Re: RES: problema
o que é o método das diferenças e qual a relação dele com as equações de recorrencia??? --- Augusto César Morgado [EMAIL PROTECTED] escreveu: Uma coisa muito boa para por a cabeça da gente no lugar diante de certos problemas é reduzi-lo. Por exemplo, por que não pensar como as fg seriam usadas neste problema: Quantas sao as soluçoes em naturais de x+y = 8 com x entre 2 e 5 e y entre 5 e 7? Carlos Maçaranduba wrote: ok,mas poderia explicar -me como eu resolvo por funções geratrizes???fui procurar mais sobre isso e encontrei alguns problemas de contagem sendo resolvidos por estas tecnicas como abaixo: ache o números de soluções de x_1 + x_2 + x_3 = 17 tais que 2= x_1 =5 , 3 = x_2 = 6 e 4 = x_3 = 7 e x_1 ,x_2 e x_3 são naturais. Simplesmente ele faz: (x^2 + x^3 + x^4 + x^5)(x^3+ x^4 + x^5 + x^6)(x^4 + x^5 + x^6 + x^7) e acha o coeficiente de x^17 que é igual a 3 , que é a resposta do problema... QUE MÁGICA É ESSA E O PIOR DE TUDO QUE AINDA HÁ GENTE QUE PREFERE BIOLOGIA --- M. A. A. Cohen [EMAIL PROTECTED] escreveu: Como vc nao disse nada sobre qtos tipos de cada operador vc tem vou supor que os operadores e os operandos estao fixos, e seu objetivo eh descobrir de qtos maneiras pode colocar parenteses pra realizar essa operacao (se vc quiser mudar as ordens dos operadores ou inserir diferentes tipo de operando, o problema nao muda mto. o dificil acho que serah exatamente esse problema final). Esse, se nao me engano, eh um problema famoso. A resposta eh o q se costuma chamar de n-o numero de Catalan (vale [Binomial(2n,n)]/(n+1). Uma maneira de se provar isso eh considerar a funcao geratriz F cujo coeficiente de x^n eh a resposta do problema para cada n. Ai vc nota que sempre existe exatamente UM operando fora de todos os parenteses (que serve para ligar duas contas grandes). entao, C_n = C_0 * C_n-1 + C_1 * C_n-2 + ... + C_n-1 * C0 (q notacao horrivel!). Enfim, vc pediu uma dica neh :) Vc consegue achar uma equacao do segundo grau em F(x) e resolvendo e usando binomio de Newton vc encontra finalmente que o coeficiente de x_n eh sempre aquele numero la de cima. Tem um jeito de resolver esse problema sem usar funcoes geratrizes. Eu li uma vez no livro Matematica Concreta, mas nao lembro agora como se faz... Abracos, Marcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Carlos Maçaranduba Enviada em: quarta-feira, 14 de novembro de 2001 17:44 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: problema Quem não conseguir fazer pelo menos diga uma idéia.Esta forma é a chamada forma infixa(forma no qual nós escrevemos) , mas existem as formas prefixa e posfixa(esta última usada em expressoes algébricas em compiladores pois se trata de uma forma mais eficiente de interpretar uma expressão algébrica).Depois digo como é a forma posfixa.Mas por favor tentem resolver essa questào para mim. Seja uma sequencia de operandos e operadores mostrados como abaixo: A+B.C; Separando por parenteses poderiamos obter duas expressões algébricas: (A+B).C ou A+(B.C); Repare que temos três operandos e dois operadores(multiplicação e soma).Dada uma sequencia de n operandos e n-1 operadores ,de quantas formas diferentes se pode formar expressões algébricas separadas por parenteses??? obs:Obviamente que a sequencia começa por um operando e termina com outro operando. ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/ ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/ ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/
Re: RES: problema
ok,mas poderia explicar -me como eu resolvo por funções geratrizes???fui procurar mais sobre isso e encontrei alguns problemas de contagem sendo resolvidos por estas tecnicas como abaixo: ache o números de soluções de x_1 + x_2 + x_3 = 17 tais que 2= x_1 =5 , 3 = x_2 = 6 e 4 = x_3 = 7 e x_1 ,x_2 e x_3 são naturais. Simplesmente ele faz: (x^2 + x^3 + x^4 + x^5)(x^3+ x^4 + x^5 + x^6)(x^4 + x^5 + x^6 + x^7) e acha o coeficiente de x^17 que é igual a 3 , que é a resposta do problema... QUE MÁGICA É ESSA E O PIOR DE TUDO QUE AINDA HÁ GENTE QUE PREFERE BIOLOGIA --- M. A. A. Cohen [EMAIL PROTECTED] escreveu: Como vc nao disse nada sobre qtos tipos de cada operador vc tem vou supor que os operadores e os operandos estao fixos, e seu objetivo eh descobrir de qtos maneiras pode colocar parenteses pra realizar essa operacao (se vc quiser mudar as ordens dos operadores ou inserir diferentes tipo de operando, o problema nao muda mto. o dificil acho que serah exatamente esse problema final). Esse, se nao me engano, eh um problema famoso. A resposta eh o q se costuma chamar de n-o numero de Catalan (vale [Binomial(2n,n)]/(n+1). Uma maneira de se provar isso eh considerar a funcao geratriz F cujo coeficiente de x^n eh a resposta do problema para cada n. Ai vc nota que sempre existe exatamente UM operando fora de todos os parenteses (que serve para ligar duas contas grandes). entao, C_n = C_0 * C_n-1 + C_1 * C_n-2 + ... + C_n-1 * C0 (q notacao horrivel!). Enfim, vc pediu uma dica neh :) Vc consegue achar uma equacao do segundo grau em F(x) e resolvendo e usando binomio de Newton vc encontra finalmente que o coeficiente de x_n eh sempre aquele numero la de cima. Tem um jeito de resolver esse problema sem usar funcoes geratrizes. Eu li uma vez no livro Matematica Concreta, mas nao lembro agora como se faz... Abracos, Marcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Carlos Maçaranduba Enviada em: quarta-feira, 14 de novembro de 2001 17:44 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: problema Quem não conseguir fazer pelo menos diga uma idéia.Esta forma é a chamada forma infixa(forma no qual nós escrevemos) , mas existem as formas prefixa e posfixa(esta última usada em expressoes algébricas em compiladores pois se trata de uma forma mais eficiente de interpretar uma expressão algébrica).Depois digo como é a forma posfixa.Mas por favor tentem resolver essa questào para mim. Seja uma sequencia de operandos e operadores mostrados como abaixo: A+B.C; Separando por parenteses poderiamos obter duas expressões algébricas: (A+B).C ou A+(B.C); Repare que temos três operandos e dois operadores(multiplicação e soma).Dada uma sequencia de n operandos e n-1 operadores ,de quantas formas diferentes se pode formar expressões algébricas separadas por parenteses??? obs:Obviamente que a sequencia começa por um operando e termina com outro operando. ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/ ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/
Re: RES: problema
Uma coisa muito boa para por a cabea da gente no lugar diante de certos problemas reduzi-lo. Por exemplo, por que no pensar como as fg seriam usadas neste problema: Quantas sao as soluoes em naturais de x+y = 8 com x entre 2 e 5 e y entre 5 e 7? Carlos Maaranduba wrote: [EMAIL PROTECTED]"> ok,mas poderia explicar -me como eu resolvo porfunes geratrizes???fui procurar mais sobre isso eencontrei alguns problemas de contagem sendoresolvidos por estas tecnicas como abaixo:ache o nmeros de solues de x_1 + x_2 + x_3 = 17tais que 2= x_1 =5 , 3 = x_2 = 6 e 4 = x_3 = 7 ex_1 ,x_2 e x_3 so naturais.Simplesmente ele faz:(x^2 + x^3 + x^4 + x^5)(x^3+ x^4 + x^5 + x^6)(x^4 +x^5 + x^6 + x^7) e acha o coeficiente de x^17 que igual a 3 , que a resposta do problema... QUE MGICA ESSAE O PIOR DE TUDO QUE AINDA H GENTE QUE PREFEREBIOLOGIA--- "M. A. A. Cohen" [EMAIL PROTECTED] escreveu: Como vc nao disse nada sobre qtos tipos de cada operador vc tem vou suporque os operadores e os operandos estao fixos, e seuobjetivo eh descobrir deqtos maneiras pode colocar parenteses pra realizaressa operacao (se vcquiser mudar as ordens dos operadores ou inserirdiferentes tipo deoperando, o problema nao muda mto. o dificil achoque serah exatamente esseproblema final).Esse, se nao me engano, eh um problema famoso. Aresposta eh o q se costumachamar de n-o numero de Catalan (vale[Binomial(2n,n)]/(n+1).Uma maneira de se provar isso eh considerar a funcaogeratriz F cujocoeficiente de x^n eh a resposta do problema paracada n. Ai vc nota quesempre existe exatamente UM operando fora de todosos parenteses (que servepara ligar duas contas grandes). entao, C_n = C_0 *C_n-1 + C_1 * C_n-2 +... + C_n-1 * C0 (q notacao horrivel!).Enfim, vc pediu uma dica neh :)Vc consegue achar uma equacao do segundo grau emF(x) e re solvendo e usandobinomio de Newton vc encontra finalmente que ocoeficiente de x_n eh sempreaquele numero la de cima.Tem um jeito de resolver esse problema sem usarfuncoes geratrizes. Eu liuma vez no livro "Matematica Concreta", mas naolembro agora como se faz...Abracos,Marcio-Mensagem original-De: [EMAIL PROTECTED][mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome deCarlos MaarandubaEnviada em: quarta-feira, 14 de novembro de 200117:44Para: [EMAIL PROTECTED]Assunto: problemaQuem no conseguir fazer pelo menos diga umaidia.Esta forma a chamada forma infixa(forma noqual ns escrev emos) , mas existem as formas prefixaeposfixa(esta ltima usada em expressoes algbricasemcompiladores pois se trata de uma forma maiseficientede interpretar uma expresso algbrica).Depois digocomo a forma posfixa.Mas por favor tentem resolveressa questo para mim.Seja uma sequencia de operandos e operadoresmostradoscomo abaixo:A+B.C;Separando por parenteses poderiamos obter duasexpresses algbricas: (A+B).C ou A+(B.C);Repare que temos trs operandos e doisoperadores(multiplicao e soma).Dada uma sequenciaden operandos e n-1 operadores ,de quantas formasdiferentes se pode formar expresses algbricasseparadas por parenteses???obs:Obviamente que a sequencia comea por umoperandoe termina com outro operando. ___Yahoo! GeoCitiesTenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua homepage no Yahoo!GeoCities. fcil e grtis!http://br.geocities.yahoo.com/ ___Yahoo! GeoCitiesTenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. fcil e grtis!http://br.geocities.yahoo.com/
Re: RES: problema
poxa mas eu já estou perguntando --- Augusto César Morgado [EMAIL PROTECTED] escreveu: Uma coisa muito boa para por a cabeça da gente no lugar diante de certos problemas é reduzi-lo. Por exemplo, por que não pensar como as fg seriam usadas neste problema: Quantas sao as soluçoes em naturais de x+y = 8 com x entre 2 e 5 e y entre 5 e 7? Carlos Maçaranduba wrote: ok,mas poderia explicar -me como eu resolvo por funções geratrizes???fui procurar mais sobre isso e encontrei alguns problemas de contagem sendo resolvidos por estas tecnicas como abaixo: ache o números de soluções de x_1 + x_2 + x_3 = 17 tais que 2= x_1 =5 , 3 = x_2 = 6 e 4 = x_3 = 7 e x_1 ,x_2 e x_3 são naturais. Simplesmente ele faz: (x^2 + x^3 + x^4 + x^5)(x^3+ x^4 + x^5 + x^6)(x^4 + x^5 + x^6 + x^7) e acha o coeficiente de x^17 que é igual a 3 , que é a resposta do problema... QUE MÁGICA É ESSA E O PIOR DE TUDO QUE AINDA HÁ GENTE QUE PREFERE BIOLOGIA --- M. A. A. Cohen [EMAIL PROTECTED] escreveu: Como vc nao disse nada sobre qtos tipos de cada operador vc tem vou supor que os operadores e os operandos estao fixos, e seu objetivo eh descobrir de qtos maneiras pode colocar parenteses pra realizar essa operacao (se vc quiser mudar as ordens dos operadores ou inserir diferentes tipo de operando, o problema nao muda mto. o dificil acho que serah exatamente esse problema final). Esse, se nao me engano, eh um problema famoso. A resposta eh o q se costuma chamar de n-o numero de Catalan (vale [Binomial(2n,n)]/(n+1). Uma maneira de se provar isso eh considerar a funcao geratriz F cujo coeficiente de x^n eh a resposta do problema para cada n. Ai vc nota que sempre existe exatamente UM operando fora de todos os parenteses (que serve para ligar duas contas grandes). entao, C_n = C_0 * C_n-1 + C_1 * C_n-2 + ... + C_n-1 * C0 (q notacao horrivel!). Enfim, vc pediu uma dica neh :) Vc consegue achar uma equacao do segundo grau em F(x) e resolvendo e usando binomio de Newton vc encontra finalmente que o coeficiente de x_n eh sempre aquele numero la de cima. Tem um jeito de resolver esse problema sem usar funcoes geratrizes. Eu li uma vez no livro Matematica Concreta, mas nao lembro agora como se faz... Abracos, Marcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Carlos Maçaranduba Enviada em: quarta-feira, 14 de novembro de 2001 17:44 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: problema Quem não conseguir fazer pelo menos diga uma idéia.Esta forma é a chamada forma infixa(forma no qual nós escrevemos) , mas existem as formas prefixa e posfixa(esta última usada em expressoes algébricas em compiladores pois se trata de uma forma mais eficiente de interpretar uma expressão algébrica).Depois digo como é a forma posfixa.Mas por favor tentem resolver essa questào para mim. Seja uma sequencia de operandos e operadores mostrados como abaixo: A+B.C; Separando por parenteses poderiamos obter duas expressões algébricas: (A+B).C ou A+(B.C); Repare que temos três operandos e dois operadores(multiplicação e soma).Dada uma sequencia de n operandos e n-1 operadores ,de quantas formas diferentes se pode formar expressões algébricas separadas por parenteses??? obs:Obviamente que a sequencia começa por um operando e termina com outro operando. ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/ ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/ ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/
RES: Problema Interessante ...
Esse e bom ... Prove que ( elevado a ) + ( elevado a ) e divisivel por 7. Solucao: Seja ^ = elevado a Eh um problema de congruencia. Escreverei a==b para significar que a e b deixam o mesmo resto na divisao por 7 (nesse caso diz-se que a e b sao congruentes modulo 7). Algumas das propriedades das congruencias sao: (i) se a==b entao a^n == b^n (ii) se a==b e c==d entao a+c==b+d Baseando-nos nestas propriedades temos: ^ == 4^ == (pois == 4, prop(i)) == 4^(3.740+2) == == 4^(3.740).4^2 == == (4^3)^740.4^2 == == 64^740.16 == 1^740.16 == (pois 64 == 1, prop(i)) == 16 == 2 logo ^ == 2 note que a chave aqui foi descobrir a que numero n devemos evevar 4 de modo que 4^n == 1. No caso 4^3 = 64 == 1. por outro lado ^ == 3^ == (pois == 3, prop(i)) == 3^(6.925+5) == == 3^(6.925).3^5 == == (3^6)^925.3^5 == == 729^925.3^5 == == 1^925.3^5 == (pois 729 == 1, prop(i)) == 3^5 == 243 == 5 Como ^ == 2 ^ == 5 podemos somar (prop(ii)) ^ + ^ == 2 + 5 == 7 == 0 logo ^ + ^ eh divisivel por 7. []'s Eric.
RES: problema
Para que ver que eh invariante, considere os casos possiveis: Se de um estado generico (a,b,c) voce retirar um da cor de a, e um da cor de c, voce vai ficar com o estado (a-1, b+2, c-1). Se vc olhar para a diferenca de dois deles, vai ver que essa diferenca eh sempre congruente a diferenca original modulo 3. (de fato, a-1-(b+2) = (a-b)-3 = a-b mod 3, e (a-1)-(c-1)=a-c ). Qualquer outro caso eh analogo (basta renomear as cores retiradas q vc cai no anterior). Portanto, a diferenca entre dois termos quaisquer tomada mod 3 eh um invariante do problema. Para que na situacao final voce tenha (0,0,k) (i.e, sobraram k chips da cor 3 apenas) entao eh necessario que a tripla inicial (a,b,c) satisfaça b=a mod3 e c-b=k mod3 (pq nesse caso voce tem 0-0=0 mod 3 e k-0 = k mod3). Como k eh qualquer, uma condicao necessaria para que ao final soh haja chips da cor 3 eh que a=b mod 3. Por outro lado, comecando com uma configuracao satisfazendo a=b mod 3, eh sempre possivel terminar com tudo da mesma cor. Basta sempre retirar 1 de a e 1 de b. Agora, tem uma coisa meia estranha no modo como vc deu o enunciado. A unica maneira de o processo chegar ao final eh se tiver 2 cores zeradas. Se nao houverem 2 cores zeradas, vc sempre pode continuar... o enunciado poderia ser: 'de uma condicao para que se consiga chegar ao estado em que apenas uma cor existe.' O unico caso em que isso nao ocorre eh quando as qtds de cores sao as 3 possiveis classes mod 3: 0,1,2. Nesse caso, vc nunca consegue terminar. Marcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Marcelo Souza Enviada em: domingo, 29 de julho de 2001 00:05 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: problema Esse problema aki tem uma solução que eu naum entendi, se alguém pudesse me explicar eu seria grato Dados a chips brancos, b chips pretos, c chips vermelhos em cima de uma mesa. Escolhemos dois De cores diferentes e substituimos cada um pelo de terceira cor. O processo se repete. Diga a condição que deve haver entre os numeros a,b e c para que ao final todos os chips sejam da mesma cor. A solução começa no caso inicia, (a,b,c) que após o primeiro passo pode passar a ser (a+2, b-1, c-1); ou (a-1,b+2,c-1); ou (a-1,b-1,c+2). A solução diz que em qquer caso I = a-b mod 3. E diz que b-c=0 mod 3 e a-c=0 mod 3 são invariantes, naum entendi essa parte, pq eles são congruos a zero mod 3??? abraços M. _ Get your FREE download of MSN Explorer at http://explorer.msn.com/intl.asp
RES: Problema de Geometria
Extremamente interessante essa sua demonstracao! -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Edson Ricardo de Andrade Silva Enviada em: tera-feira, 17 de abril de 2001 14:44 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: Problema de Geometria Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para ... ... a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da eh altura. CQD.
RES: RES: Problema...
Ola Marcelo, como vc me pediu colocarei a pergunta original: "Num terreno de 45 m existem 2000 azuleijos. Quais as dimenses dos azuleijos?". Sua dvida sobre "confrontao", creio que no soube me expressar muito bem. Eu procurava dar a noo de ter duas propores iguais que eram 3x15 (1x5) e 20x100 (1x5). Assim, no haveria, por exemplo, azuleijos rachados para completar o espao. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de marcelo_brazao Enviada em: sbado, 14 de abril de 2001 23:37 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re:RES: Problema... Ol Csar, e demais ilustres da lista. O problema dado se resume em: 1. tirar os divisores de 45 e 2000. 2. encontrar os valores naturais possveis para a construo da rea de 45m^2. Assim pode ser 1x45, 3x15 ou 5x9. E confrontar com os valores possveis de se colocar 2000 azuleijos 1x2000, 2x1000, ... 40x50. Entre esse valores, a nica que est a uma mesma proporo 3x15 e 20x100. Portanto agora sabemos que o terreno de 3x15 e que tero 20 azuleijos no lado 3m, e 100 azuleijos no lado 15m. Aps isso, basta dividirmos 3 metros para 20 azuleijos ou 15m para 100 azuleijos. O que nos apresenta como resposta 15cm de lado. Ou seja, como o azuleijo encontrado quadrado, uma rea de 0,0225m^2. Que, apenas como prova da resposta dada, pode ser multiplicada por 2000 e nos dar 45m^2, que exatamente a rea do terreno. At breve, colegas Wagner Ferreira Ola Wagner, uma duvida pessoal, eu nao li esse problema proposto na lista, mas eu o conheco, 2 coisas nao entendi... pq vc assumiu que devem ser valores naturais para uma area de 45m^2 ? eu posso ter uma medida natural em centimetros, ou decimetros...na sua consideracao, so ha numeros naturais em metros e tambem nao entendi essa confrotacao de valores possiveis, talvez o problema que vc leu seja um pouco diferente do q eu conheco, entao, peo por favor q vc mande o problema original e explique a sua solucao... Atenciosamente.. Marcelo Brazao __ O BOL Top3 no iBest! Vote j para torn-lo Top1! http://www.bol.com.br/ibest.html
RES: Problema do Resto
Uma solução é: O número procurado é N, sendo N=10q1 + 9, N= 9q2 + 8, N= 8q3 + 7, ... N= 2q9 + 1, se somarmos 1 a cada membro de cada equação obtemos: N + 1 =10q1 + 10, N + 1 = 9q2 + 9, N + 1 = 8q3 + 8, ... N + 1 = 2q9 + 2, e portanto N + 1 =10p1, N + 1 = 9p2, N + 1 = 8p3, ... N + 1 = 2p9, assim o menornúmero natural será um múltiplo comum de 10, 9, 8, ..., 2 menos 1, que é 2519.
RES: Problema de Geometria
"Se faltar para terminar o dia 2/3 do que j passou, qual o ngulo formado pelos ponteiros do relgio?" Primeiro necessrio determinar qual o horrio marcado no relgio. Ento resolvemos a equao x+(2/3)x=24 e obtemos x=14,4 que igual a 14 horas e 24 minutos. Ento projetamos isso no crculo trigonomtrico e temos que o ngulo entre os dois ponteiro de 72. Pode-se fazer o seguinte para facilitar o clculo. Primeiro calcular a distncia entre os ponteiros como se o ponteiro das horas no "andasse" enquanto o dos minutos "trabalha" (e lembrar que cada minuto equivale a 6). Assim, teramos que a distncia entre os dois ponteiros de: 90-6=84, porm durante esse tempo o ponteiro das horas tambm "trabalhou", ento, sabendo que 1 hora equivale a 30, 0,4 horas nos dar 12, ento s subtrarmos 84 de 12, e encontraremos 72 isso a!
Re: RES: problema 4
On Sat, 28 Oct 2000, Marcio wrote: ja mandei essa msg pra lista logo depois do fim de semana da obm. aqui vai ela de novo. Minha solucao para o problema 4. Vale uma olhada, pois eu posso ter errado. Q:A avenida providencia tem infinitos semaforos igualmente espaçados e sincronizados. A distancia entre dois semaforos consecutivos e de 1.500m. Os semaforos ficam abertos por 90seg. e fechados por 1min. Suponha que o carro trafegue com velocidade constante por esta avenida. Para quais valores de velocidade e possivel que o carro passe por uma quantidade arbritariamente grande de semaforos sem parar em qualquer um deles. S: Vamos supor primeiro que o carro passa pelo primeiro semaforo no tempo t=0 e que esse é o momento em que todos os sinais sao ligados (qq outro caso eh analogo). Seja n1. Tn eh o instante em que o carro passa pelo sinal (n+1). Entao, queremos que: 150t = Tn = 150t + 90 para algum natural t. Por outro lado, com velocidade v, e 1500m entre cada dois sinais, vemos logo que Tn=(1500n)/v. Entao, simplificando, queremos que: 5t = 50n/v = 5t + 3 = 0 = 5[10n/v - t] = 3 Claro que esse t deve ser int(10n/v) (pois o colchete eh positivo e menor que 1) e queremos que 10n/v - int(10n/v) = 3/5 para todo n natural. Mas a equacao an - int(an) = 3/5 soh eh valida para todo natural quando a=0.5, a=1 ou em geral qdo a eh inteiro. (pra provar isso, primeiro note que basta considerar os casos em que a=1 (p; isso, note que int(n+d)=n+int(d) qdo n eh inteiro) e ai separe em tres casos: a0.4, 0.4=a0.5 e 0.5a1.0: a0.4 : Entao quando vc for somando "a" a ele mesmo eternamente, alguma hora teremos na0.6 tq (n+1) nao eh menor que 0.6, e nesse caso teremos 0.6 (n+1)a1. Se 0.4a0.5, entao 0.82a1 se a0.5, entao considere o numero b=2a que tem parte decimal entre 0 e 0.5 e pode ser tratado como nos casos anteriores).) Portanto, restam as opcoes: parte fracionaria de 10/v igual a 1/2, i.e: 10/v = 0.5, 1.5, 2.5, ... Nesse caso pode ser v=20 ou 100/15=20/3 ou 100/25=4 , etc... ou, 10/v inteiro (nesse caso v=1,2,5,10...) Portanto, acho que existem infinitas solucoes (poucas inteiras). uma familia eh dada por 10/v = (2k+1)/2 para k natural, ou seja, v = 20/i, i natural impar. As semais sao 10/v=k, ou seja, 20/v =natural par. A solucao geral eh portanto 20/v = natural, ou seja, v = 20/k, onde k eh um natural qualquer. (obs: reciprocamente ve-se q toda velocidade dessa forma satisfaz o enunciado.) A resposta final está correta (se interpretada em m/s). A explicação *parece* conter as idéias principais mas está um pouco difícil de acompanhar em alguns pontos. abracos, MArcio []s, N.
RES: problema 4
ja mandei essa msg pra lista logo depois do fim de semana da obm. aqui vai ela de novo. Minha solucao para o problema 4. Vale uma olhada, pois eu posso ter errado. Q:A avenida providencia tem infinitos semaforos igualmente espaçados e sincronizados. A distancia entre dois semaforos consecutivos e de 1.500m. Os semaforos ficam abertos por 90seg. e fechados por 1min. Suponha que o carro trafegue com velocidade constante por esta avenida. Para quais valores de velocidade e possivel que o carro passe por uma quantidade arbritariamente grande de semaforos sem parar em qualquer um deles. S: Vamos supor primeiro que o carro passa pelo primeiro semaforo no tempo t=0 e que esse é o momento em que todos os sinais sao ligados (qq outro caso eh analogo). Seja n1. Tn eh o instante em que o carro passa pelo sinal (n+1). Entao, queremos que: 150t = Tn = 150t + 90 para algum natural t. Por outro lado, com velocidade v, e 1500m entre cada dois sinais, vemos logo que Tn=(1500n)/v. Entao, simplificando, queremos que: 5t = 50n/v = 5t + 3 = 0 = 5[10n/v - t] = 3 Claro que esse t deve ser int(10n/v) (pois o colchete eh positivo e menor que 1) e queremos que 10n/v - int(10n/v) = 3/5 para todo n natural. Mas a equacao an - int(an) = 3/5 soh eh valida para todo natural quando a=0.5, a=1 ou em geral qdo a eh inteiro. (pra provar isso, primeiro note que basta considerar os casos em que a=1 (p; isso, note que int(n+d)=n+int(d) qdo n eh inteiro) e ai separe em tres casos: a0.4, 0.4=a0.5 e 0.5a1.0: a0.4 : Entao quando vc for somando "a" a ele mesmo eternamente, alguma hora teremos na0.6 tq (n+1) nao eh menor que 0.6, e nesse caso teremos 0.6 (n+1)a1. Se 0.4a0.5, entao 0.82a1 se a0.5, entao considere o numero b=2a que tem parte decimal entre 0 e 0.5 e pode ser tratado como nos casos anteriores).) Portanto, restam as opcoes: parte fracionaria de 10/v igual a 1/2, i.e: 10/v = 0.5, 1.5, 2.5, ... Nesse caso pode ser v=20 ou 100/15=20/3 ou 100/25=4 , etc... ou, 10/v inteiro (nesse caso v=1,2,5,10...) Portanto, acho que existem infinitas solucoes (poucas inteiras). uma familia eh dada por 10/v = (2k+1)/2 para k natural, ou seja, v = 20/i, i natural impar. As semais sao 10/v=k, ou seja, 20/v =natural par. A solucao geral eh portanto 20/v = natural, ou seja, v = 20/k, onde k eh um natural qualquer. (obs: reciprocamente ve-se q toda velocidade dessa forma satisfaz o enunciado.) abracos, MArcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Marcelo Souza Enviada em: domingo, 29 de outubro de 2000 12:24 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: problema 4 Oi, Alguém poderia resolver o problema 4 da OBM pra mim, por favor? Valeu! 4)A avenida Providência tem infinitos semáforos igualmente espaçados e sincronizados. A distância entre dois semáforos consecutivos é de 1.500m. Os semáforos ficam abertos por 1 min 30s, depois fechados por 1 min, depois abertos por 1 min 30s e assim sucessivamente. Suponha que um carro trafegue com velocidade constante igual a v, em m/s, pela avenida Providência. Para quais valores de v é possível que o carro passe por uma quantidade arbitrariamente grande de semáforos sem parar em qualquer um deles? obrigado abraços macelo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. Share information about yourself, create your own public profile at http://profiles.msn.com.
RES: Problema 4.
Corrigindo: 10/v inteiro implica 20/v = 2k, k natural, que da as solucoes da forma v = 20/2k, ou seja, 20 dividido por um impar. Complementando com a primeira familia, da exatamente o que vc (Carlos Stein) disse. v=20/k, onde k eh natural.. desculpe a confusao.. abracos, MArcio -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Marcio Enviada em: domingo, 22 de outubro de 2000 18:03 Para: [EMAIL PROTECTED] Cc: [EMAIL PROTECTED]; [EMAIL PROTECTED] Assunto: Problema 4. parte fracionaria de 10/v igual a 1/2, i.e: 10/v = 0.5, 1.5, 2.5, ... Nesse caso pode ser v=20 ou 100/15=20/3 ou 100/25=4 , etc... ou, 10/v inteiro (nesse caso v=1,2,5 ou 10.) Portanto, acho que existem infinitas solucoes (poucas inteiras). uma familia eh dada por 10/v = (2k+1)/2 para k natural, ou seja, v = 20/i, i natural impar. As semais sao v = 1,2,5,10, ... . abracos, MArcio
RES: Problema da olimpíada
A solucao de vcs nao esta completa, por isso eh menor. Vou comentar o erro que acontece no caso n par. Por um lado, eh claro que se houverem n/2 jogos por domingo, o campeonato acaba no menor numero possivel de domingos (pois dois times nao podem jogar no mesmo domingo). Agora, fica faltando vc mostrar que realmente existe como organizar um campeonato de modo que haja n/2 jogos por domingo do inicio ao fim de modo que cada time jogue uma e so uma vez com cada um dos outros. Uma vez mostrado isso, o resto eh como vc fez. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Marcos Eike Tinen dos Santos Enviada em: Domingo, 3 de Setembro de 2000 12:12 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: Problema da olimpíada também, concordo com você. logo, alguém queira me explicar porque tamanho detalhes sobre a solução desse problema, bela banca examinadora? O que os examinadores queriam que observasse nesta questão, para tamanha solução? Ats, Marcos Eike -Mensagem Original- De: Eduardo Favarão Botelho [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Enviada em: Sábado, 2 de Setembro de 2000 23:32 Assunto: Problema da olimpíada Olá a todos! Ao ver a prova da última olimpíada, 3a fase, vi um problema assim: Em Tumbólia existem n times de futebol. Deve-se organizar um campeonato em que cada time joga exatamente uma vez com cada um dos outros. Todos os jogos ocorrem aos domingos, e um time não pode jogar duas vezes no mesmo dia. Determine o menor inteiro positivo "m" para o qual é possível realizar tal campeonato em "m" domingos. Fiquei espantado com o tamanho da resposta(tão enorme era). No entanto, uma solução muito mais compacta pode ser esta: 1a hipótese: n é par cada time joga n-1 vezes total de jogos: n(n-1)/2 -- equação 1 jogos por domingo: n/2 -- equação 2 Fazendo-se 1/2, tem-se m= n-1 2a hipótese: n é ímpar cada time joga n-1 partidas jogos por domingo: (n-1)/2 , pois um vai ficar de fora; --- equação 1 total de jogos: n(n-1)/2 --- equação 2 Fazendo-se 1/2, tem-se m = n Difícil mesmo é entender por que a banca examinadora pôs uma resposta tão longa e cansativa como gabarito, sendo este um exercício relativamente fácil. Afinal, a matemática preza a concisão e a objetividade. Abraços, Eduardo
RES: Problema de inteiros
Tem um teorema (acho q eh do Euclides O Zé Paulo me corrija, pois foi meu professor de Os Números equivalente a álgebra 1)que diz que o m.d.c. entre dois números sempre pode ser escrito como uma combinação linear entre esses números. No seu problema temos m.d.c(a, b)= 1 = xa + yb = 1. (eh fácil chegar aos possiveis valores de x e y pelo algoritmo de Euclides)daí basta multiplicar toda a expressão pelo valor de n desejado. Equações do tipo xa + yb = n são chamadas Equações Diofantinas, que são usadas pra resolver, por exemplo o problema Chinês do resto (muito interessante por sinal) Espero ter ajudado. []'s M.P. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Ecass Dodebel Enviada em: sábado, 22 de abril de 2000 17:42 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Problema de inteiros E ai, pessoal? Eu estava tentando resolver um dos problemas propostos na última Eureka! e acabei chegando em uma parte que consigo seguir adiante mas é muito trabalhosa a minha prova, e não sei se está bem certa. Lá vai. 1) Sejam x e y dois números primos entre si. Provar que podemos obter qualquer número somando múltiplos de x e de y. Solução. Queremos provar que para todo o x,y,n dados, podemos achar f e g de modo que fx + gy = n ( a soma de múltiplos de x e de y dão o n ) Isola-se o f, ou o g... no caso isolei o f: f = (n - gy)/x Agora nos basta encontrar g de modo que x | n - gy. Para quem sabe um pouquinho de Teoria dos Números, eu acho que se variarmos o y num s.c.r. então o n - gy será um s.c.r. módulo x, e estaria provado. Mas vamos por partes: Suponhamos que n - g1y =/= n - g2y (mod x)'=/= incongruente g1y =/= g2y (mod x) == afirmação similar a x não divide y(g1-g2) Como mdc(x,y)=1 então g1 =/= g2 (mod x) Vale tambem que se g1 =/= g2 (mod x) então n - g1y =/= n - g2y (mod x). Agora escolhemos x números incongruentes módulo x (g1,...,gx), ou seja, que nunca deixem o mesmo resto na divisão por x. E necessariamente: n - giy =/= n - gjy (mod x) para todo o i e j Ou seja, nesses x números (n-g1y,...,n-gxy), todos são incongruentes módulo x, e como existem apenas x restos possíveis na divisão por x, necessariamente algum deles deixará resto zero na divisão por x, e portanto haverá um g, tal que: f = (n - gy)/x será inteiro, e está provado o enunciado. 2) Sejam x e y dois números primos entre si. Prove que existe um N, de modo que para todo o n N, podemos escolher múltiplos positivos de x e de y que somados dão n. Nessas condições teremos que ter Solução. O problema pede para que mostremos que existem f e g positivos de modo que, para n N fx + gy = n (lembrando que é todo mundo inteiro nesse e-mail) A minha idéia é a seguinte, claramente xy - yx = 0, e portanto para todo o a vale axy - ayx = 0, daí: fx + gy + axy - ayx = n (f + ay)x + (g - ax)y = n, para qualquer a que escolhermos Quero mostrar que existirá um a, a partir de um dado n, para que f + ay e g - ax sejam ambos positivos. Conseguimos escolher a de modo que (f + ay)x - (g - ax)y = fx - gy + 2ayx esteja entre -yx e yx, basta mostrar que nesse intervalo teremos f+ay e g-ax sempre positivos. Tanto f+ay quanto g-ax podem ficar entre [ n-xy ; n+xy ], ou seja basta que n-xy0 e portanto que n xy. Logo para N = xy vale o enunciado. Obrigado para quem leu! E tem algum erro? Valeu... Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com
