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)^
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 element
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
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
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 dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos
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 dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem
> algum dos dÃgitos
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 possibilidade
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
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 men
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
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
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 alg
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
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 combinaca
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,
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 est
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
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:
>
>
>
>
> Ol
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 se
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 du
icidade 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 t
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
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
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
Â
Carpe Dien
Em 02/11/2009 12:30, Walter Tadeu Nogueira da Silveira < wtade...@gmail.com > escreveu:
Silas,
Â
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 coleg
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
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
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
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
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
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
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 sobrar
rra 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, Bened
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..
!
= 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
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
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
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
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 q
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, M
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
>
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 d
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).
-
So
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 not
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);
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 e
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
2008/10/16 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
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)
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?"
S
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 comissõ
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 di
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
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
permuta
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 out
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
>
> na
as 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
> >
> > ____________
> >
> >
>
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]
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
>
>
>
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
rg.br/eureka/eureka14.pdf*
>
> *acesso em 23/03/2008*
> **
>
> Agradeço sua atenção.
>
> Amplexo.
> Fernando Pinto
>
> --
> --
>
> - Original Message -
> *From:* Joao Victor Brasil <[EMAIL PROTECTED]>
> *To:* ob
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
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 d
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,
amo 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
> in
inal 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
t; 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
>
>
> >
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 q
> > 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 -
> &
--- 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 diferen
-
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
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 estã
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 PROTEC
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' disponibilid
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 pr
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
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
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
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,
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 PROTE
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 informáti
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 e
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:
Esco
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
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 permutaçõe
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 di
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
Yahoo! Acesso Grátis - Int
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
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 p
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!
Coloca
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 d
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 e
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 revist
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 me
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 f
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
bras
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 divisíve
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.
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 p
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
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