Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

[Claudio Buffara]

Mas se n < p, é impossível que tenhamos uma sequência de comprimento n na
qual aparecem p termos distintos. Não há termos suficientes.
E se n = p, cada elemento aparece exatamente uma vez ==> total = n! (= p!)
sequências.

p^n é o número de sequências de comprimento n sem qualquer restrição;
(p-1)^n é o número de sequências de comprimento n nas quais um dado
elemento (fixado de antemão) não aparece.
Assim, p^n - (p-1)^n = número de sequências de comprimento n nas quais um
dado elemento (fixado de antemão) aparece pelo menos uma vez.

Só que o que o enunciado pode é que cada um dos p elementos apareça pelo
menos uma vez.

Assim, sua solução só está correta quando p = 2.


2018-02-27 22:37 GMT-03:00 Esdras Muniz :

> p^n-(p-1)^n
>
>
> Em 27 de fev de 2018 09:57, "Claudio Buffara" 
> escreveu:
>
>> Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
>> conjunto com p elementos.
>>
>> É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
>> número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
>> vazios)
>>
>> Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam
>> m ao invés de p).
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :
>>
>>> Ola' pessoal !
>>> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
>>> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>>>
>>> []'s
>>> Rogerio Ponce
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

[Esdras Muniz]

p^n-(p-1)^n


Em 27 de fev de 2018 09:57, "Claudio Buffara" 
escreveu:

> Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
> conjunto com p elementos.
>
> É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
> número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
> vazios)
>
> Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam
> m ao invés de p).
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :
>
>> Ola' pessoal !
>> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
>> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>>
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

[Claudio Buffara]

Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
conjunto com p elementos.

É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
vazios)

Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam m
ao invés de p).

[]s,
Claudio.


2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :

> Ola' pessoal !
> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Pedro José]

Boa tarde!

Acho que por contagem só é garantido para 32 ou mais. Por isso o mínimo é
32, com a restrição de garantido.

Pois usando a técnica proposta será o máximo de vezes que poderá ser
tentado.

Ele foi muito feliz na escolha das casas dos pombos. Foi sensacional.

Enquanto uns, foram ingênuos, no caso eu, outros foram sagazes.

Saudações,
PJMS

Em 26 de dezembro de 2016 12:43, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Na vdd acho que do jeito que foi feito o andamento da solucao nao precisa
> provar que 31 eh impossivel, ja ta provado.
>
> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi 
> wrote:
>
> Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas
> possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles
> tem algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3).
> Então queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dígitos.
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e
> (X, B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possíveis, e 3
> posições). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que não se
> repita nenhum par. E isto é possível:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2,
> 3), (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3,
> 1, 0), (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposição estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem
> dígitos do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas
> trocando os dígitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o
> armário em no máximo 32 tentativas.
>
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há
>> necessidade de acaso.
>> Pode haver estratégia.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
>> matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> 87
>>>
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
>>> escreveu:
>>>
 Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8
 combinacoes diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao
 na posicao correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o
 armario?


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


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

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

[Gabriel Tostes]

Na vdd acho que do jeito que foi feito o andamento da solucao nao precisa 
provar que 31 eh impossivel, ja ta provado.

> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi  wrote:
> 
> Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem 
> algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3). 
> Então queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dígitos. 
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e (X, 
> B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possíveis, e 3 
> posições). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que não se 
> repita nenhum par. E isto é possível:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), 
> (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3, 1, 0), 
> (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposição estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dígitos 
> do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os 
> dígitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armário em no 
> máximo 32 tentativas.
> 
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro José  escreveu:
>> Bom dia!
>> 
>> Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade 
>> de acaso.
>> Pode haver estratégia.
>> 
>> Saudações,
>> PJMS
>> 
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano 
>>  escreveu:
>>> 87
>>> 
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:
 Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
 diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
 correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
 
 
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 Â acredita-se estar livre de perigo.
 
 
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Gabriel Tostes]

Mto bom! So que tem que provar ainda que 31 nao eh possivel :/ 

> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi  wrote:
> 
> Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem 
> algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3). 
> Então queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dígitos. 
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e (X, 
> B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possíveis, e 3 
> posições). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que não se 
> repita nenhum par. E isto é possível:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), 
> (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3, 1, 0), 
> (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposição estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dígitos 
> do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os 
> dígitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armário em no 
> máximo 32 tentativas.
> 
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro José  escreveu:
>> Bom dia!
>> 
>> Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade 
>> de acaso.
>> Pode haver estratégia.
>> 
>> Saudações,
>> PJMS
>> 
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano 
>>  escreveu:
>>> 87
>>> 
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:
 Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
 diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
 correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
 
 
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 Â acredita-se estar livre de perigo.
 
 
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Bruno Visnadi]

Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem
algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3).
Então queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dígitos.
Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e
(X, B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possíveis, e 3
posições). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que não se
repita nenhum par. E isto é possível:
(0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2,
3), (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3,
1, 0), (3, 2, 1), (3, 3, 2).
Se nossa suposição estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dígitos
do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os
dígitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armário em no
máximo 32 tentativas.

Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
>
> Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
> acaso.
> Pode haver estratégia.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
> matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
>
>> 87
>>
>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
>> escreveu:
>>
>>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Pedro José]

Bom dia!

Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
acaso.
Pode haver estratégia.

Saudações,
PJMS

Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
matheusherculan...@gmail.com> escreveu:

> 87
>
> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
> escreveu:
>
>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Matheus Herculano]

87

Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:

> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Bruno Visnadi]

Ops, que viagem, é mesmo.
Mas certamente é um valor menor que 64. Se fizéssemos com 4x4x4 a
estratégia de deixar um fixo e alterar os outros, dariam 16 possibilidades,
mas são apenas 8.

Em 23 de dezembro de 2016 16:41, Gabriel Tostes 
escreveu:

> 24 nao eh possivel...
>
> > On Dec 23, 2016, at 16:22, Ralph Teixeira  wrote:
> >
> > Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
> >
> > Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> > estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
> >
> > Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> > (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> > acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> > suficiente para abrir o armario!
> >
> > Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> > mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
> >
> > (24, talvez?)
> >
> > Abraco, Ralph.
> >
> > P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> > dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> > cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> > vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> > acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> > ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> > (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> > fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> > forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> > combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> > acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> > voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
> >
> > Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> > jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> > vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> > dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> > abrir o armario!
> >
> > Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> > precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> > Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> > intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
> >
> > 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
> >> Bom dia!
> >>
> >> Novamente o problema está mal formulado.
> >> Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
> >> garanta abrir o armário.
> >>
> >> Dois casos disjuntos atendem.
> >>
> >> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> >>
> >> Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro
> estar
> >> errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e
> o
> >> errado.
> >>
> >> Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
> >>
> >> (ii) os três cadeados estão corretos;
> >>
> >> Só há uma possibilidade.
> >>
> >> O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
> >>
> >> O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o
> armário.
> >>
> >> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> >> tentativas.
> >>
> >> Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte
> de
> >> acertar de primeira.
> >>
> >> Saudações,
> >> PJMS
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> >> escreveu:
> >>>
> >>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8
> combinacoes
> >>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
> posicao
> >>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
> >>>
> >>>
> >>> --
> >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>> acredita-se estar livre de perigo.
> >>>
> >>>
> >>> 
> =
> >>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >>> 
> =
> >>
> >>
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >> acredita-se estar livre de perigo.
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
> >
> >
> > 
> =
> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> > 
> =
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e u

Re: [obm-l] Combinatoria

[Gabriel Tostes]

24 nao eh possivel... 

> On Dec 23, 2016, at 16:22, Ralph Teixeira  wrote:
> 
> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
> 
> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
> 
> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> suficiente para abrir o armario!
> 
> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
> 
> (24, talvez?)
> 
> Abraco, Ralph.
> 
> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
> 
> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> abrir o armario!
> 
> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
> 
> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
>> Bom dia!
>> 
>> Novamente o problema está mal formulado.
>> Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
>> garanta abrir o armário.
>> 
>> Dois casos disjuntos atendem.
>> 
>> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>> 
>> Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
>> errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
>> errado.
>> 
>> Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
>> 
>> (ii) os três cadeados estão corretos;
>> 
>> Só há uma possibilidade.
>> 
>> O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
>> 
>> O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o 
>> armário.
>> 
>> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
>> tentativas.
>> 
>> Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
>> acertar de primeira.
>> 
>> Saudações,
>> PJMS
>> 
>> 
>> 
>> 
>> 
>> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
>> escreveu:
>>> 
>>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>> 
>>> 
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> 
>>> =
>>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> =
>> 
>> 
>> 
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =

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


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Combinatoria

[Ralph Teixeira]

Boa ideia, mas o cubo 8x8x8 sao OITO cubinhos 4x4x4, entao a gente tem
que trabalhar mais. :)

2016-12-23 17:21 GMT-02:00 Bruno Visnadi :
> Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
> Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
> pois alguns já estarão acesos.
> Estava tentando com menos possibilidades por cadeado. Se fossem 4, por
> exemplo, seria possível abrir o cadeado certamente escolhendo as seguintes
> combinações:
> (1, 1, 1)
> (1, 3, 3)
> (2, 2, 2)
> (2, 4, 4)
> (3, 1, 3)
> (3, 3, 1)
> (4, 4, 2)
> (4, 2, 4)
> São 8 combinações ao todo. Como um cubo 8x8x8 pode ser montado com 4 cubos
> 4x4x4, poderíamos certamente cobrir todas as possibilidades com 4*8 = 32
> tentativas. Portanto, a resposta é menor ou igual a 32.
>
>
> Em 23 de dezembro de 2016 16:22, Ralph Teixeira 
> escreveu:
>>
>> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
>>
>> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
>> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
>>
>> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
>> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
>> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
>> suficiente para abrir o armario!
>>
>> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
>> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
>>
>> (24, talvez?)
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
>> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
>> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
>> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
>> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
>> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
>> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
>> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
>> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
>> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
>> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
>> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
>>
>> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
>> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
>> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
>> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
>> abrir o armario!
>>
>> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
>> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
>> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
>> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
>>
>> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
>> > Bom dia!
>> >
>> > Novamente o problema está mal formulado.
>> > Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
>> > garanta abrir o armário.
>> >
>> > Dois casos disjuntos atendem.
>> >
>> > (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>> >
>> > Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro
>> > estar
>> > errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
>> > errado.
>> >
>> > Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
>> >
>> > (ii) os três cadeados estão corretos;
>> >
>> > Só há uma possibilidade.
>> >
>> > O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
>> >
>> > O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o
>> > armário.
>> >
>> > Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
>> > tentativas.
>> >
>> > Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
>> > acertar de primeira.
>> >
>> > Saudações,
>> > PJMS
>> >
>> >
>> >
>> >
>> >
>> > Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
>> > escreveu:
>> >>
>> >> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> >> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
>> >> posicao
>> >> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>> >>
>> >>
>> >> --
>> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> >>  acredita-se estar livre de perigo.
>> >>
>> >>
>> >>
>> >> =
>> >> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> >>
>> >> =
>> >
>> >
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> ==

Re: [obm-l] Combinatoria

[Bruno Visnadi]

Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
pois alguns já estarão acesos.
Estava tentando com menos possibilidades por cadeado. Se fossem 4, por
exemplo, seria possível abrir o cadeado certamente escolhendo as seguintes
combinações:
(1, 1, 1)
(1, 3, 3)
(2, 2, 2)
(2, 4, 4)
(3, 1, 3)
(3, 3, 1)
(4, 4, 2)
(4, 2, 4)
São 8 combinações ao todo. Como um cubo 8x8x8 pode ser montado com 4 cubos
4x4x4, poderíamos certamente cobrir todas as possibilidades com 4*8 = 32
tentativas. Portanto, a resposta é menor ou igual a 32.


Em 23 de dezembro de 2016 16:22, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
>
> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
>
> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> suficiente para abrir o armario!
>
> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
>
> (24, talvez?)
>
> Abraco, Ralph.
>
> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
>
> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> abrir o armario!
>
> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
>
> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
> > Bom dia!
> >
> > Novamente o problema está mal formulado.
> > Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
> > garanta abrir o armário.
> >
> > Dois casos disjuntos atendem.
> >
> > (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> >
> > Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
> > errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
> > errado.
> >
> > Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
> >
> > (ii) os três cadeados estão corretos;
> >
> > Só há uma possibilidade.
> >
> > O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
> >
> > O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o
> armário.
> >
> > Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> > tentativas.
> >
> > Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
> > acertar de primeira.
> >
> > Saudações,
> > PJMS
> >
> >
> >
> >
> >
> > Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> > escreveu:
> >>
> >> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> >> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
> posicao
> >> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
> >>
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>  acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >>
> >> 
> =
> >> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >> 
> =
> >
> >
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Ralph Teixeira]

Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.

Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.

Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
(mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
suficiente para abrir o armario!

Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...

(24, talvez?)

Abraco, Ralph.

P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
(A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.

Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
abrir o armario!

Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?

2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
> Bom dia!
>
> Novamente o problema está mal formulado.
> Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
> garanta abrir o armário.
>
> Dois casos disjuntos atendem.
>
> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>
> Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
> errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
> errado.
>
> Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
>
> (ii) os três cadeados estão corretos;
>
> Só há uma possibilidade.
>
> O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
>
> O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o armário.
>
> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> tentativas.
>
> Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
> acertar de primeira.
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
>
>
> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> escreveu:
>>
>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Combinatoria

[Gabriel Tostes]

Ola. O enunciado fala que se tiver no minimo dois exatos ele abre. Mas 491 nao 
e a resposta. Rapidamente e possível achar um limite bem inferior de 64 (mantem 
um constante e os outros dois usa as 64 possibilidades, uma delas deve abrir o 
armario). Na verdade a resposta e 32.

> On Dec 23, 2016, at 14:53, Pedro José  wrote:
> 
> Bom dia!
> 
> Novamente o problema está mal formulado.
> Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que 
> garanta abrir o armário.
> 
> Dois casos disjuntos atendem.
> 
> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> 
> Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar 
> errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o 
> errado.u
> 
> Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
> 
> (ii) os três cadeados estão corretos;
> 
> Só há uma possibilidade.
> 
> O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
> 
> O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o armário.
> 
> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491 tentativas.
> 
> Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de 
> acertar de primeira.
> 
> Saudações,
> PJMS
> 
> 
> 
> 
> 
> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes  escreveu:
>> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>> 
>> 
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> Â acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Pedro José]

Bom dia!

Novamente o problema está mal formulado.
Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que *garanta
*abrir o armário*.*

Dois casos disjuntos atendem.

(i) Dois cadeados corretos e o outro errado.

Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
errado.

Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.

(ii) os três cadeados estão corretos;

Só há uma possibilidade.

O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.

O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o armário.

Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
tentativas.

Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
acertar de primeira.

Saudações,
PJMS





Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

[Carlos Victor]

 

Olá, 

A figura(cartela) é um retângulo dividido em seis quadrados, tendo dois
quadrados por coluna. 

Pacini 

Em 01/02/2016 3:06, Israel Meireles Chrisostomo escreveu:

Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores 
escreveu:

> Olá pessoal, 
> 
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis quadrados, 
> tendo dois quadrados por coluna. 
> 
> Obrigado 
> 
> Pacini 
> 
> Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu: 
> 
>> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ? 
>> 
>> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos, 
>> justapostos como indica a figura abaixo: 
>> 
>> Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e 
>> dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição dessas 
>> cores nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com a mesma 
>> distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela, determine a 
>> probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados de mesma cor. 
>> 
>> Agradeço desde já qualquer comentário 
>> 
>> Pacini
 

Re: [obm-l] Combinatoria

[Israel Meireles Chrisostomo]

não apareceu de novo

Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores 
escreveu:

>
>
>
> Olá pessoal,
>
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
> quadrados, tendo dois quadrados por coluna.
>
> Obrigado
>
> Pacini
>
> Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu:
>
>
>
>
> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ?
>
> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos,
> justapostos como indica a figura abaixo:
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
> Em cada cartela, dois quadrados foram  coloridos de  azul, dois de verde
>  e dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição
> dessas cores nas cartelas nas condições citadas  e não existem cartelas com
> a mesma distribuição de cores. Retirando-se  ao acaso uma cartela,
> determine a probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados
> de mesma cor.
>
> Agradeço desde já qualquer comentário
>
> Pacini
>
>

Re: [obm-l] Combinatoria

[Pacini Bores]

 

Olá pessoal, 

Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
quadrados, tendo dois quadrados por coluna. 

Obrigado 

Pacini 

Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu: 

> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ? 
> 
> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos, 
> justapostos como indica a figura abaixo: 
> 
> Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e dois 
> de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição dessas cores 
> nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com a mesma 
> distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela, determine a 
> probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados de mesma cor. 
> 
> Agradeço desde já qualquer comentário 
> 
> Pacini
 

RE: [obm-l] combinatoria

[Athos Couto]

São 5 vogais e 4 consoantes.Primeiro vamos escolher as duas primeira e as duas 
últimas última letras:Temos 5!/3!2!=10 formas de escolher duas vogais. Só que 
elas podem se permutar, então temos 20 formas de escolher as duas primeiras 
letras.De forma análoga, temos 4!/2!2!=6 formas de escolher duas consoantes. Do 
mesmo modo elas podem se permutar, então temos 12 formas de escolher as duas 
últimas letras.Faltam escolher 2 letras entre 5 que faltam, o que dá um total 
de 20 maneiras.Portanto existem 20*20*12= 4800 anagramas

Date: Thu, 11 Oct 2012 22:32:38 -0300
Subject: [obm-l] combinatoria
From: teliog...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Boa noite senhores.
Poderiam ajudar-me com a seguinte questão:
Quantos são os anagramas possíveis
com 6 letras
retiradas do conjunto {A,B,C,D,E,F,I,O,U} começando por duas vogais e 
terminando por
duas consoantes?

Thelio
  

RE: [obm-l] combinatoria

[Patricia Ruel]

PROBLEMA 2
O número 2 também não seria possível, pois teríamos um "produto" de
 um único número. Mas acho que o enunciado não amarra bem isso.
Um amigo me alertou que no livro do Plínio (Resolvido) há um 
problema parecido. Ontem olhei e achei o problema do livro mais simples 
do que o nosso, por causa dos números dados: 3, 4, 4, 5, 5, 6, 7, 7, 7. 
Na resolução, o autor não usa fatoração em primos, ele trabalha com 3^a,
 4^b, 5^c, 6^d, 7^e, encontrando 144-1-5=138. Mas acho que a estratégia 
dele não é boa para o nosso problema. Quando vc usou fatoração em primos, 
evitou multiplicidade de confecção de produtos, mas tem que pensar na
 impossibilidade (como no caso 3^8). 
Valeu mesmo, João, pela força.
Patty

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 18:56:11 -0300






Realmente faltou tirar o 3^8 .5^(0, 1 ou 2), o mesmo para o 2
188- 6 numero s

Valeu Patricia

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 20:27:16 +



João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?

Patty
 




From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9? 


  

RE: [obm-l] combinatoria

[João Maldonado]

Realmente faltou tirar o 3^8 .5^(0, 1 ou 2), o mesmo para o 2
188- 6 numero s

Valeu Patricia

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 20:27:16 +



João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?

Patty
 




From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9? 

  

RE: [obm-l] combinatoria

[Patricia Ruel]

João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?
Patty
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9? 

RE: [obm-l] combinatoria

[João Maldonado]

2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +



 

Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:

 

1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9? 

  

Re: [obm-l] combinatoria

[Luciana Rodrigues]

 
Carpe Dien
Em 02/11/2009 12:30, Walter Tadeu Nogueira da Silveira < wtade...@gmail.com > escreveu:

Silas,
 
Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
Esperemos outra opinião dos colegas.
Abraços
2009/11/2 Silas Gruta 
Walter,eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que deu errado... 
2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira 



Oi, Silas
 
Eu pensei assim:
 
a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4 x 10 x 6 = 240
Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3! vezes.
 
b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
 
Total = 240 + 24 = 264
 
Será isso?
2009/11/1 Silas Gruta 


Olá colegas,

Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

Tenho nove moedas numeradas de 1 a 9 inclusive. Com elas, formo números de três algarismos. Quantos números, cuja soma é par, podemos formar?

 
a) 144          b)            84            c)            104          d)            264
Fiz o seguinte:
Há duas situações a serem consideradas:
 
 
1ª) Os três algarismos do número são pares
Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64
2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares
Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos pares e ímpares):
IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80
IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()
 
Obrigado e abraço a todos
-- 
 

Silas Gruta



-- 






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

Re: [obm-l] combinatoria

[Silas Gruta]

Oi Walter,

Desculpe a minha burrice! Realmente, não se trata de algarismos, mas de
moedas, então é OBVIO que não precisa dizer distintos. Obrigado por
responder e esclarecer.

grande abraço

Silas Gruta

2009/11/2 Walter Tadeu Nogueira da Silveira 

> Silas,
>
> Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada
> moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
> Esperemos outra opinião dos colegas.
> Abraços
>
> 2009/11/2 Silas Gruta 
>
> Walter,
>>
>> eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
>> supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
>> seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
>> não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
>> deu errado...
>>
>> 2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
>>
>>  Oi, Silas
>>>
>>> Eu pensei assim:
>>>
>>> a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! =
>>> 4 x 10 x 6 = 240
>>> Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
>>> vezes.
>>>
>>> b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
>>>
>>> Total = 240 + 24 = 264
>>>
>>> Será isso?
>>>
>>> 2009/11/1 Silas Gruta 
>>>
>>> Olá colegas,

 Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

 *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
 elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
 números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*

 *a) 144  b)84c)104
 d)264*

 Fiz o seguinte:

 Há duas situações a serem consideradas:

  1ª) Os três algarismos do número são pares

 Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64

 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares

 Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
 pares e ímpares):

 IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80

 IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()


 Obrigado e abraço a todos

 --

 Silas Gruta

>>>
>>>
>>>
>>> --
>>>
>>
>


-- 
Silas Gruta

Re: [obm-l] combinatoria

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Silas,

Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada
moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
Esperemos outra opinião dos colegas.
Abraços

2009/11/2 Silas Gruta 

> Walter,
>
> eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
> supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
> seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
> não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
> deu errado...
>
> 2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
>
>  Oi, Silas
>>
>> Eu pensei assim:
>>
>> a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4
>> x 10 x 6 = 240
>> Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
>> vezes.
>>
>> b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
>>
>> Total = 240 + 24 = 264
>>
>> Será isso?
>>
>> 2009/11/1 Silas Gruta 
>>
>> Olá colegas,
>>>
>>> Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?
>>>
>>> *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
>>> elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
>>> números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*
>>>
>>> *a) 144  b)84c)104
>>> d)264*
>>>
>>> Fiz o seguinte:
>>>
>>> Há duas situações a serem consideradas:
>>>
>>>  1ª) Os três algarismos do número são pares
>>>
>>> Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64
>>>
>>> 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares
>>>
>>> Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
>>> pares e ímpares):
>>>
>>> IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>>
>>> IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>>
>>> PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>>
>>> Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()
>>>
>>>
>>> Obrigado e abraço a todos
>>>
>>> --
>>>
>>> Silas Gruta
>>>
>>
>>
>>
>> --
>>
>

Re: [obm-l] combinatoria

[Silas Gruta]

Walter,

eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
deu errado...

2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira 

> Oi, Silas
>
> Eu pensei assim:
>
> a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4
> x 10 x 6 = 240
> Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
> vezes.
>
> b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
>
> Total = 240 + 24 = 264
>
> Será isso?
>
> 2009/11/1 Silas Gruta 
>
> Olá colegas,
>>
>> Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?
>>
>> *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
>> elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
>> números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*
>>
>> *a) 144  b)84c)104
>> d)264*
>>
>> Fiz o seguinte:
>>
>> Há duas situações a serem consideradas:
>>
>>  1ª) Os três algarismos do número são pares
>>
>> Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64
>>
>> 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares
>>
>> Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
>> pares e ímpares):
>>
>> IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>
>> IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>
>> PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>>
>> Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()
>>
>>
>> Obrigado e abraço a todos
>>
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>> Silas Gruta
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> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> http://www.professorwaltertadeu.mat.br
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Silas Gruta

Re: [obm-l] combinatoria

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Oi, Silas

Eu pensei assim:

a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4 x
10 x 6 = 240
Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
vezes.

b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24

Total = 240 + 24 = 264

Será isso?

2009/11/1 Silas Gruta 

> Olá colegas,
>
> Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?
>
> *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
> elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
> números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*
>
> *a) 144  b)84c)104
> d)264*
>
> Fiz o seguinte:
>
> Há duas situações a serem consideradas:
>
>  1ª) Os três algarismos do número são pares
>
> Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64
>
> 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares
>
> Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos pares
> e ímpares):
>
> IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80
>
> IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>
> PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80
>
> Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()
>
>
> Obrigado e abraço a todos
>
> --
>
> Silas Gruta
>



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

RE: [obm-l] Combinatoria boa

[João Maldonado]

Máquinas tipo A -> 180kg, 170kg, 164kg, 160kg
Máquinas tipo B - as com menos de 25kg

Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.
Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar 8 -> 
640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo). Consequentemente com 3,2 ou 
1 máquinas tipo A no elevador daria de qualquer maneira para transportar 8 
máquinas sem exceder o máximo de 640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo 
A serem transportadas juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras -> 1287-126 = 
1161 maneiras.

Date: Thu, 23 Apr 2009 10:28:00 -0300
Subject: [obm-l] Combinatoria boa
From: palmerimsoa...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161


Abraços,Palmerim


_
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RE: [obm-l] Combinatoria boa

[marcone augusto araújo borges]

bem interessante a solução do maldonado (problema das maquinas-combinatoria)
 


Date: Thu, 23 Apr 2009 10:12:41 -0700
From: joao_maldonad...@yahoo.com.br
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria boa
To: obm-l@mat.puc-rio.br





Máquinas tipo A -> 180kg, 170kg, 164kg, 160kg
Máquinas tipo B - as com menos de 25kg

Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.
Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar 8 -> 
640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo). Consequentemente com 3,2 ou 
1 máquinas tipo A no elevador daria de qualquer maneira para transportar 8 
máquinas sem exceder o máximo de 640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo 
A serem transportadas juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras -> 1287-126 = 
1161 maneiras.

--- Em qui, 23/4/09, Palmerim Soares  escreveu:


De: Palmerim Soares 
Assunto: [obm-l] Combinatoria boa
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 23 de Abril de 2009, 13:28



Olá amigos da lista,


Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.


No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161


Abraços,
Palmerim





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Re: [obm-l] Combinatoria boa

[Joao Maldonado]

Máquinas tipo A -> 180kg, 170kg, 164kg, 160kg

Máquinas tipo B - as com menos de 25kg



Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.

Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar
8 -> 640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo).
Consequentemente com 3,2 ou 1 máquinas tipo A no elevador daria de
qualquer maneira para transportar 8 máquinas sem exceder o máximo de
640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo A serem transportadas
juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras -> 1287-126 = 1161 maneiras.

--- Em qui, 23/4/09, Palmerim Soares  escreveu:

De: Palmerim Soares 
Assunto: [obm-l] Combinatoria boa
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 23 de Abril de 2009, 13:28

Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161


Abraços,Palmerim





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Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

[Palmerim Soares]

Olá Silas e demais amigos da lista,

O Pedro já deu uma solução para a parte (b) da questão, mostrando a
resolução que era (suponho) a esperada pelo proponente, já que a solução
da parte (a) do problema pode ajudar a solução da parte (b). Aquela é, sem
dúvida, uma forma bem didática de abordar o problema. Mas, já que o aluno do
Silas é "extrordinariamente aplicado" e sonha em ir para o IME (que seja
bem-sucedido!), vale a pena ele conhecer  uma outra solução, que, embora não
seja a mais didática, tem a vantagem de ser direta:

 Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,  e as moças de M1, M2 e M3. Uma
formação possível, mas ainda imcompleta (por estar faltando duas moças que
devem ficar juntas) é:

 --- M1 ---R1 --- R2 --- R3 --- R4   ( i )

Agora, o par de moças que está faltando só pode sentar em 4 posições das
seis disponíveis no esquema acima, pois o par não pode ocupar as duas
posições ao lado da M1. Permutando os elementos da formação ( i ) acima,
constatamos que em qualquer uma das permutações formadas o par M2M3 sempre
poderá ocupar somente 4 das seis posições disponíveis. Assim, para
daterminar o número de grupamentos nas condições do problema, devemos fazer
o seguinte:

(1) escolher duas moças que devem se sentar juntas : *A3,2* (a ordem
importa)
(2) permutar os demais: *5!*  - para cada escolha de (1) há 5! permutações
de (2)
(3) Colocar a moça em umas das 4 posições permitidas (são 4 situações
diferentes, logo multiplicamos por 4)

Portanto, temos: *A3,2  x  **5!  x 4  = 6 x 120 x 4 = 2880*

Abraços,
Palmerim


2009/4/14 Pedro Cardoso 

>
> Olá, silas.
>
> São 3 possibilidades:
>
> moças separadas[i], duas (e não mais do que duas) moças juntas[ii], tres
> moças juntas[iii].
>
> Sabemos que :
> 1) o total = [i] + [ii] + [iii] = 7!
> 2) [i] = 1440.
>
> Ora, [iii] é mole.
> Junte as moças e as trate como um 'elemento' só;
> agora são 5 elementos, totalizando 5! arranjos possíveis;
> permute as moças entre si: 3! (isto é, para cada arranjo acima, existem 3!
> = 6 maneiras de as moças se sentarem)
>
> 3) [iii] = 3! * 5!
>
> De '1)', '2)' e '3)', [ii] = total - [i] - [iii] = (7*6)*5! - (12)*5! -
> (6)*5! = 24*120 = 2880
>
> (o problema é que, usando essa solução, se o cara - ou a moça - erra a
> primeira, erra também a segunda)
>
> Abraços,
>
> Pedro Lazéra Cardoso
>
> --
> Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
> Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
> From: silasgr...@gmail.com
>
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>
> Magistral, Benedito! Muito obrigado!
>
> Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também
> está me dando uma "surra":
>
>
>  *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
> sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
> eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
> *  a) ...*
> *  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.*
> *Resp.: 2880*
>
> 2009/4/13 Benedito 
>
>  Silas,
>
> Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
> Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,
> Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do
> primeiro ou à direita do último).
> ---R1 --- R2 --- R3 --- R4 
> Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta
> posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a
> segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode
> ocupar.
> Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
> Benedito
>
> - Original Message -
> *From:* Silas Gruta
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Monday, April 13, 2009 3:48 PM
> *Subject:* [obm-l] Combinatoria Pre-IME
>
>
> Boa tarde a todos,
>
> Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
> IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
> pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
> não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
> problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
> confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
> tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:
>
> *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
> sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
> eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
> *  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440*
> *  b) ...
> *
> A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
> dia.
>
> Obrigado!
> --
> Silas Gruta
>
>
>
>
> --
> Silas Gruta
>
>
>
> --
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>



-- 
Palmerim

Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

[Paulo Santa Rita]

Ola Silas e demais colegas
desta lista ... OBM-L,

O rapaz pode esclarecer as duvidas dele aqui conosco. Basta voce
inscrever ele na lista.

Quanto ao seu problema, eis aqui um raciocinio valido :

OBS : Nao e dito quantas cadeiras ha em uma fila ... vou supor que na
fila ha exatamente 7 cadeiras..  Se nao for assim, a solucao deve
tomar outro rumo.

Vamos IMAGINAR  que as cadeiras estao numeradas de 1 ate 7. Quais as
posicoes que as mocas podem ocupar ? As seguintes : (1,3, 5), (1,3,6),
(1, 3, 7), (1,4,6), (1,4,7), (1,5,7), (2,4,6), (2,,4,7), (2,5,7) e (
3,5,7). Escolhida uma destas 10 possibilidades, podemos permutar as
mocas de 3!=6. As quatro posicoes restantes podem ser ocupadas pelos
rapazes de 4!=24 modos. Assim, o total T  de maneiras de dispor estas
pessoas, atendidas as exigencias do problema, e :

T=10* 3! * 4! = 10*6*24 = 1440

Um abraco a todos !
PSR, 21304091802








2009/4/13 Silas Gruta :
> Boa tarde a todos,
>
> Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
> IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
> pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
> não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
> problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
> confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
> tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:
>
> Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete,
> lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles
> podem distribuir-se nos assentos de modo que:
>   a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
>   b) ...
> A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
> dia.
>
> Obrigado!
> --
> Silas Gruta

=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

RE: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

[Pedro Cardoso]

Olá, silas.

 

São 3 possibilidades:

 

moças separadas[i], duas (e não mais do que duas) moças juntas[ii], tres moças 
juntas[iii].

 

Sabemos que :

1) o total = [i] + [ii] + [iii] = 7!
2) [i] = 1440.

 

Ora, [iii] é mole.

Junte as moças e as trate como um 'elemento' só;
agora são 5 elementos, totalizando 5! arranjos possíveis;
permute as moças entre si: 3! (isto é, para cada arranjo acima, existem 3! = 6 
maneiras de as moças se sentarem)

 

3) [iii] = 3! * 5!

 

De '1)', '2)' e '3)', [ii] = total - [i] - [iii] = (7*6)*5! - (12)*5! - (6)*5! 
= 24*120 = 2880

 

(o problema é que, usando essa solução, se o cara - ou a moça - erra a 
primeira, erra também a segunda)

 

Abraços, 

 

Pedro Lazéra Cardoso

 


Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
From: silasgr...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Magistral, Benedito! Muito obrigado!


Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também está 
me dando uma "surra":



Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
  a) ...
  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.
Resp.: 2880


2009/4/13 Benedito 



Silas,
 
Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4, 
Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do primeiro ou 
à direita do último). 
---R1 --- R2 --- R3 --- R4  
Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta 
posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a 
segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode ocupar. 
Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
Benedito




- Original Message - 
From: Silas Gruta 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Monday, April 13, 2009 3:48 PM
Subject: [obm-l] Combinatoria Pre-IME


Boa tarde a todos,
 
Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo IME, extraordinariamente aplicado, 
uma verdadeira raridade numa escola pública! Faço o que posso para ajudá-lo, 
embora preparar alunos para o IME não seja, nem de perto, a minha 
especialidade. Bem, ele me apresentou um problema retirado de uma apostila de 
um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas confesso que não estou conseguindo 
resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de tetativas infrutíferas! Agradeço se 
puderem dar uma ajuda:
 
Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
  b) ...
A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro dia.
 
Obrigado!
-- 
Silas Gruta 

-- 
Silas Gruta

_
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Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

[Silas Gruta]

Magistral, Benedito! Muito obrigado!
Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também
está me dando uma "surra":

*Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete,
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles
podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
*  a) ...*
*  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.*
*Resp.: 2880*

2009/4/13 Benedito 

>  Silas,
>
> Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
> Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,
> Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do
> primeiro ou à direita do último).
> ---R1 --- R2 --- R3 --- R4 
> Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta
> posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a
> segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode
> ocupar.
> Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
> Benedito
>
> - Original Message -
> *From:* Silas Gruta 
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Monday, April 13, 2009 3:48 PM
> *Subject:* [obm-l] Combinatoria Pre-IME
>
> Boa tarde a todos,
>
> Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
> IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
> pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
> não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
> problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
> confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
> tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:
>
> *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
> sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
> eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
> *  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440*
> *  b) ...
> *
> A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
> dia.
>
> Obrigado!
> --
> Silas Gruta
>
>


-- 
Silas Gruta

Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

[Benedito]

Silas,

Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4, 
Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do primeiro ou 
à direita do último). 
---R1 --- R2 --- R3 --- R4  
Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta 
posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a 
segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode ocupar. 
Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
Benedito
  - Original Message - 
  From: Silas Gruta 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, April 13, 2009 3:48 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria Pre-IME


  Boa tarde a todos,

  Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo IME, extraordinariamente 
aplicado, uma verdadeira raridade numa escola pública! Faço o que posso para 
ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME não seja, nem de perto, a minha 
especialidade. Bem, ele me apresentou um problema retirado de uma apostila de 
um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas confesso que não estou conseguindo 
resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de tetativas infrutíferas! Agradeço se 
puderem dar uma ajuda:

  Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
b) ...

  A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro dia.

  Obrigado!
  -- 
  Silas Gruta 

Re: [obm-l] Combinatoria

[João Luís]

Bom, concordo com vc com relação á primeira parte; sua soluçaõ é perfeitamente 
válida.

Na verdade, você não deixa de ter razão quanto ao 7! - 1 também... maas ô 
detalhezinho hein?

Imagina que o sujeito seja o azarado do ano, gaste todas as 7! - 1 tentativas e 
todas falhem. Aí ele conclui: bom, agora eu já sei quais são as chaves de quais 
portas... e vai embora, sem abrí-las. Supõe-se que o cara QUEIRA abrir as 
portas, né, e a última operação é a correta (ou seja, colocar cada chave na 
fechadura certa). Mas, se quisermos nos ater estritamente ao que o enunciado 
pede, que é apenas saber quais são as certas, sou obrigado a lhe dar razão...

Um abraço,

João Luís.
  - Original Message - 
  From: Rafael Ando 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 10:06 PM
  Subject: Re: [obm-l] Combinatoria


  Bom, na verdade daria isso só se você não soubesse quais chaves deram 
certo/errado com cada tentativa (acho pouco realista, mas as vezes os problemas 
são inverossímeis mesmo)... e por tentativa, eu tinha entendido o ato de tentar 
abrir UMA fechadura, mas o enunciado está meio ambíguo mesmo de qualquer 
maneira, acho que mesmo interpretando o enunciado à sua maneira, daria (7!-1) 
combinações: afinal, se você tentar 7!-1 vezes e todas falharem, já sabemos que 
a última combinação é a correta e não é necessário mais uma tentativa para 
decidir qual chave corresponde a cada fechadura...


  2009/3/30 João Luís 

Oi Clara,

Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves 
servirá

São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário 
para que se encontre a ordem certa
  - Original Message - 
  From: Maria Clara 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 7:59 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria



  Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas 
não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são 
necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?

  = 
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html 
=



  -- 
  Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria

[Rafael Ando]

Bom, na verdade daria isso só se você não soubesse quais chaves deram
certo/errado com cada tentativa (acho pouco realista, mas as vezes os
problemas são inverossímeis mesmo)... e por tentativa, eu tinha entendido o
ato de tentar abrir UMA fechadura, mas o enunciado está meio ambíguo
mesmo de qualquer maneira, acho que mesmo interpretando o enunciado à
sua maneira, daria (7!-1) combinações: afinal, se você tentar 7!-1 vezes e
todas falharem, já sabemos que a última combinação é a correta e não é
necessário mais uma tentativa para decidir qual chave corresponde a cada
fechadura...

2009/3/30 João Luís 

>  Oi Clara,
>
> Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves
> servirá
>
> São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário
> para que se encontre a ordem certa
>
> - Original Message -
>  *From:* Maria Clara 
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Monday, March 30, 2009 7:59 PM
> *Subject:* [obm-l] Combinatoria
>
>
> Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
> não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas
> são necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual
> fechadura?
> =
> Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=
>
>


-- 
Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria

[João Luís]

Oi Clara,

Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves servirá

São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário para 
que se encontre a ordem certa
  - Original Message - 
  From: Maria Clara 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 7:59 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria



  Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas não 
soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são 
necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?

  = 
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html 
=

Re: [obm-l] Combinatoria

[Rafael Ando]

Precisamos de, no máximo, 6 tentativas para a primeira fechadura, 5 para a
segunda, ..., 1 tentativa para a penúltima e 0 para a última. Logo, no
máximo precisa-se de 6+5+4+3+2+1=21 tentativas.

2009/3/30 Maria Clara 

>
> Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
> não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas
> são necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual
> fechadura?
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=




-- 
Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Raphael Alcaires de Carvalho]

Olá  pessoal
isso que o Rogério fez foi demonstrar a fórmula de permutação caótica que se 
encontra no livro de Probabilidades do saudoso Morgado. Só que o Rogério 
resolveu por meio de equações diferenciais. Deêm uma olhada no livro.
Achei interessante nunca imaginei que se resolveria por equações diferenciais.
[]s Raphael

--- Em seg, 24/11/08, Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
De: Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: Re: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 24 de Novembro de 2008, 6:51

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N "amigos ocultos" ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo "A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A", formando um
"loop". Chamemos de "cadeia" essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com "n" pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com "n"
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso "a", podemos considerar que essa pessoa e' inserida em
alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas "n" pessoas.
No caso "b" , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo "a" vale
"n*V(n)" .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as "n" existentes.

E o numero de sorteios validos do tipo"b" vale "n*V(n-1)" .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
"n" existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com "n" pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando "n" cresce, P(n)
converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>:
> Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1,
mas
> não sobre o problema 2.
>
> "2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram
totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade
de
> que nenhum homem receba seu chapéu."
>
> É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu
chapéu é
> dada por (n-1)/n.
> O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele
já
> foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.
>
> Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar,
isto é,
> calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.
>
> Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
> P = 1/n!
>
> Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!
>
> Será que é isso?
>
>
> Fabrício.
>

=
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Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Rogerio Ponce]

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N "amigos ocultos" ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo "A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A", formando um
"loop". Chamemos de "cadeia" essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com "n" pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com "n"
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso "a", podemos considerar que essa pessoa e' inserida em alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas "n" pessoas.
No caso "b" , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo "a" vale "n*V(n)" .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as "n" existentes.

E o numero de sorteios validos do tipo"b" vale "n*V(n-1)" .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
"n" existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com "n" pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando "n" cresce, P(n) converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>:
> Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, mas
> não sobre o problema 2.
>
> "2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
> que nenhum homem receba seu chapéu."
>
> É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu chapéu é
> dada por (n-1)/n.
> O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele já
> foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.
>
> Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, isto é,
> calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.
>
> Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
> P = 1/n!
>
> Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!
>
> Será que é isso?
>
>
> Fabrício.
>

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Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[[EMAIL PROTECTED]]

Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, 
mas não sobre o problema 2.


"2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu."


É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu 
chapéu é dada por (n-1)/n.
O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele 
já foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.


Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, 
isto é, calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio 
chapéu.


Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
P = 1/n!

Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!

Será que é isso?


Fabrício.

Thais Oliveira wrote:

Olá pessoal, tudo bem?
 
Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
 
1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados 
por seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões 
e cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de 
que eles sejam de uma mesma comissão?
 
2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu.
 
Obrigada
 
Thais




Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo 
 
com a sua cara @ymail.com ou @rocketmail.com.


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Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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Re: [obm-l] Combinatoria

[João Luís]

Repare que só interessa, na verdade, quais serão os passos que você dará para a 
direita. Exemplificando:

Se você está na primeira coluna (a que contám A), você tem cinco maneiras de 
escolher seu passo para a direita (de agora em diante chamerei de "passo D"): 
de (0,0) a (1,0); de (0,1) a (1,1); de (0,2) a (1,2); de (0,3) a (1,3); ou de 
(0,4) a (1,4). Raciocíno semelhante vale para os outros 3 passos D que se deve 
dar (lembrando que as condições impostas obrigam a dar EXATAMENTE 4 passos D). 
Então, teremos 5x5x5x5 = 5^4 = 625 maneiras de escolher nossos passos D.

Mas repare que isso já encerra o problema, já que escolhidos os passos D, os 
passos verticais estarão determinados sem possibilidade de escolha. Por 
exemplo: digamos que você escolha que seus dois primeiros passos D sejam (0,3) 
a (1,3) e depois (1,1) a (2,1). Veja que, assim, OBRIGATORIAMENTE, você terá de 
dar primeiro 3 passos para cima, depois seu primeiro passo D, depois dois 
passos para baixo, e depois o segundo passo D. A chave aqui é isso: escolhidos 
os passos D que você vai dar, todos os outros (para cima ou para baixo) estarão 
determinados.

Logo, são 625 caminhos.

Espero ter sido claro em minha explanação.

Um abraço a todos,

João Luís
  - Original Message - 
  From: Samuel Carvalho 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, October 25, 2008 11:10 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria


  De quantas maneiras podemos ir de A até B sobre a seguinte grade sem passar 
duas vezes pelo
  mesmo local e sem mover-se para esquerda? A figura abaixo mostra um caminho 
possível. 

  (a figura mostra uma grade 5x5, com A no ponto (0,0) e B no ponto (5,5))

RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Antonio Neto]

   Oi, Thais,
   o numero procurado no seu segundo problema eh o de permutacoes caoticas 
(derangements) de n objetos. Alem das referencias classicas da internet, estah 
no livro do Morgado, publicado pelo IMPA, no Mathematics of Choice, do Niven, 
publicado pela MAA, e, para os dinossauros como eu, no livro Preludio aa 
Analise Combinatoria, Ed. Nacional, esgotado, mas quem sabe uma vasculhada em 
sebos e bisbilhotecas...Amplexos de mim, olavo.
Antonio Olavo da Silva Neto
_
Discover the new Windows Vista
http://search.msn.com/results.aspx?q=windows+vista&mkt=en-US&form=QBRE

RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Thais Oliveira]

Além de perfeita, muito didática a sua explicação!!
 
Muito obrigada

--- Em qui, 16/10/08, Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

De: Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: RE: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 16 de Outubro de 2008, 19:24




#yiv2057375432 .hmmessage P
{
margin:0px;padding:0px;}
#yiv2057375432 {
FONT-SIZE:10pt;FONT-FAMILY:Tahoma;}

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.

Eu resolvi assim:
 
"1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?"
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
"b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?"
 
"> suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
> "selecionadas".
> Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.
> As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
> se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
> chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
> chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
> Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5"
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez 
de comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.



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Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]>:
> Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
E supos certo... acho que a falha nos meus argumentos é justamente não
ter suposto o mesmo.

[]'s

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

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Thais Oliveira <[EMAIL PROTECTED]>:
> 2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
> que nenhum homem receba seu chapéu.

Para essa questão, eu encontrei algo assim: (n! - (n-1)! + (n-2)! -
... (+-) 1) / n!
Mas não vou entrar nos detalhes disso pq suspeito que a resposta possa
estar errada...
Alguém tem alguma sugestão?

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

RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Pedro Cardoso]

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.
Eu resolvi assim:
 
"1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.
a) Quantos diretores tem o clube?"
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
"b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?"
 
"> suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão> 
"selecionadas".> Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.> As 
chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6> se pegarmos 
uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as> chances de pegarmos uma 
selecionada é de 2/5: assim temos que as> chances desse segundo caso acontecer 
são de 4*2/(5*6) = 4/15> Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5"
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez de 
comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.
_
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Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Thais Oliveira <[EMAIL PROTECTED]>:
> Olá pessoal, tudo bem?
>
> Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
>
> 1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por
> seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada
> duas comissões têm exatamente um diretor comum.
> a) Quantos diretores tem o clube?
Se cada duas comissões definem um diretor (único), então o número de
diretores é igual à combinação 2 a 2 de comissões = 15.

> b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que
> eles sejam de uma mesma comissão?
suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
"selecionadas".
Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.
As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
Somando tudo:  2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5

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

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

[Vandelei Nemitz]

Ops, uma correção na minha solução, a permutação de 5 elementos com 3
repetições é igual a 20 e não 10. Assim, temos 129 . 3 . 20 = 7200.
Descontando os 720 ficamos com 6480.

Vanderlei

Em 20/09/08, Vandelei Nemitz <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Hermann, você pode escolher os três algarismos diferentes de C10,3 = 120,
> onde Cn,p é o número de combinações de n elementos, tomados p a p. Depois,
> basta escolher qual deles aparecerá três vezes e permutar, ou seja, teremos
> 120 . 3 . P5, 3 = 360 . 10 = 3600 números, onde P5,3 é o número de
> permutações de 5 elementos com 3 repetições. Mas nestes estão incluídos
> aqueles que iniciam por zero e portanto, devemos descontá-los. Se o número
> inicia por zero, temos que escolher outros dois números de C9,2 = 36
> maneiras diferentes. Se o zero for único, teremos 2 . P4,3 = 8
> possibilidades e se o zero aparecer três vezes, teremos P4, 2 = 12
> possibilidades. Assim, devemos desconsiderar 36 . (8 + 12) = 720 números de
> 3600, ou seja, restaram finalmente 3600 - 720 = 2880. Acho que é isso. Se
> não for, poste outra mensagem que pensamos melhor na solução.
>
> Vanderlei
>
>
>
> Em 19/09/08, Hermann <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>>
>> Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro
>> auxílio. Obrigado
>>
>> Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos
>> iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três
>> algarismos iguais?
>>
>> Abraços
>> Hermann
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Bom, os números com 3 algarismos zero repetidos terão essa disposição:
 ---9--  ---8---  --0--  --0--  --0-- = 72 números com os 3 zeros nessa
posição.
 --9--  --0--  --0--  --0--  --8-- = 72 nessa posição.
 --9--  --0--  --0--  --8--  --0-- = 72 nesta outra.
 --9--  --0--  --8--  --0--  --0-- = 72 nesta última
Logo teremos 288 números de 5 algarismos com 3 zeros repetidos.

Com 3 algarismos 1 repetidos temos a seguinte disposição:
--8--  --8--  --1--  --1--  --1--  = 64 números nessa disposição, pois não
podemos iniciar o número com zero.
--8--  --1--  --1--  --1--  --8-- = 64
--1--  --1--  --1--  --9--  --8-- = 72 pois o zero faz parte do número,
nessa disposição.
--1--  --1--  --9--  --1--  --8--  = 72
--1--  --1--  --9--  --8--  --1--  = 72
--8--  --1--  --1--  --8--  --1-- = 64
--1--  --9--  --1--  --1--  --8--  = 72
--1--  --9--  --8--  --1--  --1--  = 72
--8--  --1--  --8--  --1--  --1--  = 64
--1--  --9--  --1--  --8--  --1--  = 72
Então temos 688 números de 5 algarismos com 3 uns repetidos.
Como temos 9 algarismos significativos então 9.688 = 6192.
Logo o total de números será: 6192 + 288 = 6480.


Em 20/09/08, Lucas Tiago Castro Jesus <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Humpodemos dividir em casos:
>
> I-) Tres números diferentes de 0 e os outros 2 também
>
> 2-)Tres números diferentes de 0 e um igual a 0 e outro diferente
>
> 3-)Tres números iguais a 0.
>
> Caso 1-)
> Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9,obviamente xD e
> C(8,2) jeitos de escolher os outros dois números.
> Escolhido esses números devemos calcular a permutação com repetição:
> #possibildades1=C(9,1)*C(8,2)*(5!/(3!))=5040
>
> Caso 2-)
> Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9 e C(8,1) jeito de
> escolher o outro número.
> O número de permutações possiveis são todas - as que começam com zero
> #possibilidade2=C(9,1)*C(8,1)*[(5!/(3!)) -(4!/3!)]=1152
>
> Caso 3-)Nesse temos C(9,2) jeitos de escolher os dois números distintos.
> Para o primeiro algarismo do número formado temos duas possibilidade, ou
> seja, as 5 menos os 3 zeros.
> Novamente temos que calcular as permutações.
> Logo temos:
> #possibilidade3=C(9,2)*( 2*(4!/3!))=288
>
> #total=#possibildades1+#possibildades2+#possibildades3
>
> #total=6480 números
>
> Hum..acho que é isso
>
>
>

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

[Vandelei Nemitz]

Hermann, você pode escolher os três algarismos diferentes de C10,3 = 120,
onde Cn,p é o número de combinações de n elementos, tomados p a p. Depois,
basta escolher qual deles aparecerá três vezes e permutar, ou seja, teremos
120 . 3 . P5, 3 = 360 . 10 = 3600 números, onde P5,3 é o número de
permutações de 5 elementos com 3 repetições. Mas nestes estão incluídos
aqueles que iniciam por zero e portanto, devemos descontá-los. Se o número
inicia por zero, temos que escolher outros dois números de C9,2 = 36
maneiras diferentes. Se o zero for único, teremos 2 . P4,3 = 8
possibilidades e se o zero aparecer três vezes, teremos P4, 2 = 12
possibilidades. Assim, devemos desconsiderar 36 . (8 + 12) = 720 números de
3600, ou seja, restaram finalmente 3600 - 720 = 2880. Acho que é isso. Se
não for, poste outra mensagem que pensamos melhor na solução.

Vanderlei



Em 19/09/08, Hermann <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro
> auxílio. Obrigado
>
> Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos
> iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três
> algarismos iguais?
>
> Abraços
> Hermann
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

[Lucas Tiago Castro Jesus]

Humpodemos dividir em casos:

I-) Tres números diferentes de 0 e os outros 2 também

2-)Tres números diferentes de 0 e um igual a 0 e outro diferente

3-)Tres números iguais a 0.

Caso 1-)
Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9,obviamente xD e
C(8,2) jeitos de escolher os outros dois números.
Escolhido esses números devemos calcular a permutação com repetição:
#possibildades1=C(9,1)*C(8,2)*(5!/(3!))=5040

Caso 2-)
Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9 e C(8,1) jeito de
escolher o outro número.
O número de permutações possiveis são todas - as que começam com zero
#possibilidade2=C(9,1)*C(8,1)*[(5!/(3!)) -(4!/3!)]=1152

Caso 3-)Nesse temos C(9,2) jeitos de escolher os dois números distintos.
Para o primeiro algarismo do número formado temos duas possibilidade, ou
seja, as 5 menos os 3 zeros.
Novamente temos que calcular as permutações.
Logo temos:
#possibilidade3=C(9,2)*( 2*(4!/3!))=288

#total=#possibildades1+#possibildades2+#possibildades3

#total=6480 números

Hum..acho que é isso

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Henrique Rennó]

Por que seria -2 ?

19H + 13M = 1000
Aplicando (mod 13) em ambos os lados.
6H = 12
H = 2

H = 13x + 2, x >= 0

2008/3/28 Marcelo Salhab Brogliato <[EMAIL PROTECTED]>:
> Olá Johann,
>
> observando sua solução, vi que H == -2 (mod 13)
> mas, -2 == 11 (mod 13)
> logo: H = 13x - 2 = 13(x-1) + 11
>
> nao analisei sua solucao desta parte para baixo..
>
> um abraço,
> Salhab
>
>
>
> 2008/3/26 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
> <[EMAIL PROTECTED]>:
>
>
> > Não é tão escabroso quanto parece:
> >
> > 19H + 13M = 1000
> >
> > Módulo 13, temos
> > 19H=1000
> > 7H=1000=-14
> > H=-2=(mod 13)
> >
> > Entao H=13x+2
> >
> > Substitui:
> >
> > 19(13x+2) + 13M = 1000
> > 247x+13M=962
> > 19x+M=74
> >
> > M=74-19x
> > H=13x+2
> >
> > Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x>0
> >
> > 74>19x
> > x<74/19<4
> >
> > Bem, daí é só testar!
> >

-- 
Henrique

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

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Johann,

observando sua solução, vi que H == -2 (mod 13)
mas, -2 == 11 (mod 13)
logo: H = 13x - 2 = 13(x-1) + 11

nao analisei sua solucao desta parte para baixo..

um abraço,
Salhab


2008/3/26 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet <
[EMAIL PROTECTED]>:

> Não é tão escabroso quanto parece:
>
> 19H + 13M = 1000
>
> Módulo 13, temos
> 19H=1000
> 7H=1000=-14
> H=-2=(mod 13)
>
> Entao H=13x+2
>
> Substitui:
>
> 19(13x+2) + 13M = 1000
> 247x+13M=962
> 19x+M=74
>
> M=74-19x
> H=13x+2
>
> Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x>0
>
> 74>19x
> x<74/19<4
>
> Bem, daí é só testar!
>
> Em 24/03/08, Fernando<[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
> >
> >
> > Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação.
> Acontece
> > que ela é "diofantina", admitindo infinitas soluções. Claro que, de
> acordo
> > com as condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a
> > quantidade delas para um número bem menos (eu creio).
> >
>
> P.S.: Nem toda diofantiona tem infinitas soluções.
>
> Diofantina significa somente `resolva em Z={0,1,-1,2,-2,3,-3,...}´
> Ou seja, até mesmo x=2 pode ser diofantina, bem como x^3=5
>
> > Amplexo.
> > Fernando
> >
> >  ____________
> >  
> >
> >
> > - Original Message -
> > From: Joao Victor Brasil
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
> > Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> >
> >
> > Fernando,
> >
> > Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
> > 19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher
> >
> > Joao Victor
> >
> >
> > On 3/24/08, Fernando <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > >
> > >
> > > Olá João Victor, boa tarde!
> > >
> > > Você possui a solução do problema abaixo?
> > > Se SIM, poderia enviá-la para mim?
> > >
> > >
> > >
> > > Sociedade Brasileira de Matemática
> > >
> > > EUREKA! N°14, 2002
> > >
> > > VIII OLIMPÍADA DE MAIO
> > >
> > > Enunciados e Resultado Brasileiro
> > >
> > > PRIMEIRO NÍVEL
> > >
> > > 11/05/2002
> > >
> > > PROBLEMA 1
> > >
> > > Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas,
> gastaram
> > 1000
> > >
> > > dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13
> dólares.
> > >
> > > Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.
> > >
> > >
> > >
> > > http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf
> > >
> > > acesso em 23/03/2008
> > >
> > >
> > > Agradeço sua atenção.
> > >
> > > Amplexo.
> > > Fernando Pinto
> > >
> > > 
> >  
> >
> > >
> > > - Original Message -
> > > From: Joao Victor Brasil
> > > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > > Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
> > > Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> > >
> > >
> > >
> > > É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
> > >
> > > Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
> > possibilidades.
> > >
> > > Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei
> 72
> > possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
> > retirá-las.
> > > D1H1:3 disc
> > > D1H2: 2 disc
> > > D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
> > > D2H2: 1 disc
> > > D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
> > > D3H2: 1 disc
> > >
> > > 3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.
> > >
> > > Joao Victor
> > >
> > >
> > > On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > > > Olá pessoal!
> > > >
> > > > Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj
> o
> > horário j.
> > > >
> > > > D1H1: 3 matérias
> > > > D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
> > > > D1: 6 possibilidades
> > > >
> > > > Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
> > > > utilizar a outra matéria utilizada e

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Thelio Gama]

Terei a resposta oficial somente semana que vem. A questão foi proposta pelo
Prof. Paulo Jorge Teixeira (UFF) na 1ª avaliação formativa de um curso em
andamento na PUC-RJ. Mas tudo indica que é realmente 48 e, portanto, houve
um erro nas alternativas.

Em 20/03/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Olá pessoal!
>
> Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
> horário j.
>
> D1H1: 3 matérias
> D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
> D1: 6 possibilidades
>
> Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
> utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
> matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
> não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
>
> D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
>
> Total: 6*4*2 = 48.
>
> Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
> utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
>
> Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
> A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
> D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
> permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
>
> Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
> representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
> resposta é menor que 90.
>
> As formas inválidas serão:
>
> Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
> Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
> permutados entre si.
>
> Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
> pois cai no caso acima.
>
> Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
> 12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
> está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
> AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
> mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
> que se repete no mesmo dia.
>
> Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
> compor o horário
>
> Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
> respostas são essas mesmo?
>
> On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > É pessoal...
> >
> > Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
> >
> > Thelio
> >
> > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
> horas. As
> > matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> > semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
> > dessa turma?
> > a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
>
>
> --
> Henrique
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Não é tão escabroso quanto parece:

19H + 13M = 1000

Módulo 13, temos
19H=1000
7H=1000=-14
H=-2=(mod 13)

Entao H=13x+2

Substitui:

19(13x+2) + 13M = 1000
247x+13M=962
19x+M=74

M=74-19x
H=13x+2

Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x>0

74>19x
x<74/19<4

Bem, daí é só testar!

Em 24/03/08, Fernando<[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
>
> Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação. Acontece
> que ela é "diofantina", admitindo infinitas soluções. Claro que, de acordo
> com as condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a
> quantidade delas para um número bem menos (eu creio).
>

P.S.: Nem toda diofantiona tem infinitas soluções.

Diofantina significa somente `resolva em Z={0,1,-1,2,-2,3,-3,...}´
Ou seja, até mesmo x=2 pode ser diofantina, bem como x^3=5

> Amplexo.
> Fernando
>
>  
>  
>
>
> - Original Message -
> From: Joao Victor Brasil
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
> Fernando,
>
> Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
> 19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher
>
> Joao Victor
>
>
> On 3/24/08, Fernando <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> >
> >
> > Olá João Victor, boa tarde!
> >
> > Você possui a solução do problema abaixo?
> > Se SIM, poderia enviá-la para mim?
> >
> >
> >
> > Sociedade Brasileira de Matemática
> >
> > EUREKA! N°14, 2002
> >
> > VIII OLIMPÍADA DE MAIO
> >
> > Enunciados e Resultado Brasileiro
> >
> > PRIMEIRO NÍVEL
> >
> > 11/05/2002
> >
> > PROBLEMA 1
> >
> > Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram
> 1000
> >
> > dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.
> >
> > Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.
> >
> >
> >
> > http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf
> >
> > acesso em 23/03/2008
> >
> >
> > Agradeço sua atenção.
> >
> > Amplexo.
> > Fernando Pinto
> >
> > 
>  
>
> >
> > - Original Message -
> > From: Joao Victor Brasil
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
> > Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> >
> >
> >
> > É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
> >
> > Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
> possibilidades.
> >
> > Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
> possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
> retirá-las.
> > D1H1:3 disc
> > D1H2: 2 disc
> > D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
> > D2H2: 1 disc
> > D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
> > D3H2: 1 disc
> >
> > 3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.
> >
> > Joao Victor
> >
> >
> > On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > > Olá pessoal!
> > >
> > > Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
> horário j.
> > >
> > > D1H1: 3 matérias
> > > D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
> > > D1: 6 possibilidades
> > >
> > > Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
> > > utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
> > > matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
> > > não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
> > >
> > > D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
> > >
> > > Total: 6*4*2 = 48.
> > >
> > > Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
> > > utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
> > >
> > > Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
> > > A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
> > > D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
> > > permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
> > >
> > > Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
> > > representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
> > > respost

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Fernando]

Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação. Acontece que 
ela é "diofantina", admitindo infinitas soluções. Claro que, de acordo com as 
condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a quantidade delas 
para um número bem menos (eu creio).

Amplexo.
Fernando






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  Fernando,

  Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
  19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher

  Joao Victor

   
  On 3/24/08, Fernando <[EMAIL PROTECTED]> wrote: 
Olá João Victor, boa tarde!

Você possui a solução do problema abaixo?
Se SIM, poderia enviá-la para mim?

Sociedade Brasileira de Matemática

EUREKA! N°14, 2002

VIII OLIMPÍADA DE MAIO

Enunciados e Resultado Brasileiro

PRIMEIRO NÍVEL

11/05/2002

PROBLEMA 1

Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram 
1000

dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.

Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.



http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf

acesso em 23/03/2008



Agradeço sua atenção.

Amplexo.
Fernando Pinto






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
      Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil

   
  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

  Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48 
possibilidades.

  Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72 
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de 
retirá-las.
  D1H1:3 disc
  D1H2: 2 disc 
  D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
  D2H2: 1 disc
  D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
  D3H2: 1 disc

  3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

  Joao Victor

   
  On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote: 
Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o 
horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> É pessoal...
>
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
>
> Thelio
>
> uma turma t

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Joao Victor Brasil]

Fernando,

Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher

Joao Victor


On 3/24/08, Fernando <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
>  Olá João Victor, boa tarde!
>
> Você possui a solução do problema abaixo?
> Se SIM, poderia enviá-la para mim?
>
> *
>
> Sociedade Brasileira de Matemática
>
> EUREKA! N°14, 2002
> *
>
> *VIII OLIMPÍADA DE MAIO*
> *
>
> Enunciados e Resultado Brasileiro
> *
>
> *PRIMEIRO NÍVEL*
>
> *11/05/2002*
>
> *PROBLEMA 1*
>
> *Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram
> 1000*
>
> *dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13
> dólares.*
>
> *Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.*
>
> **
>
> *http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf*
>
> *acesso em 23/03/2008*
> **
>
> Agradeço sua atenção.
>
> Amplexo.
> Fernando Pinto
>
>  --
> --
>
> - Original Message -
> *From:* Joao Victor Brasil <[EMAIL PROTECTED]>
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Monday, March 24, 2008 10:29 AM
> *Subject:* Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
>  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
>
> Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
> possibilidades.
>
> Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
> possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
> retirá-las.
> D1H1:3 disc
> D1H2: 2 disc
> D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
> D2H2: 1 disc
> D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
> D3H2: 1 disc
>
> 3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.
>
> Joao Victor
>
>
> On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> >
> > Olá pessoal!
> >
> > Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
> > horário j.
> >
> > D1H1: 3 matérias
> > D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
> > D1: 6 possibilidades
> >
> > Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
> > utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
> > matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
> > não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
> >
> > D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
> >
> > Total: 6*4*2 = 48.
> >
> > Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
> > utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
> >
> > Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
> > A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
> > D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
> > permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
> >
> > Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
> > representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
> > resposta é menor que 90.
> >
> > As formas inválidas serão:
> >
> > Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
> > Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
> > permutados entre si.
> >
> > Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
> > pois cai no caso acima.
> >
> > Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
> > 12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
> > está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
> > AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
> > mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
> > que se repete no mesmo dia.
> >
> > Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
> > compor o horário
> >
> > Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
> > respostas são essas mesmo?
> >
> > On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > > É pessoal...
> > >
> > > Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
> > >
> > > Thelio
> > >
> > > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
> > horas. As
> > > matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> > > semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o
> > horário
> > > dessa turma?
> > > a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
> >
> >
> > --
> > Henrique
> >
> >
> > =
> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >
> > =
> >
>
>

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Fernando]

Olá João Victor, boa tarde!

Você possui a solução do problema abaixo?
Se SIM, poderia enviá-la para mim?

Sociedade Brasileira de Matemática

EUREKA! N°14, 2002

VIII OLIMPÍADA DE MAIO

Enunciados e Resultado Brasileiro

PRIMEIRO NÍVEL

11/05/2002

PROBLEMA 1

Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram 1000

dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.

Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.



http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf

acesso em 23/03/2008



Agradeço sua atenção.

Amplexo.
Fernando Pinto






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

  Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48 
possibilidades.

  Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72 
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de 
retirá-las.
  D1H1:3 disc
  D1H2: 2 disc 
  D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
  D2H2: 1 disc
  D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
  D3H2: 1 disc

  3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

  Joao Victor

   
  On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote: 
Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o 
horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> É pessoal...
>
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
>
> Thelio
>
> uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. 
As
> matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
> dessa turma?
> a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


--
Henrique

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

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Joao Victor Brasil]

É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
possibilidades.

Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
retirá-las.
D1H1:3 disc
D1H2: 2 disc
D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
D2H2: 1 disc
D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
D3H2: 1 disc

3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

Joao Victor


On 3/20/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
> Olá pessoal!
>
> Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
> horário j.
>
> D1H1: 3 matérias
> D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
> D1: 6 possibilidades
>
> Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
> utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
> matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
> não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
>
> D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
>
> Total: 6*4*2 = 48.
>
> Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
> utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
>
> Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
> A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
> D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
> permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
>
> Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
> representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
> resposta é menor que 90.
>
> As formas inválidas serão:
>
> Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
> Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
> permutados entre si.
>
> Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
> pois cai no caso acima.
>
> Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
> 12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
> está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
> AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
> mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
> que se repete no mesmo dia.
>
> Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
> compor o horário
>
> Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
> respostas são essas mesmo?
>
> On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > É pessoal...
> >
> > Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
> >
> > Thelio
> >
> > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
> horas. As
> > matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> > semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
> > dessa turma?
> > a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
>
>
> --
> Henrique
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Henrique Rennó]

Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> É pessoal...
>
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
>
> Thelio
>
> uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. As
> matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
> dessa turma?
> a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


-- 
Henrique

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

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Antonio Giansante]

Pois é joão acho q dessa forma a gente acaba
contando os casos em que há a mesma matéria duas vezes
no dia. Por exemplo: D1: H1: 3 opções--> escolho M; H2
duas opções--> escolho F; 
D2 --> H1: 3 opções: escolho M   H2 --> duas opções:
escolho F. 
Assim, para d3, sobra apenas 2 opções Q, o q não pode
ocorrer. 

Parece que realmente há um erro no gabarito. Veja que
a árvore fornece todas as possibilidades. Como eu
contei erroneamente duas vezes (conforme observou bem
o rafael), a resposta parece ser mesmo 48, não? 

--- Joao Victor Brasil <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

> Estava pensando o seguinte, se D1 é segunda, D2
> quarta e D3 sexta,
> e H1 aula de 8-9 hs e H2  aula de 11-12 hs, quantas
> possibilidades de
> matérias podemos ter por aula?
> 
> D1 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI)
>  H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)
> 
> D2 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI, pode ser a segunda
> aula da semana,
> todas voltam)
>  H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)
> 
> D3 H1:2 matérias (Uma matéria já usou suas duas
> aulas semanais)
>  H2:1 matérias
> 
> Pelo princípio multiplicativo, teremos 3x2x3x2x2x1 =
> 72.
> Mas D1H1 pode trocar com D1H2 sem prejuízo, teremos
> então 72x2x2x2
> (uma multiplicação para cada dia)=576.
> Com esse processo, contamos mais de uma vez os
> horários, devemos divir
> por 3! para corrigir nosso erro.
> Logo teremos 96 horários diferentes.
> 
> Joao Victor Brasil
> 
> On 3/19/08, Rafael Cano <[EMAIL PROTECTED]>
> wrote:
> > Olá Antonio.
> > Acho que você contou duas vezes cada horário
> possível.
> > Da maneira que você fez você já tinha considerado
> a ordem das aulas em cada
> > dia. A árvore de possibilidades já considera todas
> as formas de se preencher
> > a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha
> que a primeira aula de
> > cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a
> segunda aula de cada dia  é
> > FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com
> FIS também considera que
> > é possível formar um horário em que a primeira
> aula de cada dia é FIS, QUI,
> > MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI,
> ou seja, exatamente o
> > horário anterior, mas com a ordem das matérias
> invertidas.
> > Abraços
> >
> > - Original Message -
> > From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
> > To: 
> > Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
> > Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> >
> >
> > > Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que
> foi
> > > pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a
> 5a
> > > opção.
> > > --- Antonio Giansante <[EMAIL PROTECTED]>
> > > escreveu:
> > >
> > >> Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em
> resolver um
> > >> problema de combinatória eu "apelo" para a
> árvore de
> > >> possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui
> fez
> > >> como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas
> do
> > >> enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
> > >> viajada):
> > >>
> > >>  segunda  quarta  sexta
> > >>
> > >>   QUI
> > >>   FIS FIS
> > >>   MAT
> > >>
> > >>   QUI
> > >>   MAT QUI FIS
> > >>   MAT
> > >>
> > >>   QUI
> > >>   MAT FIS
> > >>
> > >> Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
> > >> teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI,
> perfazendo
> > >> um
> > >> total de 24 possibilidades. Vamos analisar
> agora o
> > >> que
> > >> acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
> > >> tenhamos
> > >> escolhido a primeira opção da árvore para as
> > >> primeiras
> > >> aulas:
> > >> MAT   QUI   FIS
> > >>
> > >> Então, na segunda aula, só poderemos ter as
> opções
> > >>
> > >> FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
> > >> Observe que outras ordens destes não são
> possíveis
> > >> devido à condição de nõ poder ser matérias
> iguais no
> > >> mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
> > >> preenchimento das aulas da semana para cada
> op

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Antonio Giansante]

É verdade...viajei!!! Voltemos à prancheta!!! abçs


--- Rafael Cano <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

> Olá Antonio.
> Acho que você contou duas vezes cada horário
> possível.
> Da maneira que você fez você já tinha considerado a
> ordem das aulas em cada 
> dia. A árvore de possibilidades já considera todas
> as formas de se preencher 
> a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha
> que a primeira aula de 
> cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a
> segunda aula de cada dia  é 
> FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com
> FIS também considera que 
> é possível formar um horário em que a primeira aula
> de cada dia é FIS, QUI, 
> MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI,
> ou seja, exatamente o 
> horário anterior, mas com a ordem das matérias
> invertidas.
> Abraços
> 
> - Original Message - 
> From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
> To: 
> Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> 
> 
> > Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
> > pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a
> 5a
> > opção.
> > --- Antonio Giansante <[EMAIL PROTECTED]>
> > escreveu:
> >
> >> Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver
> um
> >> problema de combinatória eu "apelo" para a árvore
> de
> >> possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui
> fez
> >> como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
> >> enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
> >> viajada):
> >>
> >>  segunda  quarta  sexta
> >>
> >>   QUI
> >>   FIS FIS
> >>   MAT
> >>
> >>   QUI
> >>   MAT QUI FIS
> >>   MAT
> >>
> >>   QUI
> >>   MAT FIS
> >>
> >> Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
> >> teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI,
> perfazendo
> >> um
> >> total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora
> o
> >> que
> >> acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
> >> tenhamos
> >> escolhido a primeira opção da árvore para as
> >> primeiras
> >> aulas:
> >> MAT   QUI   FIS
> >>
> >> Então, na segunda aula, só poderemos ter as
> opções
> >>
> >> FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
> >> Observe que outras ordens destes não são
> possíveis
> >> devido à condição de nõ poder ser matérias iguais
> no
> >> mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
> >> preenchimento das aulas da semana para cada opção
> da
> >> árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total
> de:
> >> 24x2=48.
> >> Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
> >> que
> >> a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
> >> Assim, se começarmos a preencher as opções da
> >> segunda
> >> aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o
> que
> >> dá
> >> um total de 96 possibilidades de horário.Ou
> não,
> >> como diria Caetano! (posso ter errado também,
> >> ehehe).
> >> Espero ter ajudado. ABÇS
> 
> >> >   2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:
> >> >
> >> > É pessoal...
> >> >
> >> > Achei muito difícil esta questão. Agradeço
> se
> >> > alguém puder explicá-la.
> >> >
> >> > Thelio
> >> >
> >> > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras,
> de
> >> > 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
> >> > portugues, matemática e ingles, cada uma com
> duas
> >> > aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
> >> modos
> >> > pode ser feito o horário dessa turma?
> >> > a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e)
> 120
> >> >
> >> >
> >>
> >>
> >>
> >>   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem
> >> limite de espaço para armazenamento!
> >> http://br.mail.yahoo.com/
> >>
> >
>
=
> >> Instruções para entrar na lista, sair 

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Joao Victor Brasil]

Estava pensando o seguinte, se D1 é segunda, D2 quarta e D3 sexta,
e H1 aula de 8-9 hs e H2  aula de 11-12 hs, quantas possibilidades de
matérias podemos ter por aula?

D1 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI)
 H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)

D2 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI, pode ser a segunda aula da semana,
todas voltam)
 H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)

D3 H1:2 matérias (Uma matéria já usou suas duas aulas semanais)
 H2:1 matérias

Pelo princípio multiplicativo, teremos 3x2x3x2x2x1 = 72.
Mas D1H1 pode trocar com D1H2 sem prejuízo, teremos então 72x2x2x2
(uma multiplicação para cada dia)=576.
Com esse processo, contamos mais de uma vez os horários, devemos divir
por 3! para corrigir nosso erro.
Logo teremos 96 horários diferentes.

Joao Victor Brasil

On 3/19/08, Rafael Cano <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> Olá Antonio.
> Acho que você contou duas vezes cada horário possível.
> Da maneira que você fez você já tinha considerado a ordem das aulas em cada
> dia. A árvore de possibilidades já considera todas as formas de se preencher
> a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha que a primeira aula de
> cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a segunda aula de cada dia  é
> FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com FIS também considera que
> é possível formar um horário em que a primeira aula de cada dia é FIS, QUI,
> MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI, ou seja, exatamente o
> horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.
> Abraços
>
> - Original Message -
> From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
> To: 
> Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
> > Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
> > pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
> > opção.
> > --- Antonio Giansante <[EMAIL PROTECTED]>
> > escreveu:
> >
> >> Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
> >> problema de combinatória eu "apelo" para a árvore de
> >> possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui fez
> >> como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
> >> enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
> >> viajada):
> >>
> >>  segunda  quarta  sexta
> >>
> >>   QUI
> >>   FIS FIS
> >>   MAT
> >>
> >>   QUI
> >>   MAT QUI FIS
> >>   MAT
> >>
> >>   QUI
> >>   MAT FIS
> >>
> >> Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
> >> teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
> >> um
> >> total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
> >> que
> >> acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
> >> tenhamos
> >> escolhido a primeira opção da árvore para as
> >> primeiras
> >> aulas:
> >> MAT   QUI   FIS
> >>
> >> Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções
> >>
> >> FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
> >> Observe que outras ordens destes não são possíveis
> >> devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
> >> mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
> >> preenchimento das aulas da semana para cada opção da
> >> árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
> >> 24x2=48.
> >> Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
> >> que
> >> a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
> >> Assim, se começarmos a preencher as opções da
> >> segunda
> >> aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
> >> dá
> >> um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
> >> como diria Caetano! (posso ter errado também,
> >> ehehe).
> >> Espero ter ajudado. ABÇS
>
> >> >   2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:
> >> >
> >> > É pessoal...
> >> >
> >> > Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
> >> > alguém puder explicá-la.
> >> >
> >> > Thelio
> >> >
> >> > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
> >> > 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
> >> > portugues, matemática e ingles, cada uma com

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Rafael Cano]

Olá Antonio.
Acho que você contou duas vezes cada horário possível.
Da maneira que você fez você já tinha considerado a ordem das aulas em cada 
dia. A árvore de possibilidades já considera todas as formas de se preencher 
a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha que a primeira aula de 
cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a segunda aula de cada dia  é 
FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com FIS também considera que 
é possível formar um horário em que a primeira aula de cada dia é FIS, QUI, 
MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI, ou seja, exatamente o 
horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.

Abraços

- Original Message - 
From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>

To: 
Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil



Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
opção.
--- Antonio Giansante <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu:


Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
problema de combinatória eu "apelo" para a árvore de
possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui fez
como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
viajada):

 segunda  quarta  sexta

  QUI
  FIS FIS
  MAT

  QUI
  MAT QUI FIS
  MAT

  QUI
  MAT FIS

Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
um
total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
que
acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
tenhamos
escolhido a primeira opção da árvore para as
primeiras
aulas:
MAT   QUI   FIS

Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções

FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
Observe que outras ordens destes não são possíveis
devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
preenchimento das aulas da semana para cada opção da
árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
24x2=48.
Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
que
a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
Assim, se começarmos a preencher as opções da
segunda
aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
dá
um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
como diria Caetano! (posso ter errado também,
ehehe).
Espero ter ajudado. ABÇS



>   2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:
>
> É pessoal...
>
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
> alguém puder explicá-la.
>
> Thelio
>
> uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
> 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
> portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
> aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
modos
> pode ser feito o horário dessa turma?
> a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
>
>



  Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem
limite de espaço para armazenamento!
http://br.mail.yahoo.com/


=

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


=






 Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento!

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


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

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Antonio Giansante]

Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
opção. 
--- Antonio Giansante <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu:

> Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
> problema de combinatória eu "apelo" para a árvore de
> possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui fez
> como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
> enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
> viajada):
> 
>  segunda  quarta  sexta
> 
>   QUI
>   FIS FIS
>   MAT
> 
>   QUI
>   MAT QUI FIS
>   MAT
>  
>   QUI
>   MAT FIS
> 
> Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
> teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
> um
> total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
> que
> acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
> tenhamos
> escolhido a primeira opção da árvore para as
> primeiras
> aulas:
> MAT   QUI   FIS
> 
> Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções
> 
> FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT. 
> Observe que outras ordens destes não são possíveis
> devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
> mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
> preenchimento das aulas da semana para cada opção da
> árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
> 24x2=48.
> Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
> que
> a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
> Assim, se começarmos a preencher as opções da
> segunda
> aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
> dá
> um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
> como diria Caetano! (posso ter errado também,
> ehehe).
> Espero ter ajudado. ABÇS 
> 
> 
> 
> 
> --- Rafael Cano <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
> 
> > Olá,
> > Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na
> sua
> > solução. Na verdade eu consegui resolver de outra
> > forma e cheguei no mesmo resultado.
> > Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia
> então
> > obrigatoriamente nos 3 dias os três pares têm que
> > aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais
> > fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6
> > formas de escolher os pares para cada dia e em
> cada
> > dia podemos inverter a ordem das matérias, ou
> seja,
> > há 6 formas de escolher em qual dia fica cada par
> e
> > 2 formas de organizar as matérias por dia. Logo:
> > 6*2*2*2=48.
> > 
> > Abraços
> > 
> >   - Original Message - 
> >   From: Marcelo Salhab Brogliato 
> >   To: obm-l@mat.puc-rio.br 
> >   Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
> >   Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> > 
> > 
> >   Olá Thelio,
> > 
> >   Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais
> em
> > dias diferentes, e 3 dias.
> >   Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3
> > matérias: 3*2 = 6 modos
> >   Para o segundo dia, só podemos repetir uma
> > matéria, portanto temos: 2(devido a ordem)*2*1 = 4
> > modos
> >   Para o terceiro dia, as matérias já estão
> > determinadas, temos apenas a ordem, portanto: 2
> > modos
> > 
> >   assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
> >   mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
> >   Vamos aguardar alguém me corrigir ;)
> > 
> >   abraços,
> >   Salhab
> > 
> > 
> > 
> >   2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:
> > 
> > É pessoal...
> > 
> > Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
> > alguém puder explicá-la.
> > 
> > Thelio
> > 
> > uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
> > 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
> > portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
> > aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
> modos
> > pode ser feito o horário dessa turma? 
> > a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
> > 
> > 
> 
> 
> 
>   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem
> limite de espaço para armazenamento!
> http://br.mail.yahoo.com/
>
=
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e
> usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>
=
> 



  Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento!
http://br.mail.yahoo.com/
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Antonio Giansante]

Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
problema de combinatória eu "apelo" para a árvore de
possibilidades. Ficou assim(Obs: O "tanso" aqui fez
como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
viajada):

 segunda  quarta  sexta

  QUI
  FIS FIS
  MAT

  QUI
  MAT QUI FIS
  MAT
 
  QUI
  MAT FIS

Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo um
total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o que
acontece com uma dessas escolhas. Supondo que tenhamos
escolhido a primeira opção da árvore para as primeiras
aulas:
MAT   QUI   FIS

Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções

FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT. 
Observe que outras ordens destes não são possíveis
devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
preenchimento das aulas da semana para cada opção da
árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
24x2=48.
Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de que
a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
Assim, se começarmos a preencher as opções da segunda
aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que dá
um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
como diria Caetano! (posso ter errado também, ehehe).
Espero ter ajudado. ABÇS 




--- Rafael Cano <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

> Olá,
> Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na sua
> solução. Na verdade eu consegui resolver de outra
> forma e cheguei no mesmo resultado.
> Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia então
> obrigatoriamente nos 3 dias os três pares têm que
> aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais
> fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6
> formas de escolher os pares para cada dia e em cada
> dia podemos inverter a ordem das matérias, ou seja,
> há 6 formas de escolher em qual dia fica cada par e
> 2 formas de organizar as matérias por dia. Logo:
> 6*2*2*2=48.
> 
> Abraços
> 
>   - Original Message - 
>   From: Marcelo Salhab Brogliato 
>   To: obm-l@mat.puc-rio.br 
>   Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
>   Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
> 
> 
>   Olá Thelio,
> 
>   Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em
> dias diferentes, e 3 dias.
>   Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3
> matérias: 3*2 = 6 modos
>   Para o segundo dia, só podemos repetir uma
> matéria, portanto temos: 2(devido a ordem)*2*1 = 4
> modos
>   Para o terceiro dia, as matérias já estão
> determinadas, temos apenas a ordem, portanto: 2
> modos
> 
>   assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
>   mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
>   Vamos aguardar alguém me corrigir ;)
> 
>   abraços,
>   Salhab
> 
> 
> 
>   2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:
> 
> É pessoal...
> 
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
> alguém puder explicá-la.
> 
> Thelio
> 
> uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
> 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
> portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
> aulas semanais, em dias diferentes. De quantos modos
> pode ser feito o horário dessa turma? 
> a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
> 
> 



  Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento!
http://br.mail.yahoo.com/
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Rafael Cano]

Olá,
Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na sua solução. Na verdade eu 
consegui resolver de outra forma e cheguei no mesmo resultado.
Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia então obrigatoriamente nos 3 
dias os três pares têm que aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais 
fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6 formas de escolher os pares para 
cada dia e em cada dia podemos inverter a ordem das matérias, ou seja, há 6 
formas de escolher em qual dia fica cada par e 2 formas de organizar as 
matérias por dia. Logo: 6*2*2*2=48.

Abraços

  - Original Message - 
  From: Marcelo Salhab Brogliato 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  Olá Thelio,

  Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes, e 3 dias.
  Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3 matérias: 3*2 = 6 modos
  Para o segundo dia, só podemos repetir uma matéria, portanto temos: 2(devido 
a ordem)*2*1 = 4 modos
  Para o terceiro dia, as matérias já estão determinadas, temos apenas a ordem, 
portanto: 2 modos

  assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
  mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
  Vamos aguardar alguém me corrigir ;)

  abraços,
  Salhab



  2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:

É pessoal...

Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

Thelio

uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. 
As matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas 
semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário dessa 
turma? 
a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120

Re: [obm-l] combinatoria dificil

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Thelio,

Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes, e 3
dias.
Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3 matérias: 3*2 = 6 modos
Para o segundo dia, só podemos repetir uma matéria, portanto temos: 2(devido
a ordem)*2*1 = 4 modos
Para o terceiro dia, as matérias já estão determinadas, temos apenas a
ordem, portanto: 2 modos

assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
Vamos aguardar alguém me corrigir ;)

abraços,
Salhab


2008/3/13 Thelio Gama <[EMAIL PROTECTED]>:

> É pessoal...
>
> Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
>
> Thelio
>
> uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas.
> As matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
> semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
> dessa turma?
> a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Palmerim Soares]

Perfeito Ralph, tem toda razao. Gostei muito tambem da abordagem do Rogerio.
Ainda nao abri, mas parece que enviaram uma outra solucao. Como ja disse
antes, esta lista eh o paraiso na Terra... Agradeco a participacao de voces
mestres..

abraços,
Palmerim


Em 04/10/07, Ralph Teixeira <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Hmmm... mas ele tambem pode, desses 9, escolher x=2 para informatica e y=2
> para telemarketing, e depois completar usando o pessoal que soh pode uma
> coisa ou outra. Acho que sua solucao incorpora os quatro "cantos" daquela
> tabela feia que eu mandei, mas nada impede de ele dividir os grupos conforme
> as outras 16 entradas dela Por isso que, pra mim, o numero de modos eh
> muito maior...
>
> Abraco,
> Ralph
>
> P.S.: Ah, e nao basta escolher os 7 dos 9 -- ele ainda tem que dizer quais
> 4 vao para informatica e quais 3 vao para marketing. Entao, soh nesta
> situacao, tem (9C7)(7C4)=36x35 modos.
>
>
>  On 10/4/07, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> >
> > Ola Paulo e Ralph
> >
> > A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
> > faltou acrescentar apenas quarta situacao:
> > *4ª  situacao* :  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os
> > setores, escolher 7
> >
> >
> > Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o
> > da quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o
> > meu gabarito. Veja se concordam, amigos.
> >
> > Abracos,
> > Palmerim
> >
> > Em 03/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED] > escreveu:
> >
> > >
> > >
> > > Beleza de solução Ralph.
> > > Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados
> > > pode-se selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
> > > Excelente problema Palmerim.
> > >
> > >
> > > []'s
> > >
> > > PC
> > >
> >
> >
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Ralph Teixeira]

Ah, bacana, sua divisao em casos eh bem mais esperta do que a minha,
neh? Seu somatorio tem 4 termos ao inves dos meus feiosos 20... Legal!

Abraco,
  Ralph


On 10/4/07, Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
> Ola' Palmerim e colegas da lista,
> conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilidade dos seguintes funcionarios:
>  4 de telemarketing
>  9 coringas
>  7 de informática
>
>
> Ha' 3 vagas de telemarketing e 4 vagas de informatica.
> Na distribuicao dos funcionarios necessarios, podemos variar o
> preenchimento das vagas de telemarketing das seguintes formas:
>
> 3 exclusivos de telemarketing (com 16 disponiveis para a informatica):
> #modos = C(4,3) * C(16,4) = 7280
>
> 2 exclusivos de telemarketing e 1 coringa (15 para a informatica):
> #modos = C(4,2) * C(9,1) * C(15,4) = 73710
>
>  1 exclusivos de telemarketing e 2 coringas (sobram 14 p/ informatica):
> #modos = C(4,1) * C(9,2) * C(14,4) = 144144
>
> nenhum exclusivo de telemarketing e 3 coringas (13 p/ informatica):
> #modos = C(9,3) * C(13,4) = 60060
>
>
> Portanto, ha' 285194 modos de preencher as vagas.
>
> []'s
> Rogerio Ponce
> **
> **
> *Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]>* escreveu:
>
> Olá Paulo
>
> Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja
> errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar
> novas tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e
> enriquecedores.
>
> Um abraco,
> Palemerim
>
>
> Em 01/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
> >
> >
> >
> > Olá Palmerim
> >
> > Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários
> > APENAS estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para
> > ambas as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.
> >
> > Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9
> > em ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
> > não serão selecionados)
> >
> > Vamos contar separadamente as seguintes situações:
> >
> > Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as
> > vagas para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing.
> > Existem C 7,4 x C 4,3 = 140 modos.
> >
> > Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as
> > demais vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C
> > 4,3 = 504 modos.
> >
> >
> > Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
> > para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
> > x  C 9,3 = 2940 modos.
> >
> > Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
> > vagas.
> >
> > O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já
> > fico desconfiado com as minhas respostas.
> >
> > []'s
> >
> > PC
> >
>
>
> Abra sua conta no Yahoo! 
> Mail,
> o único sem limite de espaço para armazenamento!
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Rogerio Ponce]

Ola' Palmerim e colegas da lista,
  conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilidade dos seguintes funcionarios:
   4 de telemarketing
   9 coringas
   7 de informática
   
   
  Ha' 3 vagas de telemarketing e 4 vagas de informatica.
  Na distribuicao dos funcionarios necessarios, podemos variar o preenchimento 
das vagas de telemarketing das seguintes formas:
   
  3 exclusivos de telemarketing (com 16 disponiveis para a informatica):
  #modos = C(4,3) * C(16,4) = 7280
 
  2 exclusivos de telemarketing e 1 coringa (15 para a informatica):
  #modos = C(4,2) * C(9,1) * C(15,4) = 73710
   

1 exclusivos de telemarketing e 2 coringas (sobram 14 p/ informatica):
  #modos = C(4,1) * C(9,2) * C(14,4) = 144144
 
  nenhum exclusivo de telemarketing e 3 coringas (13 p/ informatica):
  #modos = C(9,3) * C(13,4) = 60060
   
   
  Portanto, ha' 285194 modos de preencher as vagas.
   


  []'s
  Rogerio Ponce
   
   
  Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Olá Paulo
   
  Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja 
errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar novas 
tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e enriquecedores. 
   
  Um abraco,
  Palemerim

 
  Em 01/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:   

  Olá Palmerim

Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS 
estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas as 
funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing. 

Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9 em 
ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza não 
serão selecionados)

Vamos contar separadamente as seguintes situações: 

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as vagas 
para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 7,4 x 
C 4,3 = 140 modos.

Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais 
vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 = 504 
modos. 

 
Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas para 
telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4 x  C 9,3 
= 2940 modos.

Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as vagas. 

O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já fico 
desconfiado com as minhas respostas.

[]'s

PC




   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento! 

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Ralph Teixeira]

Hmmm... mas ele tambem pode, desses 9, escolher x=2 para informatica e y=2
para telemarketing, e depois completar usando o pessoal que soh pode uma
coisa ou outra. Acho que sua solucao incorpora os quatro "cantos" daquela
tabela feia que eu mandei, mas nada impede de ele dividir os grupos conforme
as outras 16 entradas dela Por isso que, pra mim, o numero de modos eh
muito maior...

Abraco,
Ralph

P.S.: Ah, e nao basta escolher os 7 dos 9 -- ele ainda tem que dizer quais 4
vao para informatica e quais 3 vao para marketing. Entao, soh nesta
situacao, tem (9C7)(7C4)=36x35 modos.


On 10/4/07, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
> Ola Paulo e Ralph
>
> A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
> faltou acrescentar apenas quarta situacao:
> *4ª  situacao* :  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os
> setores, escolher 7
>
>
> Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o
> da quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o
> meu gabarito. Veja se concordam, amigos.
>
> Abracos,
> Palmerim
>
> Em 03/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> >
> >
> > Beleza de solução Ralph.
> > Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados
> > pode-se selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
> > Excelente problema Palmerim.
> >
> >
> > []'s
> >
> > PC
> >
>
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Palmerim Soares]

Ola Paulo e Ralph

A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
faltou acrescentar apenas quarta situacao:
*4ª  situacao*:  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os setores,
escolher 7


Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o da
quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o meu
gabarito. Veja se concordam, amigos.

Abracos,
Palmerim

Em 03/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

>
>
> Beleza de solução Ralph.
> Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados pode-se
> selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
> Excelente problema Palmerim.
>
>
> []'s
>
> PC
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Paulo Cesar]

Beleza de solução Ralph.
Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados pode-se
selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
Excelente problema Palmerim.


[]'s

PC

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Palmerim Soares]

Ola Ralph,

Obrigado pela resposta. Todas as suas suposicoes descritas no "P.S." estao
absolutamente corretas e repare que sao as mesmas suposicoes do Paulo. Com
relacao a sua resposta, tambem nao bate com a minha, que acredito estar
perfeitamente correta (embora posso estar redondamente enganado, sabe como
sao essas questoes...). De qualquer forma, nao sao 285194 modos, sao
bem menos.
Aguardo novos comentarios de todos.

Um abraco,
Palmerim


Em 02/10/07, Ralph Teixeira <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Em primeiro lugar, usamos um diagrama de Venn para separar as habilitações
> dos funcionários. Concluímos que há:
> (A) 9 habilitados para ambas as funções;
> (B) 7 habilitados apenas para informática;
> (C) 4 habilitados apenas para telemarketing;
> (D) 12 não têm habilitação.
>
> Suponho que "modos" distintos correspondem a subconjuntos distintos de
> funcionários escolhidos para cada vaga. Dos habilitados em ambas (conjunto
> A), escolhemos x para informática e y para telemarketing. Assim, temos que
> escolher 4-x do conjunto (B) e 3-y do conjunto (C) para preencher as vagas
> restantes. O número de maneiras de fazer isto para x e y fixos é:
>
> (9 C x)(9-x C y)(7 C 4-x)(4 C 3-y) =
> 9!7!4!/(x!y!(9-x-y)!(3+x)!(4-x)!(1+y)!(3-y)!)
>
> Agora, temos 0<=x<=4 e 0<=y<=3. Então faça os 20 cálculos para cada
> escolha de x e y e adicione tudo. Dá MUITO trabalho, com MUITA conta... pus
> os x nas colunas e os y nas linhas, e deu:
>
> x=0x=1   x=2   x=3   x=4
> y=0  140   1260  3024  2352   504
> y=1 1890  15120 31752 21168  3780
> y=2 5040  35280 63504 35280  5040
> y=3 2940  17640 26460 11760  1260
>
> (os termos do Paulo Cesar são apenas 3 deles das pontas, faltam muitos
> outros!). Somando tudo, a resposta deu 285194. Será que há um jeito mais
> fácil???
>
> P.S.: Note a minha interpretação da palavra "modos"... Não basta dizer
> quem são os escolhidos, não basta dizer de que grupo (A, B, C ou D)
> vieramtambém tem que se dizer quem vai fazer o quê. Uma escolha onde
> Alice vai para informática e Antônio para telemarketing é, na minha
> interpretação, diferente de uma escolha onde Alice vai para telemarketing e
> Antônio para informática, apesar de ambos serem do conjunto (A). Por outro
> lado, suponho que as posições de telemarketing são todas idênticas, e também
> as de informática.
>
> [Ralph Teixeira]  -Mensagem original-
> De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome
> de Palmerim Soares
> Enviada em: segunda-feira, 1 de outubro de 2007 11:01
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Assunto: [obm-l] combinatoria muito boa
>
>
> Ola amigos da lista,
>
> ha algum tempo, venho preparando um livro eletronico sobre analise
> combinatoria com muitas questoes de bom nivel, todas solucionadas e
> comentadas,  para deixar a disposicao de quem quiser baixar gratuitamente
> pela internet. Para isso tenho coletado questoes desta lista, de inumeros
> livros e tambem tenho elaborado algumas questoes ineditas. Acabei de compor
> a questao abaixo e achei que seria bom propo-la na lista para conhecer
> diferentes abordagens e comentarios dos mestres.
>
> abracos,
> Palmerim
>
> Uma empresa precisa preencher 4 vagas no setor de informática e 3 vagas no
> setor de telemarketing. Um dos gerentes desta empresa ficou incumbido da
> tarefa de suprir as vagas escolhendo profissionais entre os 32 funcionários
> sob sua responsabilidade, dos quais ele sabe que 16 podem trabalhar no setor
> de informática, 13 podem trabalhar no setor de telemarketing e 12 só podem
> trabalhar na limpeza. De quantos modos o gerente pode selecionar
> funcionários capazes de preencher as vagas?
>
> =
> Instru��es 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] combinatoria muito boa

[Palmerim Soares]

Olá Paulo

Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja
errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar
novas tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e
enriquecedores.

Um abraco,
Palemerim


Em 01/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
>
>
> Olá Palmerim
>
> Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS
> estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas
> as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.
>
> Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9
> em ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
> não serão selecionados)
>
> Vamos contar separadamente as seguintes situações:
>
> Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as
> vagas para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing.
> Existem C 7,4 x C 4,3 = 140 modos.
>
> Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais
> vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 =
> 504 modos.
>
>
> Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
> para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
> x  C 9,3 = 2940 modos.
>
> Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
> vagas.
>
> O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já
> fico desconfiado com as minhas respostas.
>
> []'s
>
> PC
>

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

[Paulo Cesar]

Olá Palmerim

Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS
estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas
as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.

Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9 em
ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
não serão selecionados)

Vamos contar separadamente as seguintes situações:

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as vagas
para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C
7,4 x C 4,3 = 140 modos.

Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais
vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 =
504 modos.

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
x  C 9,3 = 2940 modos.

Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
vagas.

O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já fico
desconfiado com as minhas respostas.

[]'s

PC

Re: [obm-l] COMBINATORIA

[Henrique Rennó]

Olá Graciliano!

2)Qual o numero maximo de termos de um polinomio homogeneo de grau p com n
variaveis?



2)(n+p-1)!/(n-1)!p!




Na definição de polinômio homogêneo, todos os termos possuem a soma dos
expoentes de cada variável igual, ou seja, (a^2)*(b^3) + (a^4)*b + a5 é um
polinômio homogêneo em que p = 5 e n = 2, pois:

1º termo: 2+3 = 5
2º termo: 4+1 = 5
3º termo: 5+0 = 5

O número máximo de termos seria a quantidade de formas que podemos dispor
expoentes para cada variável do termo de modo que a soma seja igual a p:

x1 + x2 + x3 + ... + xn = p (1)

onde x1,x2,...,xn representa o expoente de x1,x2,...,xn, respectivamente.

Dessa forma, calculando a quantidade de soluções da equação (1) teremos a
quantidade de todos os possíveis termos do polinômio homogêneo.

Portanto, supondo que existam p "I" no lado esquerdo representando unidades
o número total de permutações será (p+n-1)!/[p!(n-1)!], ou seja, p "I" e
(n-1) "+" permutados com repetição.

Na resposta que você passou devem ser colocados colchetes entre os termos
depois do sinal de divisão para que seja a resposta correta.

Depois tentarei resolver os outros.

--
Henrique

Re: [obm-l] combinatoria

[Igor Castro]

Seja o quarteto: AABC onde A é um violinista, B é um violista e C é um
violoncelista.
tenho:
6 A's = (A1,A2,A3,A4,A5,A6)
5 B's = (B1,B2,B3,B4,B5)
2C's + 3 B's = (C1,C2,B1,B2,B3))

Primeiro Caso:
Escolhendo os 2 A's: (6,2)
Escolhendo um B que só é B= (2,1)
Escolhendo o C = (5,1)

Segundo Caso:
Escolhendo os 2 A's: (6,2)
Escolhendo um B que é B e C= (3,1)
Escolhendo o C = (4,1)

Como os casos são disjuntos, devemos somar: (15.2.5)  +  (15.3.4) = 150 +
180 = 330 quartetos.

Abraços,
Igor.


On 3/13/07, Marcus Aurélio <[EMAIL PROTECTED]> wrote:


Alguem sabe fazer essa questão?

Um quarteto de cordas e formado por dois violinistas, um violista e um
violoncelista.
Quantos quartetos de cordas podem ser formados se dispomos de seis
violinistas,
cinco violistas, dos quais tres tamb?em podem tocar violoncelo, e dois
violoncelistas?



=
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] COMBINATORIA - Putnam 87

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,

Oi Joÿe3o Silva,

Este é o problema 97 do Manual de Seq. e Séries Vol. 2.

Dica: lembre-se da função Beta e que
1/binom{c}{b+k} = (c+1) \int_0^1 t^{b+k}(1-t)^{c-b-k} dt

[]'s
Luís


From: Joÿe3o Silva <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] COMBINATORIA - Putnam 87
Date: Wed, 24 Jan 2007 18:44:04 + (GMT)

Sejam r, s, t inteiros não-negativos com r + s <= t. Prove que
   C(s,0)/C(t,r) + C(s,1)/C(t,r+1) + C(s,2)/C(t,r+2) + ... + 
C(s,s)/C(t,r+s) =
= (t+1)/((t+1-s) C(t-s,r)), onde C(n,k) = 
[n(n-1)...(n+1-k)]/[k(k-1)...3*2*1]


_
MSN Busca: fácil, rápido, direto ao ponto.  http://search.msn.com.br

=
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] combinatoria..

[Jorge Armando Rehn Casierra Armando Rehn Casierra]

Eaew bixo, eu encontrei um raciocínio assim:
primeiro eu quis saber de quantas formas os 15 estudantes podem se sentar 
nas 15 cadeiras, se as cadeiras não tivessem reunidas em torno de uma mesa 
circular seria somente 15!, mas como tá na mesa circular a gente tem de 
dividir isso pelos permutações cíclicas possíveis entre os 15 elementos, ou 
seja, divide por 15, dá 14! maneiras de agrupar os 15 alunos nessa mesa. 
Imaginei então que para uma dada configuração dos 15 alunos na mesa, o q 
devia ocorrer com as cópias das listas de problemas, para que todos 
conseguissem ver a lista, se agruparmos os 15 alunos em trietos adjacentes 
de alunos conseguiremos, com 5 cópias, fazer com q todos vejam a lista, e 
portanto, a outra cópia pode ser dada a qualquer um dos 10 alunos restantes. 
Como podemos organizar, para uma dada configuração dos alunos na mesa, 3 
formas de separar os alunos em trietos adjacentes distintos, e para cada uma 
dessas, 10 formas de entregar a sexta cópia da lista, portanto, no total eu 
encontrei que dá para os alunos fazerem o estudo de (14!*3*10) maneiras 
distintas. É provável q eu tenha me esquecido de alguma repetição q aparece 
nesse raciocínio, porque esse número tá grande demais, mas eu acho q é isso: 
(14!*3*10).

Até mais cara, um abraço!
Jorge Armando



From: vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria..
Date: Wed, 4 Oct 2006 22:39:17 -0300 (ART)

Um grupo de 15 pessoas se reune pra estudar uma lista de exercicios numa 
mesa redonda de 15 lugares. Porém , só há 6 cópias da lista. Uma pessoa 
enxerga a lista se ela estiver logo a sua frente ou logo a frente de uma 
pessoa imediatamente ao seu lado. Quantas configurações tornam o estudo 
possível?



  resolver esse problmema eh a msm coisa de determinar de qts maneiras 15 
estudantes podem se sentar em 15 cadeiras?



  abracos

  Vinicius


-
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celular. Registre seu aparelho agora!


_
Descubra como mandar Torpedos Messenger do computador para o celular  
http://www.msn.com.br/artigos/maguire/default.asp


=
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] Re:[obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Palmerim Soares]

Perfeita a solução do mestre Buffara (a melhor que já vi), como não poderia deixar de ser
 
A questão original do IME-1971 é:
 
5 rapazes e 5 moças devem posar para uma fotografia, ocupando 5 degraus de uma escadaria, de forma que em cada degrau fique um rapaz e uma moça. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar este grupo? 

Resposta: (2!)^5 * (5!)^2  = 460.800.
 
Aliás, o problema é bem caracterizado e pode ser generalizado, de modo que a resposta é imediata: 
 
(t!)^g * (g!)^t
 
 
Em 23/08/06, claudio.buffara <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Aqui vai minha tentativa:Colocacao da Brasileiras (uma em cada lado da banca): 4!(4 escolhas para a revista que vai na frente da banca, 3 escolhas para a da lateral direita, 2 escolhas para a da lateral esquerda, e a
revista da parte de tras fica determinada)Colocacao das Francesas: 4!Colocacao das Americanas: 4!Permutacao das 3 revistas em cada lado da banca: (3!)^4Total = (4!)^3*(3!)^4 = 17.915.904 maneiras
Se os lados da banca fossem indistinguiveis, teriamos que usar permutacoes circulares para a colocacao das revistas, a o numero seria:(3!)^3*(3!)^4 = (3!)^7 = 279.936Mas o enunciado do problema deixa claro que os lados da banca sao bem detreminados e distintos um dos outros.
[]s,Claudio.-- Cabeçalho original ---De: [EMAIL PROTECTED]Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:Data: Tue, 22 Aug 2006 23:06:03 -0300Assunto: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA> Esta eu criei para o deleite dos amantes de questões do IME. Baseei-me numa> questão do próprio IME, só que esta aqui é mais difícil.
>> Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4> brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas,> pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na
> lateral direita, 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da> frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1> americana e 1 francesa. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar as 12
> revistas?>> Palmerim>=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] Combinatoria nível IME/ITA

[vinicius aleixo]

tava pensando aqui..  talvez de para agt fazer por permutacao circular..     tipo, para colocar as 1as 4 revistas seriam 3!* 3^4 maneiras.  2a seriam  3! * 2^4  3a seriam 3!     multiplicando daria
 (3!)^3*(3!)^4        abraçosVinicius 
		 
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Re: [obm-l] Re:[obm-l] Combinatoria n�vel IME/ITA

[Carlos Yuzo Shine]

Oi Claudio,

Eu só tenho uma ressalva: se os lados da banca
girassem, a resposta deveria ser (3!)*(4!)^2*(3!)^4,
não? Porque ao colocarmos as primeiras 4 revistas
(digamos, as brasileiras), já determinamos qual lado é
qual (o "lado da revista brasileira 1", etc). Assim,
as outras teriam que ser permutadas mesmo.

Outra maneira de enxergar isso é observar que as
"giradas" da banca geram 4 distribuições "não
giradas". Assim, a resposta é a do outro problema (sem
girar) dividida por 4: [(4!)^3*(3!)^4]/4, que coincide
com o parágrafo anterior.

[]'s
Shine

--- "claudio.buffara" <[EMAIL PROTECTED]>
wrote:

> Aqui vai minha tentativa:
> 
> Colocacao da Brasileiras (uma em cada lado da
> banca): 4!
> (4 escolhas para a revista que vai na frente da
> banca, 3 escolhas para a da lateral direita, 2
> escolhas para a da lateral esquerda, e a 
> revista da parte de tras fica determinada)
> Colocacao das Francesas: 4!
> Colocacao das Americanas: 4!
> Permutacao das 3 revistas em cada lado da banca:
> (3!)^4
> Total = (4!)^3*(3!)^4 = 17.915.904 maneiras
> 
> Se os lados da banca fossem indistinguiveis,
> teriamos que usar permutacoes circulares para a
> colocacao das revistas, a o numero seria:
> (3!)^3*(3!)^4 = (3!)^7 = 279.936
> Mas o enunciado do problema deixa claro que os lados
> da banca sao bem detreminados e distintos um dos
> outros.
> 
> []s,
> Claudio.
> 
> 
> -- Cabeçalho original ---
> 
> De: [EMAIL PROTECTED]
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Cópia: 
> Data: Tue, 22 Aug 2006 23:06:03 -0300
> Assunto: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA
> 
> > Esta eu criei para o deleite dos amantes de
> questões do IME. Baseei-me numa
> > questão do próprio IME, só que esta aqui é mais
> difícil.
> > 
> > Um jornaleiro separou 12 revistas, todas
> diferentes entre si, sendo 4
> > brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele
> deseja expor as revistas,
> > pendurando-as em sua banca segundo a seguinte
> disposição: 3 revistas na
> > lateral direita, 3 na lateral esquerda, 3 na parte
> de trás e 3 na parte da
> > frente, de forma que em cada lado da banca fique 1
> revista brasileira, 1
> > americana e 1 francesa. De quantas maneiras
> diferentes podemos arrumar as 12
> > revistas?
> > 
> > Palmerim
> > 
> 
> 
>
=
> 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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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Palmerim Soares]

Ainda não foi. Por isso eu disse que era nível IME/ITA...
2006/8/23, Iuri <[EMAIL PROTECTED]>:

Separando em grupos de 4 revistas de nacionalidades distintas: (4^3)*(3^3)*(2^3)*(1^3) opções. Temos 4 blocos definidos de revistas e cada um deles deve ficar em uma posição da banca, sendo todas essas posições distintas entre si, o que nos dá 4! posições para esses blocos. Alem disso, cada bloco de revistas podem se ordenar de 3! modos diferentes, o que nos dá (4^3)*(3^3)*(2^3)*(1^3)*[4!*(3!^4)] = 4!^4*3!^4 = [36*3]^4 = 144^4. 


On 8/23/06, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]
> wrote: 


Ok, vou melhorar o enunciado para ficar mais claro:
 
Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4 brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas, pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na lateral direita , 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1 americana e 1 francesa, não necessariamente nesta ordem. De quantas maneiras diferentes ele pode arrumar as revistas? 
 
2006/8/23, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]>:



A ordem faz diferença, pois as revistas são todas diferentes entre si e o problema pergunta "de quantas maneiras diferentes..."
Em 23/08/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED] 
> escreveu: 





opa..
vamos tentar aqui..dps c fala se acertei..
 
tomemos uma banca A: ela tera 4*4*4 combinacoes de revistas.
B:3*3*3
C:2*2*2
D:1*1*1
mas por outro lado podemos misturar essas 4 bancas(mult. por 4!)
acho q eh isso..
dah (4!)^4
ah, to supondo q a ordem dentro de cada prateleira nao faz diferenca..
 
abraços

 
Vinicius



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[obm-l] Re:[obm-l] Combinatoria nível IME/ ITA

[claudio\.buffara]

Aqui vai minha tentativa:

Colocacao da Brasileiras (uma em cada lado da banca): 4!
(4 escolhas para a revista que vai na frente da banca, 3 escolhas para a da 
lateral direita, 2 escolhas para a da lateral esquerda, e a 
revista da parte de tras fica determinada)
Colocacao das Francesas: 4!
Colocacao das Americanas: 4!
Permutacao das 3 revistas em cada lado da banca: (3!)^4
Total = (4!)^3*(3!)^4 = 17.915.904 maneiras

Se os lados da banca fossem indistinguiveis, teriamos que usar permutacoes 
circulares para a colocacao das revistas, a o numero seria:
(3!)^3*(3!)^4 = (3!)^7 = 279.936
Mas o enunciado do problema deixa claro que os lados da banca sao bem 
detreminados e distintos um dos outros.

[]s,
Claudio.


-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Tue, 22 Aug 2006 23:06:03 -0300
Assunto: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

> Esta eu criei para o deleite dos amantes de questões do IME. Baseei-me numa
> questão do próprio IME, só que esta aqui é mais difícil.
> 
> Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4
> brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas,
> pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na
> lateral direita, 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da
> frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1
> americana e 1 francesa. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar as 12
> revistas?
> 
> Palmerim
> 


=
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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Iuri]

Separando em grupos de 4 revistas de nacionalidades distintas: (4^3)*(3^3)*(2^3)*(1^3) opções. Temos 4 blocos definidos de revistas e cada um deles deve ficar em uma posição da banca, sendo todas essas posições distintas entre si, o que nos dá 4! posições para esses blocos. Alem disso, cada bloco de revistas podem se ordenar de 3! modos diferentes, o que nos dá (4^3)*(3^3)*(2^3)*(1^3)*[4!*(3!^4)] = 4!^4*3!^4 = [36*3]^4 = 144^4.
On 8/23/06, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
Ok, vou melhorar o enunciado para ficar mais claro:
 
Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4 brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas, pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na lateral direita , 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1 americana e 1 francesa, não necessariamente nesta ordem. De quantas maneiras diferentes ele pode arrumar as revistas?
 
2006/8/23, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]>:


A ordem faz diferença, pois as revistas são todas diferentes entre si e o problema pergunta "de quantas maneiras diferentes..."
Em 23/08/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]
> escreveu: 





opa..
vamos tentar aqui..dps c fala se acertei..
 
tomemos uma banca A: ela tera 4*4*4 combinacoes de revistas.
B:3*3*3
C:2*2*2
D:1*1*1
mas por outro lado podemos misturar essas 4 bancas(mult. por 4!)
acho q eh isso..
dah (4!)^4
ah, to supondo q a ordem dentro de cada prateleira nao faz diferenca..
 
abraços

 
Vinicius



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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Palmerim Soares]

Ok, vou melhorar o enunciado para ficar mais claro:
 
Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4 brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas, pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na lateral direita , 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1 americana e 1 francesa, não necessariamente nesta ordem. De quantas maneiras diferentes ele pode arrumar as revistas?
 
2006/8/23, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]>:

A ordem faz diferença, pois as revistas são todas diferentes entre si e o problema pergunta "de quantas maneiras diferentes..."
Em 23/08/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]
> escreveu: 





opa..
vamos tentar aqui..dps c fala se acertei..
 
tomemos uma banca A: ela tera 4*4*4 combinacoes de revistas.
B:3*3*3
C:2*2*2
D:1*1*1
mas por outro lado podemos misturar essas 4 bancas(mult. por 4!)
acho q eh isso..
dah (4!)^4
ah, to supondo q a ordem dentro de cada prateleira nao faz diferenca..
 
abraços

 
Vinicius



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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Palmerim Soares]

A ordem faz diferença, pois as revistas são todas diferentes entre si e o problema pergunta "de quantas maneiras diferentes..."
Em 23/08/06, vinicius aleixo <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:




opa..
vamos tentar aqui..dps c fala se acertei..
 
tomemos uma banca A: ela tera 4*4*4 combinacoes de revistas.
B:3*3*3
C:2*2*2
D:1*1*1
mas por outro lado podemos misturar essas 4 bancas(mult. por 4!)
acho q eh isso..
dah (4!)^4
ah, to supondo q a ordem dentro de cada prateleira nao faz diferenca..
 
abraços

 
Vinicius



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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[Palmerim Soares]

Talvez não seja mesmo, desculpe-me. Mas o IME propos uma do mesmo tipo, porém mais simples. Foi neste sentido que me referi a esta como sendo "nível IME".  Não quis faltar com a verdade, como pode ter parecido. De qualquer forma, o mais importante é resolvê-lo, e, se possível, como diz o ilustre mestre Cláudio Buffara, através da "solução macetosa... Ou seja, aquela reta auxiliar "mágica" que mata o problema em 2 linhas...".  Será que é possível? Fica o desafio

2006/8/22, [ Fabricio ] <[EMAIL PROTECTED]>:
Essa questão não é nível IME...On 8/22/06, Palmerim Soares <
[EMAIL PROTECTED]> wrote:>> Esta eu criei para o deleite dos amantes de questões do IME. Baseei-me numa> questão do próprio IME, só que esta aqui é mais difícil.>> Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4
> brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas,> pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na> lateral direita , 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da
> frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1> americana e 1 francesa. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar as 12> revistas?>>> Palmerim
=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[vinicius aleixo]

opa..  vamos tentar aqui..dps c fala se acertei..     tomemos uma banca A: ela tera 4*4*4 combinacoes de revistas.  B:3*3*3  C:2*2*2  D:1*1*1  mas por outro lado podemos misturar essas 4 bancas(mult. por 4!)  acho q eh isso..  dah (4!)^4  ah, to supondo q a ordem dentro de cada prateleira nao faz diferenca..     abraços     Vinicius 
		 
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Re: [obm-l] Combinatoria nível IME/ITA

[[ Fabricio ]]

Essa questão não é nível IME...

On 8/22/06, Palmerim Soares <[EMAIL PROTECTED]> wrote:


Esta eu criei para o deleite dos amantes de questões do IME. Baseei-me numa
questão do próprio IME, só que esta aqui é mais difícil.

Um jornaleiro separou 12 revistas, todas diferentes entre si, sendo 4
brasileiras, 4 americanas e 4 francesas. Ele deseja expor as revistas,
pendurando-as em sua banca segundo a seguinte disposição: 3 revistas na
lateral direita , 3 na lateral esquerda, 3 na parte de trás e 3 na parte da
frente, de forma que em cada lado da banca fique 1 revista brasileira, 1
americana e 1 francesa. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar as 12
revistas?


Palmerim


=
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] combinatoria

[Bruno França dos Reis]

Temos 3 números dentre o seu conjunto {1,2,3,4,6,8,9} que são divisíveis por 3, 2 que deixam resto 1 e 2 que deixam resto 2.
Ao construir o número de 5 algarismos, se escolhermos um algarismo que
deixa resto 1, devemos escolher um algarismo do grupo que deixa resto 2
para que o número seja divisível por 3. Se escolhermos dois algarismos
que deixa resto 1, devemos escolher 2 que deixam resto 2. Seja A =
{3,6,9}, B = {1,4}, C = {2,8}
Vemos então que NÃO podemos tomar um número par de algarismos do
conjunto A, NEM todos de A e os outros dois de um mesmo conjunto.
TODAS as possibilidades são: A(7,5), ie, arranjos de 7 elementos, 5 a 5.
Temos C(3,2) formas de tomar dois algarismos do conjunto A. Para cada
forma, temos duas formas de tomar dois elementos de B e um de C OU duas
formas de tomar dois elementos de C e um d B. Para cada uma dessas
formas de tomar 5 elementos, podemos permutá-los. Então devemos tirar
C(3,2)*2*2*5!.
Temos C(3,3)=1 formas de tomar todos os elementos de A. Para cada uma
(a única), podemos tomar dois elementos de B de uma única forma OU dois
elementos de C de uma única forma (o que dá duas maneiras de completar
os 5 algarismos). Novamente, devemos permutar os 5 algarismos
escolhidos.
Então a sua resposta é:
A(7,5) - C(3,2)*2*2*5! - C(3,3)*2*5! = 7!/(7-5)! - 3!/(2!*1!) * 2 * 2 *
5! - 2*5! = 7*6*5! / 2 - 3*2*2*5! - 2*5! = (7*3 - 12 - 2) * 5! = 7*5! =
840

Abraço
Bruno
On 12/20/05, Danilo Nascimento <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
Quantos números divisíveis por 3,de 5 algarismos distintos podemos formar com os algarismos 1,2,3,4,6,8,9?     gab:840
		 
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-- Bruno França dos Reisemail: bfreis - gmail.comgpg-key: 
http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.keyicq: 12626000e^(pi*i)+1=0

Re: [obm-l] Combinatoria

[Tio Cabri st]

2^8 (todos os subconjuntos) -(c8,7 os com 7 
elementos e c8,8 o proprio conjunto)

  - Original Message - 
  From: 
  Robÿe9rio Alves 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Friday, November 11, 2005 9:04 
  PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria
  
  Dado 
  um conjunto com oito elementos. Quantos subconjuntos podemos com pelo menos 
  seis elementos ?
  
  
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  No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free 
  Edition.Version: 7.1.362 / Virus Database: 267.12.8/166 - Release Date: 
  10/11/2005

Re: [obm-l] Combinatoria

[Davi de Melo Jorge Barbosa]

numero de conjuntos com 6 elem. + n. de conj. com 7 elem. + n. de
conj. com 8 elem. =
C(8,6) + C(8,7) + C(8,8) = 8!/(2!6!) + 8!/(1!7!) + 8!/(0!8!) = 28 + 8 + 1 = 37

On 11/11/05, Robÿe9rio Alves <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> Dado um conjunto com oito elementos. Quantos subconjuntos podemos com pelo
> menos seis elementos ?
>
>  
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>
>

=
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] COMBINATORIA

[Bob Roy]

Ola´ Danilo,
Pense  assim  : considere  o  conjunto {
1,2,...,25,26} . 
1) Total  de  3 elementos  : C(26,3)
2)pessoal  que possui  1e 2 juntos  : 24
3) pessoal  que  possui  2 e 3 juntos  : 23
4) pessoal  que possui   3  e 4 juntos : 23  ,
pois  aqui  pode  entrar 1,3 e4 ; ok ? e a partir 
daí  só  será  23  para  cada  um 
dos  próximos  conjuntos.
Logo  a  resposta é  : C(26,3) -( 24 +23+23+... +23) 
= 2600- 576  =2024
[]´s  Bob


At 01:46 24/9/2005, Danilo Nascimento wrote:
Das 26 letras do alfabeto,
quantos subcojuntos de três letras existem, de modo que duas letras
quaisquer de cada subconjunto não sejam consecutivas no alfabeto?
gab:2024
 
 

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