Re: [obm-l] Tabuleiro n x n

2015-05-07 Por tôpico Carlos Yuzo Shine
Primeiro, note que como cada peça tem 6 quadradinhos, n^2 é múltiplo de 6, ou 
seja, n é múltiplo de 6. Assim, n^2 é múltiplo de 36, de modo que n^2=36k, e a 
quantidade de peças é 6k, que é par.
Agora, pense nos centros dos quadradinhos como pontos de coordenadas inteiras, 
de (1,1) a (n,n), e pinte os quadradinhos com ambas as coordenadas pares. Com 
isso, a quantidade de quadradinhos é (n/2)^2.
Mas pode-se verificar, testando todos os casos, que cada peça cobre uma ou três 
casas pintadas, ou seja, é sempre ímpar. Com isso, como a quantidade de peças é 
par, o total (n/2)^2 é par, ou seja, n/2 é par, e com isso, n é múltiplo de 4.
Portanto n é múltiplo de 12, e como o amigo já notou, é possível cobrir um 12 x 
12, e portanto todo n múltiplo de 12 funciona.
[]'sShine 


 On Thursday, May 7, 2015 1:10 PM, Pedro José petroc...@gmail.com wrote:
   

 Bom dia! Temos que verificar os retângulos que podem ser gerados pela peça em 
destaque. Além disso eliminar os que podem ser gerados por outros retãngulos. 
Por exemplo o retângulo abaixo pode gerar  
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Por exemplo o retângulo acima pode gerar o retângulo abaixo: 
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|   |   |   |   |   |   |   |   |

 Usando k peças para gerar um retângulo que não pode ser gerado por nenhum 
outro retângulo (retângulo básico), teremos que a área desse retângulo é 6k 
(restrições: não pode sair do tabuleiro, nem superposição. ). Só não consegui 
provar que o retângulo 3x4 é o único retângulo básico.Vou prosseguir tentando. 
Aí fica que n = 12 m com m Ɛ |N*  Saudações,PJMS   
Em 6 de maio de 2015 20:40, Mariana Groff bigolingroff.mari...@gmail.com 
escreveu:

Boa noite,Estou com dúvida no seguinte problema, alguém poderia ajudar-me?
Determine para quais números naturais n é possível cobrir completamente um 
tabuleiro de n × ndividido em casas de 1 × 1 com peças como a da figura, sem 
buracos nem superposições e semsair do tabuleiro. Cada uma das peças cobre 
exatamente seis casas. Nota: As peças podem girar. _
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Obrigada,Mariana
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
 acredita-se estar livre de perigo.


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

  
-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.



Re: [obm-l] Tabuleiro n x n

2015-05-07 Por tôpico Pedro José
Boa noite!

Não consegui provar que só os retângulos 3x4 e 4 x3 atendem.

Um retângulo é básico, quando ele só pode ser obitido através da rotação de
apenas um retângulo.
A definição estava ruim, pois sé era único não poderiam já haver 2.

Então temos que  mmc(3,4) | n, onde | significa divide. == n = 12 m  com m Ɛ
|N*.

Se conseguíssemos outro triângulo (a,b), teríamos que aceitar também
qualquer n que fosse múltiplo de mmc (a,b).

Por exemplo se conseguíssemos um retângulo com os lados 6 e 10, teríamos
que n = 30 m também atenderia.

Note que o mmc sempre será múltiplo de 6. Se acharmos um mmc que é múltiplo
de 12, mesmo que esse novo retângulo seja básico, ele trará como solução um
subconjunto do gerado com 3 x 4 ou 4 x 3.
Por exemplo: 10 x 6.

Todavia, se existirem retângulos  ai x bi que mmc(ai,bi) | 6 e mmc (ai,bi)
∤ 12 (onde ∤ significa não divide)  e tomarmos o que mmc(ai,bi)  = mi,
teremos que incluir as soluções n =  j. mi, j Ɛ 2 |N + 1 e i Ɛ |N*. variando
de 1 até t, onde t é o número de retângulos possíveis.

 Com mmc igual a 6 é fácil mostrar que não existe, mas para mmc(a,b) Ɛ {18,
30,42,54, 66 ...} mostrar que não existe nenhum retângulo (que é o que
acredito, intuitivamente) ou determinar para que valores de {18, 30,42,54,
66 ...} atende, o que suponho ser deveras complicado.
Portanto se alguém observar uma restrição para que não seja possível se
formar retângulos a x b, cujo mmc(a,b) é um múltiplo ímpar de 6, favor
ajudar para fechar o problema.

Saudações,
PJMS







Em 7 de maio de 2015 13:10, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Bom dia!

 Temos que verificar os retângulos que podem ser gerados pela peça em
 destaque. Além disso eliminar os que podem ser gerados por outros
 retãngulos. Por exemplo o retângulo abaixo pode gerar


 Por exemplo o retângulo acima pode gerar o retângulo abaixo:



 Usando k peças para gerar um retângulo que não pode ser gerado por nenhum
 outro retângulo (retângulo básico), teremos que a área desse retângulo é 6k
 (restrições: não pode sair do tabuleiro, nem superposição. ).

 Só não consegui provar que o retângulo 3x4 é o único retângulo básico.
 Vou prosseguir tentando.

 Aí fica que n = 12 m com m Ɛ |N*


 Saudações,
 PJMS








 Em 6 de maio de 2015 20:40, Mariana Groff bigolingroff.mari...@gmail.com
 escreveu:

 Boa noite,
 Estou com dúvida no seguinte problema, alguém poderia ajudar-me?

 Determine para quais números naturais n é possível cobrir completamente
 um tabuleiro de n × n dividido em casas de 1 × 1 com peças como a da
 figura, sem buracos nem superposições e sem sair do tabuleiro. Cada uma das
 peças cobre exatamente seis casas.
 Nota: As peças podem girar.
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 Obrigada,
 Mariana

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 acredita-se estar livre de perigo.




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Re: [obm-l] Tabuleiro n x n

2015-05-07 Por tôpico Pedro José
Bom dia!

Temos que verificar os retângulos que podem ser gerados pela peça em
destaque. Além disso eliminar os que podem ser gerados por outros
retãngulos. Por exemplo o retângulo abaixo pode gerar


Por exemplo o retângulo acima pode gerar o retângulo abaixo:



Usando k peças para gerar um retângulo que não pode ser gerado por nenhum
outro retângulo (retângulo básico), teremos que a área desse retângulo é 6k
(restrições: não pode sair do tabuleiro, nem superposição. ).

Só não consegui provar que o retângulo 3x4 é o único retângulo básico.
Vou prosseguir tentando.

Aí fica que n = 12 m com m Ɛ |N*


Saudações,
PJMS








Em 6 de maio de 2015 20:40, Mariana Groff bigolingroff.mari...@gmail.com
escreveu:

 Boa noite,
 Estou com dúvida no seguinte problema, alguém poderia ajudar-me?

 Determine para quais números naturais n é possível cobrir completamente um
 tabuleiro de n × n dividido em casas de 1 × 1 com peças como a da figura,
 sem buracos nem superposições e sem sair do tabuleiro. Cada uma das peças
 cobre exatamente seis casas.
 Nota: As peças podem girar.
  _
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 |_|_|_|

 Obrigada,
 Mariana

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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-31 Por tôpico Rogerio Ponce
Ola' Pacini,
o loop que eliminava a igualdade por rotacao, tambem ja' contava cada
combinacao permitida.
Neste caso, o total e' de 9612 pinturas.

[]'s
Rogerio Ponce


2015-03-30 14:55 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Oi Ponce, na verdade é para considerar todas as possibilidades, ou seja,
 não é um tabuleiro apesar do enunciado ter sido inicialmente com o
 tabuleiro, ok ? Desculpe, caso tenha dado algum transtorno.

 abraços

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 13:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ooopa, quero dizer, 2472.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel que
 pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para até
 quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois o
 par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível
 ainda hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar
 até quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21,
 a23 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais
 e depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
  escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não
 considerando os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  
 caso a
 análise fica mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
  escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores
 de tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 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.



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 acredita-se estar livre de perigo.



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 acredita-se estar livre de perigo.



Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-31 Por tôpico Pedro José
Boa tarde!
Ponce,

também achei esse valor, 9612, para tabuleiro orientado, considerando
matriz.
E encontrei 2472 elimnando as rotações, tabuleiro sem orientação.
Como você resolveu?

Saudações,
PJMS

Em 31 de março de 2015 12:58, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Pacini,
 o loop que eliminava a igualdade por rotacao, tambem ja' contava cada
 combinacao permitida.
 Neste caso, o total e' de 9612 pinturas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2015-03-30 14:55 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Oi Ponce, na verdade é para considerar todas as possibilidades, ou seja,
 não é um tabuleiro apesar do enunciado ter sido inicialmente com o
 tabuleiro, ok ? Desculpe, caso tenha dado algum transtorno.

 abraços

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 13:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com
 escreveu:

 Ooopa, quero dizer, 2472.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel que
 pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para
 até quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois
 o par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível
 ainda hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na 
 mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar
 até quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21,
 a23 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais
 e depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor 
 victorcar...@globo.com escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não
 considerando os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  
 caso a
 análise fica mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores 
 pacini.bo...@globo.com escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores
 de tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
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 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.



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



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



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



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 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.



 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-31 Por tôpico Bob Roy
Olá, também encontrei 9612 da forma que coloquei anteriormente.

Bob

Em 31 de março de 2015 13:12, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Boa tarde!
 Ponce,

 também achei esse valor, 9612, para tabuleiro orientado, considerando
 matriz.
 E encontrei 2472 elimnando as rotações, tabuleiro sem orientação.
 Como você resolveu?

 Saudações,
 PJMS

 Em 31 de março de 2015 12:58, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Pacini,
 o loop que eliminava a igualdade por rotacao, tambem ja' contava cada
 combinacao permitida.
 Neste caso, o total e' de 9612 pinturas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2015-03-30 14:55 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Oi Ponce, na verdade é para considerar todas as possibilidades, ou seja,
 não é um tabuleiro apesar do enunciado ter sido inicialmente com o
 tabuleiro, ok ? Desculpe, caso tenha dado algum transtorno.

 abraços

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 13:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com
 escreveu:

 Ooopa, quero dizer, 2472.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel
 que pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para
 até quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois
 o par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível
 ainda hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na 
 mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar
 até quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21,
 a23 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores
 iguais e depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor 
 victorcar...@globo.com escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não
 considerando os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste 
  caso a
 análise fica mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores 
 pacini.bo...@globo.com escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores
 de tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 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 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 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 

Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-31 Por tôpico Pacini Bores
Obrigado a todos pelas discussões.

Pacini

Em 31 de março de 2015 13:12, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Boa tarde!
 Ponce,

 também achei esse valor, 9612, para tabuleiro orientado, considerando
 matriz.
 E encontrei 2472 elimnando as rotações, tabuleiro sem orientação.
 Como você resolveu?

 Saudações,
 PJMS

 Em 31 de março de 2015 12:58, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Pacini,
 o loop que eliminava a igualdade por rotacao, tambem ja' contava cada
 combinacao permitida.
 Neste caso, o total e' de 9612 pinturas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2015-03-30 14:55 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Oi Ponce, na verdade é para considerar todas as possibilidades, ou seja,
 não é um tabuleiro apesar do enunciado ter sido inicialmente com o
 tabuleiro, ok ? Desculpe, caso tenha dado algum transtorno.

 abraços

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 13:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com
 escreveu:

 Ooopa, quero dizer, 2472.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel
 que pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para
 até quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois
 o par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível
 ainda hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na 
 mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar
 até quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21,
 a23 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores
 iguais e depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor 
 victorcar...@globo.com escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não
 considerando os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste 
  caso a
 análise fica mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores 
 pacini.bo...@globo.com escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores
 de tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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



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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Pedro José
Bom dia!

Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a possibilidade
de se usar até quatro cores?

Por exemplo,

0 1 0
1 0 1
0 1 0

onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

Saudações,

PJMS





Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre Morgado
 falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23 e
 a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as dificuldades.
 Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
 quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de tal
 forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Pedro José
Bom dia!

Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para até
quatro cores, há até menos restrições.
Resolvi por grafo, fazendo opções.
Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois o par
a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
Certamente, não está otimizado.
Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível ainda
hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na mão.

Saudações,
PJMS





Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar até
 quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23 e
 a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
 quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de
 tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Carlos Victor
Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

Carlos  Victor

Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar até
 quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23 e
 a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
 quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de tal
 forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Pacini Bores
Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar até
quatro cores.

Pacini

Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a possibilidade
 de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre Morgado
 falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23 e
 a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as dificuldades.
 Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
 quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de tal
 forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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



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



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



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 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] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Rogerio Ponce
Ola' pessoal,
eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel que
pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
pintura.

Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se pintar
o tabuleiro.

[]'s
Rogerio Ponce

2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para até
 quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois o
 par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível ainda
 hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar até
 quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23
 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando
 os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise 
 fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de
 tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 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 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.



Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Rogerio Ponce
Ooopa, quero dizer, 2472.

[]'s
Rogerio Ponce

2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel que
 pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para até
 quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois o
 par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível ainda
 hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar até
 quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23
 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando
 os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise 
 fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de
 tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 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 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.



Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-30 Por tôpico Pacini Bores
Oi Ponce, na verdade é para considerar todas as possibilidades, ou seja,
não é um tabuleiro apesar do enunciado ter sido inicialmente com o
tabuleiro, ok ? Desculpe, caso tenha dado algum transtorno.

abraços

Pacini

Em 30 de março de 2015 13:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ooopa, quero dizer, 2472.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:59 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' pessoal,
 eu acho que a questao e' um pouco mais complicada, pois e' razoavel que
 pinturas obtidas por rotacao do tabuleiro sejam consideradas a mesma
 pintura.

 Utilizando forca bruta, encontrei apenas 2724 modos diferentes de se
 pintar o tabuleiro.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-30 11:16 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com:

 Bom dia!

 Havia feito para exatamente quatro cores. Mas, é fácil adaptar para até
 quatro cores, há até menos restrições.
 Resolvi por grafo, fazendo opções.
 Preenchimento primeiramente de a1,1, depois o par a2,1 e a1,2, depois o
 par a2,2 e a1,3 em seguida a3,2 e a2,3 e por último a3,1 e a3,3.
 Abri o grafo sempre iguais ou diferentes.
 Certamente, não está otimizado.
 Encontrei: 8640 possibilidades com exatamente 4 cores.

 Vou refazer para até quatro cores e vos envio o grafo, se possível ainda
 hoje ao final da tarde (ocupado), vai ser escaneado, pois fiz na mão.

 Saudações,
 PJMS





 Em 30 de março de 2015 10:49, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Acredito que  ideia do Bob Roy é o mais rápida para obter a solução.

 Carlos  Victor

 Em 30 de março de 2015 10:39, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Sim Pedro, esta é uma solução; ou seja, há possibilidade de se usar
 até quatro cores.

 Pacini

 Em 30 de março de 2015 10:23, Pedro José petroc...@gmail.com
 escreveu:

 Bom dia!

 Uma dúvida há necessidade de se usar as quatro cores ou há a
 possibilidade de se usar até quatro cores?

 Por exemplo,

 0 1 0
 1 0 1
 0 1 0

 onde 0 e 1 representam duas cores distintas, seria uma solução?

 Saudações,

 PJMS





 Em 29 de março de 2015 11:26, Bob Roy bob...@globo.com escreveu:

 Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre
 Morgado falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

 Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21,
 a23 e a32 não poderão ter todas as cores diferentes.

 Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e
 depois quatro cores iguais para essas posições.

 A análise ficará menos trabalhosa .

 Farei as contas e depois eu posto o resultado.

 Roy


 Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
 escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as
 dificuldades. Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando
 os quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise 
 fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de
 tal forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

 --
 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 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.



Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-29 Por tôpico Bob Roy
Olá, O melhor para este problema é utlizar  o que o grande mestre Morgado
falava : devemos inicialmente eliminar as dificuldades.

Considerando uma matriz 3x3 , temos que os quadradinhos a12, a21, a23 e a32
não poderão ter todas as cores diferentes.

Comece fazendo a análise com  duas cores iguais, três cores iguais e depois
quatro cores iguais para essas posições.

A análise ficará menos trabalhosa .

Farei as contas e depois eu posto o resultado.

Roy


Em 28 de março de 2015 10:22, Carlos Victor victorcar...@globo.com
escreveu:

 Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as dificuldades.
 Abrirão vários casos para serem analisados.

 E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
 quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
 mais silmplificada.

 Abraços

 Carlos Victor

 Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
 escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de tal
 forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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Re: [obm-l] Tabuleiro 3x3 com 4 cores

2015-03-28 Por tôpico Carlos Victor
Comece pelo centro e pelas laterais, isto deve diminuir as dificuldades.
Abrirão vários casos para serem analisados.

E se  não me engano, esta questão tem como origem  não considerando os
quadrados pelos vértices com as mesmas cores. Neste  caso a análise fica
mais silmplificada.

Abraços

Carlos Victor

Em 28 de março de 2015 09:38, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com
escreveu:

 Olá pessoal,  como pensar nesta ?

 De quantas maneiras podemos pintar um tabuleiro 3x3 com 4 cores de tal
 forma que não tenhamos cores adjacentes ?

 Nota : em diagonal não é considerado adjacente.

 Agradeço desde já

 Pacini.

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Re: RE: [obm-l] tabuleiro

2007-04-05 Por tôpico claudio.buffara
-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Wed, 4 Apr 2007 21:45:01 -0300
Assunto: Re: RE: [obm-l] tabuleiro

  Prezado Cláudio, desculpe a minha falta de conhecimento, mas não entendi 
 como você descobriu que as equações ideais são 
 aquelas e não outras sem precisar escrever todas, ou seja, qual o critério 
 estabelicido para saber que aquelas 10 e não outras são as 
 equações que nos darão a soma desejada. Outra pergunta, esse problema é 
 conhecido em forma de algum  teorema ou é apenasm 
 mais um dos vários problemas que envolvem tabuleiros? 
 
 Um abraço, 
 
 Vanderlei 
 
 
 Em (23:08:54), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 
 
 
 Voce achou uma configuracao que funciona. 
 Mas o problema eh provar que qualquer configuracao que obedece ao enunciado 
 tem soma m(m+1). 
  
 A primeira observacao eh que voce pode reduzir o problema a metade pois se 
 a 
 soma das casas pretas for m(m+1)/2, entao a 
 soma das casas brancas tambem serah m(m+1)/2. 
  
 Por exemplo, num tabuleiro 8x8 (o problema original), suponha que voce quer 
 descobrir a soma das casas pretas (ou seja, as 
 casas x(i,j) com i+j par - estou supondo que o canto superior esquerdo - 
 casa x(1,1) - eh preto) por meio da solucao de um 
 sistema linear que implementa as condicoes do enunciado. Este sistema 
 consiste de 32 equacoes (uma para cada casa branca) em 
 32 incognitas (os valores das casas pretas). 
  
 Por exemplo, algumas das equacoes sao: 
 x(1,1)+x(2,2)+x(1,3)=1 (vizinhos da casa (1,2)) 
 x(3,7)+x(4,6)+x(4,8)+x(5,7)=1 (vizinhos da casa (4,7)) 
 x(7,1)+x(8,2)=1 (vizinhos da casa (8,1)) 
 etc... 
  
 No entanto, voce quer apenas a soma x(1,1)+x(1,3)+x(1,5)+...+x(8,8) e nao o 
 valor de cada variavel individualmente (ateh 
 porque existe uma infinidade de solucoes - o sistema tem posto  32 - 
 alias, 
 um outro problema interessante eh determinar o 
 posto do sistema ou, equivalentemente, o numero maximo de casas do 
 tabuleiro 
 cujo valor pode ser escolhido arbitrariamente). 
  
 O que voce tem que fazer, entao, eh tomar um subconjunto dessas 32 equacoes 
 tal que cada variavel aparece em exatamente 
 uma equacao desse subconjunto. Dai, somando as equacoes voce obterah a soma 
 desejada. 
 Um tal subconjunto consiste de exatamente 10 equacoes (veja abaixo). 
 Como o lado esquerdo de cada uma delas eh 1, a soma desejada eh 10. 
 De forma totalmente analoga, voce calcula a soma das casas brancas - tambem 
 igual a 10, claro! 
 Logo, a soma do tabuleiro eh 20. 
  
 Pra ver que o subconjunto acima consiste de 10 equacoes, o melhor eh 
 visualizar o tabuleiro, onde * representa uma casa 
 branca e letras representam as incognitas das 10 equacoes (duas casas com 
 letras iguais representam incognitas que aparecem 
 numa mesma equacao - por exemplo, a primeira equacao mencionada acima eh 
 representada pela letra a, a terceira pela letra 
 k e segunda nao estah entre as 10): 
  
 a * a * t * t * 
 c * b * b * e * 
 c * g * h * h * 
 k * g * s * p * 
  
 O mesmo procedimento funciona no caso geral: num tabuleiro 2mx2m as casas 
 pretas (e as brancas) geram 2m^2 equacoes em 
 2m^2 incognitas, das quais podemos extrair um subconjunto com m(m+1)/2 
 equacoes tal que cada incognita aparece em 
 exatamente uma equacao. Uma prova disso pode ser dada por inducao (por 
 exemplo, adicione 2 linhas e 2 colunas ao tabuleiro 
 acima e veja o que acontece) 
  
 []s, 
 Claudio. 
  
 -- Cabeçalho original --- 
  
 De: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED] 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
 Cópia: [EMAIL PROTECTED] 
 Data: Tue, 3 Apr 2007 19:20:34 -0300 
 Assunto: RE: [obm-l] tabuleiro 
  
  Uma configuação que sempre dá certo para um tabuleiro 2nx2n é a seguinte: 
  
  Imagine uma matriz 2n x 2n em camadas... a camada externa seria composta 
 pela linha 1 e 2n mais as colunas 1 e 2n. A 
 segunda camada seria para as linhas 2 e 2n-1 (excluindo os elementos das 
 pontas, que já fazem parte da camada externa) e as 
 colunas na mesma configuração. Logo, uma matriz 2n x 2n teria n camadas. 
  
  Uma configuração que sempre funciona é atribuir o valor 0.5 para as 
 camadas ímpares e 0 para as camadas pares. alguns 
 exemplos: 
  
  2x2: 
  0.5 0.5 
  0.5 0.5 
  
  4x4 
  0.5 0.5 0.5 0.5 
  0.5 0.0 0.0 0.5 
  0.5 0.0 0.0 0.5 
  0.5 0.5 0.5 0.5 
  
  6x6 
  0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 
  0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
  0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5 
  0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5 
  0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
  0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 
  
  Agora é questão de braço para chegar na fórmula m(m+1) 
  
  por indução, vamos colocar uma casca nova num tabuleiro 2m x 2m 
 existente. 
  
  f(m+2) = f(m) + CascaNova, sendo que CascaNova = (m+2) * 4 - 2 (o menos 2 
 é devido aos vértices) 
  
  (m+2) * (m+3) = m (m+1) + 4m + 8 -2 
  
  E como a fórmula funciona para m=1 (tabuleiro 2x2) e m=2(tabuleiro 4x4) 
 funciona para todos, certo? 
  
  
  SDS 
  JG 
  
  
  
  
  [João Gilberto Ponciano Pereira

Re: RE: [obm-l] tabuleiro

2007-04-05 Por tôpico claudio.buffara
O criterio foi a observacao de que eu nao preciso saber o valor de cada casa 
preta, mas simplesmente a soma desses valores.

No caso, eu simplesmente achei 10 casas brancas tais que as casas pretas 
vizinhas a cada uma delas nao sao vizinhas de 
nenhuma das outras 9 e tomei as equacoes relativas aquelas casas brancas.
Pra fazer isso eu desenhei um tabuleiro e, apos algumas tentativas, consegui 
uma particao das casas pretas nas condicoes acima.
No caso 8x8, a particao consiste de exatamente 10 subconjuntos disjuntos cuja 
uniao eh o conjunto das 32 casas pretas. 

Eu nao conhecia este problema e duvido que seja conhecido como um teorema de 
combinatoria, ou um caso particular de um tal 
teorema, ateh porque esta area da matematica eh bem pouco estruturada, ou seja, 
nao existe uma grande teoria organizada de 
combinatoria, da mesma maneira que existe uma teoria bem organizada de equacoes 
diferenciais ou de geometria algebrica. 
Combinatoria ainda estah na fase em que os problemas sao, em grande parte, 
resolvidos caso a caso, sem se apelar para uma 
teoria geral (que nao existe ainda!).

[]s,
Claudio.

-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Wed, 4 Apr 2007 21:45:01 -0300
Assunto: Re: RE: [obm-l] tabuleiro

  Prezado Cláudio, desculpe a minha falta de conhecimento, mas não entendi 
 como você descobriu que as equações ideais são 
 aquelas e não outras sem precisar escrever todas, ou seja, qual o critério 
 estabelicido para saber que aquelas 10 e não outras são as 
 equações que nos darão a soma desejada. Outra pergunta, esse problema é 
 conhecido em forma de algum  teorema ou é apenasm 
 mais um dos vários problemas que envolvem tabuleiros? 
 
 Um abraço, 
 
 Vanderlei 
 
 
 Em (23:08:54), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 
 
 
 Voce achou uma configuracao que funciona. 
 Mas o problema eh provar que qualquer configuracao que obedece ao enunciado 
 tem soma m(m+1). 
  
 A primeira observacao eh que voce pode reduzir o problema a metade pois se 
 a 
 soma das casas pretas for m(m+1)/2, entao a 
 soma das casas brancas tambem serah m(m+1)/2. 
  
 Por exemplo, num tabuleiro 8x8 (o problema original), suponha que voce quer 
 descobrir a soma das casas pretas (ou seja, as 
 casas x(i,j) com i+j par - estou supondo que o canto superior esquerdo - 
 casa x(1,1) - eh preto) por meio da solucao de um 
 sistema linear que implementa as condicoes do enunciado. Este sistema 
 consiste de 32 equacoes (uma para cada casa branca) em 
 32 incognitas (os valores das casas pretas). 
  
 Por exemplo, algumas das equacoes sao: 
 x(1,1)+x(2,2)+x(1,3)=1 (vizinhos da casa (1,2)) 
 x(3,7)+x(4,6)+x(4,8)+x(5,7)=1 (vizinhos da casa (4,7)) 
 x(7,1)+x(8,2)=1 (vizinhos da casa (8,1)) 
 etc... 
  
 No entanto, voce quer apenas a soma x(1,1)+x(1,3)+x(1,5)+...+x(8,8) e nao o 
 valor de cada variavel individualmente (ateh 
 porque existe uma infinidade de solucoes - o sistema tem posto  32 - 
 alias, 
 um outro problema interessante eh determinar o 
 posto do sistema ou, equivalentemente, o numero maximo de casas do 
 tabuleiro 
 cujo valor pode ser escolhido arbitrariamente). 
  
 O que voce tem que fazer, entao, eh tomar um subconjunto dessas 32 equacoes 
 tal que cada variavel aparece em exatamente 
 uma equacao desse subconjunto. Dai, somando as equacoes voce obterah a soma 
 desejada. 
 Um tal subconjunto consiste de exatamente 10 equacoes (veja abaixo). 
 Como o lado esquerdo de cada uma delas eh 1, a soma desejada eh 10. 
 De forma totalmente analoga, voce calcula a soma das casas brancas - tambem 
 igual a 10, claro! 
 Logo, a soma do tabuleiro eh 20. 
  
 Pra ver que o subconjunto acima consiste de 10 equacoes, o melhor eh 
 visualizar o tabuleiro, onde * representa uma casa 
 branca e letras representam as incognitas das 10 equacoes (duas casas com 
 letras iguais representam incognitas que aparecem 
 numa mesma equacao - por exemplo, a primeira equacao mencionada acima eh 
 representada pela letra a, a terceira pela letra 
 k e segunda nao estah entre as 10): 
  
 a * a * t * t * 
 c * b * b * e * 
 c * g * h * h * 
 k * g * s * p * 
  
 O mesmo procedimento funciona no caso geral: num tabuleiro 2mx2m as casas 
 pretas (e as brancas) geram 2m^2 equacoes em 
 2m^2 incognitas, das quais podemos extrair um subconjunto com m(m+1)/2 
 equacoes tal que cada incognita aparece em 
 exatamente uma equacao. Uma prova disso pode ser dada por inducao (por 
 exemplo, adicione 2 linhas e 2 colunas ao tabuleiro 
 acima e veja o que acontece) 
  
 []s, 
 Claudio. 
  
 -- Cabeçalho original --- 
  
 De: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED] 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
 Cópia: [EMAIL PROTECTED] 
 Data: Tue, 3 Apr 2007 19:20:34 -0300 
 Assunto: RE: [obm-l] tabuleiro 
  
  Uma configuação que sempre dá certo para um tabuleiro 2nx2n é a seguinte: 
  
  Imagine uma matriz 2n x 2n em camadas... a camada externa seria composta 
 pela linha 1 e 2n mais

Re: RE: [obm-l] tabuleiro

2007-04-04 Por tôpico vandermath
 Prezado Cláudio, desculpe a minha falta de conhecimento, mas não entendi 
como você descobriu que as equações ideais são 
aquelas e não outras sem precisar escrever todas, ou seja, qual o critério 
estabelicido para saber que aquelas 10 e não outras são as 
equações que nos darão a soma desejada. Outra pergunta, esse problema é 
conhecido em forma de algum  teorema ou é apenasm 
mais um dos vários problemas que envolvem tabuleiros? 

Um abraço, 

Vanderlei 


Em (23:08:54), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 


Voce achou uma configuracao que funciona. 
Mas o problema eh provar que qualquer configuracao que obedece ao enunciado 
tem soma m(m+1). 
 
A primeira observacao eh que voce pode reduzir o problema a metade pois se 
a 
soma das casas pretas for m(m+1)/2, entao a 
soma das casas brancas tambem serah m(m+1)/2. 
 
Por exemplo, num tabuleiro 8x8 (o problema original), suponha que voce quer 
descobrir a soma das casas pretas (ou seja, as 
casas x(i,j) com i+j par - estou supondo que o canto superior esquerdo - 
casa x(1,1) - eh preto) por meio da solucao de um 
sistema linear que implementa as condicoes do enunciado. Este sistema 
consiste de 32 equacoes (uma para cada casa branca) em 
32 incognitas (os valores das casas pretas). 
 
Por exemplo, algumas das equacoes sao: 
x(1,1)+x(2,2)+x(1,3)=1 (vizinhos da casa (1,2)) 
x(3,7)+x(4,6)+x(4,8)+x(5,7)=1 (vizinhos da casa (4,7)) 
x(7,1)+x(8,2)=1 (vizinhos da casa (8,1)) 
etc... 
 
No entanto, voce quer apenas a soma x(1,1)+x(1,3)+x(1,5)+...+x(8,8) e nao o 
valor de cada variavel individualmente (ateh 
porque existe uma infinidade de solucoes - o sistema tem posto  32 - 
alias, 
um outro problema interessante eh determinar o 
posto do sistema ou, equivalentemente, o numero maximo de casas do 
tabuleiro 
cujo valor pode ser escolhido arbitrariamente). 
 
O que voce tem que fazer, entao, eh tomar um subconjunto dessas 32 equacoes 
tal que cada variavel aparece em exatamente 
uma equacao desse subconjunto. Dai, somando as equacoes voce obterah a soma 
desejada. 
Um tal subconjunto consiste de exatamente 10 equacoes (veja abaixo). 
Como o lado esquerdo de cada uma delas eh 1, a soma desejada eh 10. 
De forma totalmente analoga, voce calcula a soma das casas brancas - tambem 
igual a 10, claro! 
Logo, a soma do tabuleiro eh 20. 
 
Pra ver que o subconjunto acima consiste de 10 equacoes, o melhor eh 
visualizar o tabuleiro, onde * representa uma casa 
branca e letras representam as incognitas das 10 equacoes (duas casas com 
letras iguais representam incognitas que aparecem 
numa mesma equacao - por exemplo, a primeira equacao mencionada acima eh 
representada pela letra a, a terceira pela letra 
k e segunda nao estah entre as 10): 
 
a * a * t * t * 
c * b * b * e * 
c * g * h * h * 
k * g * s * p * 
 
O mesmo procedimento funciona no caso geral: num tabuleiro 2mx2m as casas 
pretas (e as brancas) geram 2m^2 equacoes em 
2m^2 incognitas, das quais podemos extrair um subconjunto com m(m+1)/2 
equacoes tal que cada incognita aparece em 
exatamente uma equacao. Uma prova disso pode ser dada por inducao (por 
exemplo, adicione 2 linhas e 2 colunas ao tabuleiro 
acima e veja o que acontece) 
 
[]s, 
Claudio. 
 
-- Cabeçalho original --- 
 
De: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED] 
Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
Cópia: [EMAIL PROTECTED] 
Data: Tue, 3 Apr 2007 19:20:34 -0300 
Assunto: RE: [obm-l] tabuleiro 
 
 Uma configuação que sempre dá certo para um tabuleiro 2nx2n é a seguinte: 
 
 Imagine uma matriz 2n x 2n em camadas... a camada externa seria composta 
pela linha 1 e 2n mais as colunas 1 e 2n. A 
segunda camada seria para as linhas 2 e 2n-1 (excluindo os elementos das 
pontas, que já fazem parte da camada externa) e as 
colunas na mesma configuração. Logo, uma matriz 2n x 2n teria n camadas. 
 
 Uma configuração que sempre funciona é atribuir o valor 0.5 para as 
camadas ímpares e 0 para as camadas pares. alguns 
exemplos: 
 
 2x2: 
 0.5 0.5 
 0.5 0.5 
 
 4x4 
 0.5 0.5 0.5 0.5 
 0.5 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.5 0.5 0.5 
 
 6x6 
 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 
 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5 
 0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5 
 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 
 
 Agora é questão de braço para chegar na fórmula m(m+1) 
 
 por indução, vamos colocar uma casca nova num tabuleiro 2m x 2m 
existente. 
 
 f(m+2) = f(m) + CascaNova, sendo que CascaNova = (m+2) * 4 - 2 (o menos 2 
é devido aos vértices) 
 
 (m+2) * (m+3) = m (m+1) + 4m + 8 -2 
 
 E como a fórmula funciona para m=1 (tabuleiro 2x2) e m=2(tabuleiro 4x4) 
funciona para todos, certo? 
 
 
 SDS 
 JG 
 
 
 
 
 [João Gilberto Ponciano Pereira] -Original Message- 
 From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] 
Behalf Of claudio.buffara 
 Sent: Tuesday, April 03, 2007 6:11 PM 
 To: obm-l 
 Subject: Re:[obm-l] tabuleiro 
 
 
 
 
 De: [EMAIL PROTECTED] 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
 Cópia: 
 Data: Mon, 2 Apr 2007 21:25:39 -0300 
 Assunto: [obm-l

Re: [obm-l] tabuleiro

2007-04-03 Por tôpico vandermath
 Talvez o enunciado esteja mal escrito! O que ele quiz dizer é que a soma 
dos números das casas vizinhas de qualquer casa é igual a 1. 
Na matriz, por exemplo, as vizinhas do elemento a14 são a13 a15 e a24, cuja 
soma não é 1. Este foi apenas um exemplo, pois existem 
casas com 4 vizinhas e a soma das quatro deveria ser 1. Eu já tentei muita 
coisa, mas não estou conseguindo... 


Em (23:09:48), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 


Ola 
 
acredito que nao.. veja esta matriz q satisfaz o que ele diz: 
0 1 0 1 0 1 0 1 
1 0 1 0 1 0 1 0 
0 1 0 1 0 1 0 1 
1 0 1 0 1 0 1 0 
0 1 0 1 0 1 0 1 
1 0 1 0 1 0 1 0 
0 1 0 1 0 1 0 1 
1 0 1 0 1 0 1 0 
 
cuja soma é 32.. 
veja ai 
 
abracos, 
Salhab 
 
On 4/2/07, vandermath wrote: 
 Mas tem casa que tem mais de uma vizinha não é verdade? eu acho que a 
 resposta não era essa, era 20. 
 
 Obrigado! 
 
 
 Em (22:12:01), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 
 
 
 Ola, 
 ele é 8x8, entao, a soma de cada fila é 4.. 
 para ver isso, basta pegarmos: 
 (a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16) + (a17 + a18) = 1 + 1 + 1 + 1 = 
4 
 assim será em cada uma das linhas.. logo, a soma de todos os numeros é: 
4x8 
 = 32 
  
 abracos, 
 Salhab 
  
 On 4/2/07, vandermath wrote: 
  Alguém poderia me ajudar com essa? 
  
  Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64 
 casas), 
  de modo que a soma dos números das casas vizinhas 
  de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números 
 escritos 
  por Guilherme. 
  Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum. 
  
  Obrigado, 
  
  Vanderlei 
  
 
= 
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
 http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html 
 
= 
  
 -- 
 
= 
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html 
= 
 
-- 

Re: [obm-l] tabuleiro

2007-04-03 Por tôpico Marcelo Salhab Brogliato

Ola,

acho que agora entendi! a soma de todos eh 1.. eh isso?
vou tentar novamente dps
abracos,
Salhab

On 4/3/07, vandermath [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Talvez o enunciado esteja mal escrito! O que ele quiz dizer é que a soma
dos números das casas vizinhas de qualquer casa é igual a 1.
Na matriz, por exemplo, as vizinhas do elemento a14 são a13 a15 e a24, cuja
soma não é 1. Este foi apenas um exemplo, pois existem
casas com 4 vizinhas e a soma das quatro deveria ser 1. Eu já tentei muita
coisa, mas não estou conseguindo...


Em (23:09:48), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu:


Ola

acredito que nao.. veja esta matriz q satisfaz o que ele diz:
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0

cuja soma é 32..
veja ai

abracos,
Salhab

On 4/2/07, vandermath wrote:
 Mas tem casa que tem mais de uma vizinha não é verdade? eu acho que a
 resposta não era essa, era 20.

 Obrigado!


 Em (22:12:01), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu:


 Ola,
 ele é 8x8, entao, a soma de cada fila é 4..
 para ver isso, basta pegarmos:
 (a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16) + (a17 + a18) = 1 + 1 + 1 + 1 =
4
 assim será em cada uma das linhas.. logo, a soma de todos os numeros é:
4x8
 = 32
 
 abracos,
 Salhab
 
 On 4/2/07, vandermath wrote:
  Alguém poderia me ajudar com essa?
 
  Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64
 casas),
  de modo que a soma dos números das casas vizinhas
  de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números
 escritos
  por Guilherme.
  Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum.
 
  Obrigado,
 
  Vanderlei
 

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

=
 
 --

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

--


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


Re:[obm-l] tabuleiro

2007-04-03 Por tôpico claudio.buffara

De:[EMAIL PROTECTED]

Para:obm-l@mat.puc-rio.br

Cópia:

Data:Mon, 2 Apr 2007 21:25:39 -0300

Assunto:[obm-l] tabuleiro

 Alguém poderia me ajudar com essa?

 Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64 casas),
 de modo que a soma dos números das casas vizinhas
 de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números escritos
 por Guilherme.
 Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum.

 Obrigado,

 Vanderlei

Acho que o enunciado deveria ser: dada qualquer casa do tabuleiro, a soma dos 
números nas casas vizinhas a ela é igual a 1

Nesse caso, proponho a seguinte generalização:
Dado um tabuleiro 2mx2m (m inteiro positivo) nas condições do enunciado, a soma 
dos números escritos no tabuleiro é igual a m(m+1).

Em particular, num tabuleiro 8x8 (m=4), a soma é 20.

[]s,
Claudio.


RE: [obm-l] tabuleiro

2007-04-03 Por tôpico claudio.buffara
Voce achou uma configuracao que funciona. 
Mas o problema eh provar que qualquer configuracao que obedece ao enunciado tem 
soma m(m+1).

A primeira observacao eh que voce pode reduzir o problema a metade pois se a 
soma das casas pretas for m(m+1)/2, entao a 
soma das casas brancas tambem serah m(m+1)/2.

Por exemplo, num tabuleiro 8x8 (o problema original), suponha que voce quer 
descobrir a soma das casas pretas (ou seja, as 
casas x(i,j) com i+j par - estou supondo que o canto superior esquerdo - casa 
x(1,1) - eh preto) por meio da solucao de um 
sistema linear que implementa as condicoes do enunciado. Este sistema consiste 
de 32 equacoes (uma para cada casa branca) em 
32 incognitas (os valores das casas pretas).

Por exemplo, algumas das equacoes sao:
x(1,1)+x(2,2)+x(1,3)=1  (vizinhos da casa (1,2))
x(3,7)+x(4,6)+x(4,8)+x(5,7)=1  (vizinhos da casa (4,7))
x(7,1)+x(8,2)=1  (vizinhos da casa (8,1))
etc...

No entanto, voce quer apenas a soma x(1,1)+x(1,3)+x(1,5)+...+x(8,8) e nao o 
valor de cada variavel individualmente (ateh 
porque existe uma infinidade de solucoes - o sistema tem posto  32 - alias, um 
outro problema interessante eh determinar o 
posto do sistema ou, equivalentemente, o numero maximo de casas do tabuleiro 
cujo valor pode ser escolhido arbitrariamente).

O que voce tem que fazer, entao, eh tomar um subconjunto dessas 32 equacoes tal 
que cada variavel aparece em exatamente 
uma equacao desse subconjunto. Dai, somando as equacoes voce obterah a soma 
desejada.
Um tal subconjunto consiste de exatamente 10 equacoes (veja abaixo).
Como o lado esquerdo de cada uma delas eh 1, a soma desejada eh 10.
De forma totalmente analoga, voce calcula a soma das casas brancas - tambem 
igual a 10, claro!
Logo, a soma do tabuleiro eh 20.

Pra ver que o subconjunto acima consiste de 10 equacoes, o melhor eh visualizar 
o tabuleiro, onde * representa uma casa 
branca e letras representam as incognitas das 10 equacoes (duas casas com 
letras iguais representam incognitas que aparecem 
numa mesma equacao - por exemplo, a primeira equacao mencionada acima eh 
representada pela letra a, a terceira pela letra 
k e segunda nao estah entre as 10):

a  *  a  *  t  *  t  * 
*  a  *  b  *  t  *  e 
c  *  b  *  b  *  e  * 
*  c  *  b  *  h  *  e 
c  *  g  *  h  *  h  * 
*  g  *  g  *  h  *  p 
k  *  g  *  s  *  p  * 
*  k  *  s  *  s  *  p 

O mesmo procedimento funciona no caso geral: num tabuleiro 2mx2m as casas 
pretas (e as brancas) geram 2m^2 equacoes em 
2m^2 incognitas, das quais podemos extrair um subconjunto com m(m+1)/2 equacoes 
tal que cada incognita aparece em 
exatamente uma equacao. Uma prova disso pode ser dada por inducao (por exemplo, 
adicione 2 linhas e 2 colunas ao tabuleiro 
acima e veja o que acontece)

[]s,
Claudio.



-- Cabeçalho original ---

De: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: [EMAIL PROTECTED]
Data: Tue, 3 Apr 2007 19:20:34 -0300
Assunto: RE: [obm-l] tabuleiro

 Uma configuação que sempre dá certo para um tabuleiro 2nx2n é a seguinte:
  
 Imagine uma matriz 2n x 2n em camadas... a camada externa seria composta pela 
 linha 1 e 2n mais as colunas 1 e 2n. A 
segunda camada seria para as linhas 2 e 2n-1 (excluindo os elementos das 
pontas, que já fazem parte da camada externa) e as 
colunas na mesma configuração. Logo, uma matriz 2n x 2n teria n camadas.
  
 Uma configuração que sempre funciona é atribuir o valor 0.5 para as camadas 
 ímpares e 0 para as camadas pares. alguns 
exemplos:
  
 2x2:
 0.5 0.5
 0.5 0.5
  
 4x4
 0.5 0.5 0.5 0.5
 0.5 0.0 0.0 0.5
 0.5 0.0 0.0 0.5
 0.5 0.5 0.5 0.5
  
 6x6
 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 
 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5
 0.5 0.0 0.5 0.5 0.0 0.5
 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 
 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
  
 Agora é questão de braço para chegar na fórmula m(m+1)
  
 por indução, vamos colocar uma casca nova num tabuleiro 2m x 2m existente.
  
  f(m+2) = f(m) + CascaNova, sendo que CascaNova = (m+2) * 4 - 2 (o menos 2 é 
 devido aos vértices)
  
 (m+2) * (m+3) = m (m+1) + 4m + 8 -2
  
 E como a fórmula funciona para m=1 (tabuleiro 2x2) e m=2(tabuleiro 4x4) 
 funciona para todos, certo?
  
  
 SDS
 JG
  
  
  
 
 [João Gilberto Ponciano Pereira]  -Original Message-
 From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Behalf Of claudio.buffara
 Sent: Tuesday, April 03, 2007 6:11 PM
 To: obm-l
 Subject: Re:[obm-l] tabuleiro
 
 
 
  
 De:[EMAIL PROTECTED]  
 Para:  obm-l@mat.puc-rio.br   
 Cópia:
 Data:  Mon, 2 Apr 2007 21:25:39 -0300 
 Assunto:   [obm-l] tabuleiro  
  Alguém poderia me ajudar com essa? 
  
  Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64 casas), 
  de modo que a soma dos números das casas vizinhas 
  de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números escritos 
  por Guilherme. 
  Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum. 
  
  Obrigado, 
  
  Vanderlei 
  
 Acho que o

Re: [obm-l] tabuleiro

2007-04-02 Por tôpico Marcelo Salhab Brogliato

Ola,
ele é 8x8, entao, a soma de cada fila é 4..
para ver isso, basta pegarmos:
(a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16) + (a17 + a18) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
assim será em cada uma das linhas.. logo, a soma de todos os numeros é: 4x8 = 32

abracos,
Salhab


On 4/2/07, vandermath [EMAIL PROTECTED] wrote:

Alguém poderia me ajudar com essa?

Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64 casas),
de modo que a soma dos números das casas vizinhas
de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números escritos
por Guilherme.
Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum.

Obrigado,

Vanderlei


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


Re: [obm-l] tabuleiro

2007-04-02 Por tôpico vandermath
Mas tem casa que tem mais de uma vizinha não é verdade? eu acho que a 
resposta não era essa, era 20. 

Obrigado! 


Em (22:12:01), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: 


Ola, 
ele é 8x8, entao, a soma de cada fila é 4.. 
para ver isso, basta pegarmos: 
(a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16) + (a17 + a18) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 
assim será em cada uma das linhas.. logo, a soma de todos os numeros é: 4x8 
= 32 
 
abracos, 
Salhab 
 
On 4/2/07, vandermath wrote: 
 Alguém poderia me ajudar com essa? 
 
 Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64 
casas), 
 de modo que a soma dos números das casas vizinhas 
 de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números 
escritos 
 por Guilherme. 
 Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum. 
 
 Obrigado, 
 
 Vanderlei 
 
= 
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html 
= 
 
-- 

Re: [obm-l] tabuleiro

2007-04-02 Por tôpico Marcelo Salhab Brogliato

Ola

acredito que nao.. veja esta matriz q satisfaz o que ele diz:
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0

cuja soma é 32..
veja ai

abracos,
Salhab


On 4/2/07, vandermath [EMAIL PROTECTED] wrote:

Mas tem casa que tem mais de uma vizinha não é verdade? eu acho que a
resposta não era essa, era 20.

Obrigado!


Em (22:12:01), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu:


Ola,
ele é 8x8, entao, a soma de cada fila é 4..
para ver isso, basta pegarmos:
(a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16) + (a17 + a18) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
assim será em cada uma das linhas.. logo, a soma de todos os numeros é: 4x8
= 32

abracos,
Salhab

On 4/2/07, vandermath wrote:
 Alguém poderia me ajudar com essa?

 Guilherme escreveu um número em cada casa de um tabuleiro 8 x8 (64
casas),
 de modo que a soma dos números das casas vizinhas
 de cada tabuleiro é igual a 1. Calcule a soma de todos os números
escritos
 por Guilherme.
 Observação: duas casas são vizinhas se possuem um lado comum.

 Obrigado,

 Vanderlei

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


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=


Re: [obm-l] Tabuleiro 3 x 2n com dominos 2x1

2003-10-07 Por tôpico Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
Este problema ja caiu numa olimpiada bulgara.Depois eu confiro a resposta mas esta coisa de autovalores e melhor com algumas coisas que ninguem aprende sobre o poder da algebra linear...Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] wrote:
Oi, Nicolau:Eu calculei o no. de maneiras de se cobrir um tabuleiro 3 x 2n com dominos2x1 e achei a recorrencia:f(n) = 3*f(n-1) + g(n-1)g(n) = 2*f(n-1) + g(n-1)f(1) = 3, g(1) = 2onde f(n) = no. desejado e g(n) = no. de maneiras de se chegar a casa 2n com2 dominos deitados.Eliminando g(n): f(n) = 4*f(n-1) - f(n-2); f(1) = 3; f(2) = 11.f(n) = 3, 11, 41, 153, 571, 2131, ...Resolvendo eu achei a formula explicita para f(n):f(n) = (1/6)*[(3+raiz(3))*(2+raiz(3))^n + (3-raiz(3))*(2-raiz(3))^n]Minha duvida: Existe alguma razao para os autovalores (2+ou-raiz(3)) seremos mesmos que no caso do pilar ou foi soh coincidencia? Qual o papel (ouinterpretacao) dos autovalores nesse tipo de problema?Um abraco,Claudio.on 05.10.03 23:12, Claudio Buffara at [EMAIL PROTECTED]
 wrote: on 04.10.03 11:44, Nicolau C. Saldanha at [EMAIL PROTECTED] wrote:  On Thu, Oct 02, 2003 at 09:11:23PM -0300, [EMAIL PROTECTED] wrote: De quantas maneiras pode ser construído um pilar 2x2xn com tijolos 2x1x1?  Calculei os primeiros termos desta seqüência:  1,2,9,32,121,450,1681,6272,23409,87362,326041,1216800,...  e procurei na enciclopédia de seqüências de inteiros:  http://www.research.att.com/~njas/sequences/Seis.html  A enciclopédia conhece a seqüência, ela se chama A006253. A enciclopédia também indica que este problema está no Concrete Mathematics, de Graham, Knuth e Patashnik, página 360. A página também dá uma fórmula bem simples que eu não vou copiar (para que vocês possam tentar obter sozinhos e tb para que olhem as
 referências).   Oi, Nicolau:  Depois de umas 5 tentativas frustradas (onde eu invariavelmente esquecia de levar em conta alguma alternativa), finalmente consegui descobrir a relacao de recorrencia para esse problema.  Sejam: f(n) = no. de maneiras de se construir um pilar de altura n; g(n) = no. de maneiras de se chegar ao n-esimo andar com 2 tijolos colocados verticalmente (apoiados no (n-2)-esimo andar) e lado a lado.  Por enumeracao direta obtemos: f(1) = 2 e f(2) = 9 g(1) = 0 e g(2) = 4  As relacoes de recorrencia sao: g(n) = 4*f(n-2) + g(n-1) f(n) = 2*f(n-1) + f(n-2) + g(n)  Justificativa: g(n): Se temos um plateau no (n-2)-esimo andar, entao podemos colocar 2 tijolos verticalmente e lado a lado para chegar ao n-esimo andar de 4 maneiras (em cada uma das 4 faces do pilar). Esse
 eh o termo 4*f(n-2) Se ja existem 2 tijolos verticais no (n-1)-esimo andar (portanto, apoiados no (n-3)-esimo andar), entao, soh teremos 1 maneira de apoiar tijolos verticais no (n-2)-esimo andar. Esse eh o termo g(n-1).  f(n): Se temos um plateau no (n-1)-esimo andar, entao podemos colocar 2 tijolos horizontais de 2 maneiras para completar o n-esimo andar (norte-sul ou leste-oeste). Esse eh o termo 2*f(n-1). Se temos um plateau no (n-2)-esimo andar, entao podemos colocar 4 tijolos verticais e chegar ao n-esimo andar. Esse eh o termo f(n-2) Se temos dois tijolos verticais lado a lado no n-esimo andar (portanto, apoiados no (n-2)-esimo andar), soh teremos uma maneira de colocar o tijolo restante e completar o n-esimo andar. Esse eh o termo g(n).  *  Calculando, obtemos: n g(n) f(n) 1 0 2 2 4 9 3 12 32 4 48
 121 5 176 450 6 660 1681 7 2460 6272 8 9184 23409 9 34272 87362 10 127908 326041  *  Pondo X(n) = (g(n),f(n),f(n-1))^transposto, a recorrencia se torna: X(n) = P*X(n-1) onde P eh a matriz: 1 0 4 1 2 5 0 1 0 cujos autovalores sao -1, 2+raiz(3) e 2-raiz(3).  Supondo uma solucao da forma: f(n) = a*(-1)^(n-1) + b*(2+raiz(3))^(n-1) + c*(2-raiz(3))^(n-1) e resolvendo o sistema resultante pela substituicao de n = 1, 2 e 3, eu achei a expressao:  f(n) = (-1)^n/3 + [(2+raiz(3))^(n+1) + (2-raiz(3))^(n+1)]/6  *  De fato, o problema acabou sendo mais sutil do que eu pensava inicialmente. Agora eu entendo o que voce disse sobre a dificuldade de se resolver o caso de um paralelepipedo m x n x p.   Um abraco,
 Claudio. =Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail - o melhor webmail do Brasil. Saiba mais!