Re: um bom problema
Caro Josimar, para esta questão do paralelogramo ainda não foram enviadas respostas, já em sua "versão" mais recente. Lembro que tentei resolvê-la, mas não cheguei a lugar algum. Agora, bom tempo depois, vc poderia enviar a solução? Abraços, Eduardo -Mensagem original- De: josimat <[EMAIL PROTECTED]> Para: OBM <[EMAIL PROTECTED]> Data: Sábado, 20 de Janeiro de 2001 13:39 Assunto: um bom problema Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. 1.. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
En: um bom problema
Sauda,c~oes,
===
Por acaso esse [ Z=(n-1)m - n ] saiu da manga?
===
É, mais ou menos. Tentando resolver o problema
observei
que a f'ormula funcionava. Foi isso mesmo: pura
observa,c~ao,
n~ao fui guiado por nenhuma teoria.
Sua outra pergunta deste email diz respeito a um
somat'orio.
===
Podem ajudar-me com esse somatorio[ (2n -2 -k)! ] / {
k!*[(n -1 -k)!]^2 } ;com K variando de 0 ate
n-1procuro uma expressao em funçao, somente, de
n.===Veja a resposta do prof.
Rousseau.
Is there any chance that a (-1)^k factor was left off in this
sum? As it stands, finding the sum is equivalent to evaluting
_2F_1(-n,-n,-2n;-1), which (as far as I know) isn't covered by any
standard hypergeometric result. (In particular, the required condition
is not satisfied for Kummer's theorem.) However, the corresponding sum with
alternating sign is very simple indeed; it is 1 for every n.
Assim, ficamos com o seguinte problema: mostre
que
sum{ (-1)^k [ (2n -2 -k)! ] / { k!*[(n -1 -k)!]^2 }
} ;com K variando de 0 ate n-1
vale 1 para n = 1,2,...
[ ]'s
Lu'is
-Mensagem Original-
De: Alek Medella
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: Domingo, 21 de Janeiro de
2001 20:49
Assunto: Re: um bom problema
Por acaso esse [ Z=(n-1)m - n ] saiu da
manga?
*//*Podem ajudar-me com esse somatorio[ (2n -2
-k)! ] / { k!*[(n -1 -k)!]^2 } ;com K variando de 0 ate
n-1procuro uma expressao em funçao, somente, de n.
Mais uma vez, obrigado Carlos
Vitor!Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte
conjectura: Z = (n -1)m -
n, onde "n" e "m" são os valores monetários das moedas. O que dá Z
= 59.
Alguém se emociona com isso o
suficiente a ponto de fazer algum
comentário?
RES: um bom problema
Olá Carlos Victor Mutíssimo obrigado pela atenção . Vou ler, com prazer, sua solução agora. Foi importante saber que você também não conhecia o problema. Abraços, Claudio. -Mensagem original-De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Carlos VictorEnviada em: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 00:46Para: [EMAIL PROTECTED]; OBMAssunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Verifique se a idéia abaixo está correta .Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral :x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11< k < 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto :3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a> 0 , teremos 22b < 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N < 77 ,e que a < 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N .Confere as contas , ok ?Abraços , Carlos VictorAt 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Vou repassar minha ultima mensagem, pois o Bruno se queixou de ter recebido muito lixo! Vou retirar os acentos. Valeu Carlos Victor, vou ver, com calma, se consigo acompanhar todas as passagens! Mais uma vez, obrigado Carlos Victor! Meu amigo Luis Lopes, tambem membro desta lista, chegou a seguinte conjectura: Z=(n-1)*m-n, onde n e m sao os valores monetarios das moedas. O que da Z=59 Alguem se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentario? []s Josimar -Mensagem original-De: Carlos Victor <[EMAIL PROTECTED]>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>; [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 22:52Assunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Fazendo N = nx + my , com mdc(m,n ) dividindo N , teremos para solução :x = tN - mk e y = nk - sN ; onde s e t são inteiros positivos tais que : nt = ms + 1 . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever : sN/n < k < tN/m ou seja sN/n = a + b e tN/m = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b0 < nb < n e a = mcs - nbt ; tomando nb = 1 e mc = m - 1 encontramos a = sm - s - t e, consequentemente teremos sN = na + nb = nsm - ns - nt + 1 = nsm - ns - ms ; ou seja N = nm - n - m = m( n - 1 ) - n , que é o valor encontrado . Vejamos agora o fato deste N ser o máximo : observe que tN = ma + mc = m [ mc( s +1/m) - nbt ] ou seja tn será máximo quandotivermos mc = m - 1 e nb = 1 , já que temos dentro dos colchetes uma diferença e os valores de s e t estão amarrados em nt = ms + 1 .Está correta esta conclusão ?Abraços , Carlos VictorAt 18:15 21/1/2001 -0200, josimat wrote: Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor!Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte conjectura:Z = (n 1) m n, onde "n" e "m" são os valores monetários das moedas. O que dá Z = 59.Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentário?[]s Josimar -Mensagem original-De: Carlos Victor <[EMAIL PROTECTED]>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>; OBM <[EMAIL PROTECTED]>Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 01:50Assunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Verifique se a idéia abaixo está correta .Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral :x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11< k < 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto :3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a> 0 , teremos 22b < 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N < 77 ,e que a < 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N .Confere as contas , ok ?Abraços , Carlos VictorAt 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Oi Josimar , Fazendo N = nx + my , com mdc(m,n ) dividindo N , teremos para solução : x = tN - mk e y = nk - sN ; onde s e t são inteiros positivos tais que : nt = ms + 1 . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever : sN/n < k < tN/m ou seja sN/n = a + b e tN/m = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b 0 < nb < n e a = mcs - nbt ; tomando nb = 1 e mc = m - 1 encontramos a = sm - s - t e, consequentemente teremos sN = na + nb = nsm - ns - nt + 1 = nsm - ns - ms ; ou seja N = nm - n - m = m( n - 1 ) - n , que é o valor encontrado . Vejamos agora o fato deste N ser o máximo : observe que tN = ma + mc = m [ mc( s +1/m) - nbt ] ou seja tn será máximo quando tivermos mc = m - 1 e nb = 1 , já que temos dentro dos colchetes uma diferença e os valores de s e t estão amarrados em nt = ms + 1 . Está correta esta conclusão ? Abraços , Carlos Victor At 18:15 21/1/2001 -0200, josimat wrote: Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor! Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte conjectura: Z = (n 1) m n, onde "n" e "m" são os valores monetários das moedas. O que dá Z = 59. Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentário? []s Josimar -Mensagem original- De: Carlos Victor <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>; OBM <[EMAIL PROTECTED]> Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 01:50 Assunto: Re: um bom problema Oi Josimar , Verifique se a idéia abaixo está correta . Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral : x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11< k < 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto : 3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b 3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a> 0 , teremos 22b < 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N < 77 , e que a < 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N . Confere as contas , ok ? Abraços , Carlos Victor At 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
At 18:15 21/01/01 -0200, you wrote: >Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor! Meu amigo Luís Lopes, >também membro desta lista, chegou à seguinte conjectura: Z >= (n – 1) m – são os valores monetários das >moedas. O que dá Z = 59. Alguém se emociona com isso o >suficiente a ponto de fazer algum comentário? []s Josimar Olha só o que eu recebinão dá para decifrar? Bruno Leite
Re: um bom problema
Por acaso esse [ Z=(n-1)m - n ] saiu da manga?
*//*
Podem ajudar-me com esse somatorio
[ (2n -2 -k)! ] / { k!*[(n -1 -k)!]^2 } ;com K variando
de 0 ate n-1
procuro uma expressao em funçao, somente, de n.
Mais uma vez, obrigado Carlos
Vitor!
Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte
conjectura:
Z = (n -1)m -
n, onde "n" e "m" são os valores
monetários das moedas. O que dá Z = 59.
Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum
comentário?
Re: um bom problema
Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor! Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte conjectura: Z = (n – 1) m – n, onde "n" e "m" são os valores monetários das moedas. O que dá Z = 59. Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentário? []s Josimar -Mensagem original-De: Carlos Victor <[EMAIL PROTECTED]>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>; OBM <[EMAIL PROTECTED]>Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 01:50Assunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Verifique se a idéia abaixo está correta .Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral :x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11< k < 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto :3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a> 0 , teremos 22b < 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N < 77 ,e que a < 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N .Confere as contas , ok ?Abraços , Carlos VictorAt 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Oi Josimar , Verifique se a idéia abaixo está correta . Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral : x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11< k < 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto : 3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0< b < 1 , 0< c < 1 e b 3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a> 0 , teremos 22b < 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N < 77 , e que a < 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N . Confere as contas , ok ? Abraços , Carlos Victor At 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
um bom problema
Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: Um bom problema de geometria!
At 22:29 01/05/00 -0300, you wrote: >At 18:36 01/05/00 -0300, you wrote: >>Dado um triângulo ABC tal que âng(A) = 60o, âng(B) = 50o, traça-se BD e CE >>tais que âng(DBA) =10o e âng(ECA)=20o. Calcular âng(FED) onde F é a >>interseção de BD com CE. >> >>Minha solução (procuro outra): >> >>Seja BF = a, e temos: EF = a*tg (10o); CF = a*tg (40o) e ainda FD = a*tg >>(20o)*tg (40o).Ainda temos que tg(FED) =FD/EF e portanto temos tg(FED) = >>a*tg(20o)*tg(40o)/a*tg(100) ou ainda tg(FED) = tg(40o)*tg(200) *tg(80o). >>Usando uma identidade trigonométrica conhecida (a saber: tg(60o - x) * tg(x) >>* tg (60o + x) = tg (3*x) ) vemos que tg (FED) = tg(3*20o) e portanto >>âng(FED) = 60o. >> >>Encontrei uma outra solução (sem o uso da trigonometria) MUITO >>trabalhosa que consiste em reconhecer um outro problema que se encaixa >>perfeitamente na figura (na verdade em parte da figura) e provar uma >>congruencia de triângulos formados depois de traçar linhas que para qualquer >>aluno pareceria simplesmente mágica! Conto com os colegas da lista para >>encontrar uma solução possível de se ensinar para uma turma de oitava serie. >>[]'s M.P. > > >Caro Marcos,(supondo que D e E estejam sobre AC e AB respectivamente) > >Acredito "ser possível" fazer este exercício para uma turma de oitava >série . faça o seguinte :Desenhe uma circunferência com centro em E( já >que o triângulo EBC é isósceles) , prolongue BD e CD até encontrar a >circunferência nos pontos R e P respectivamente.Usando ângulos inscritos >,mostre que PR é igual a PD que por sua vez é igual raio da circunferência >e que PD é igual a PE ; concluindo daí que o triângulo PED é isósceles e >que o ângulo DÊR é igual a 20 graus e, finalmente concluindo que o ângulo >pedido é de 60 graus , ok ? > >Espero ter sido claro e ajudado. >Abraços, >Carlos Victor > >Nota: já havia discutido este problema com alguns colegas de trabalho e >realmente pode ser um pouco problemático para uma turma de oitava série. Desculpem ,faltou dizer que a circunferência de centro E tem raio EB=EC , ok? Carlos Victor
Re: Um bom problema de geometria!
At 18:36 01/05/00 -0300, you wrote: >Dado um triângulo ABC tal que âng(A) = 60o, âng(B) = 50o, traça-se BD e CE >tais que âng(DBA) =10o e âng(ECA)=20o. Calcular âng(FED) onde F é a >interseção de BD com CE. > >Minha solução (procuro outra): > >Seja BF = a, e temos: EF = a*tg (10o); CF = a*tg (40o) e ainda FD = a*tg >(20o)*tg (40o).Ainda temos que tg(FED) =FD/EF e portanto temos tg(FED) = >a*tg(20o)*tg(40o)/a*tg(100) ou ainda tg(FED) = tg(40o)*tg(200) *tg(80o). >Usando uma identidade trigonométrica conhecida (a saber: tg(60o - x) * tg(x) >* tg (60o + x) = tg (3*x) ) vemos que tg (FED) = tg(3*20o) e portanto >âng(FED) = 60o. > >Encontrei uma outra solução (sem o uso da trigonometria) MUITO >trabalhosa que consiste em reconhecer um outro problema que se encaixa >perfeitamente na figura (na verdade em parte da figura) e provar uma >congruencia de triângulos formados depois de traçar linhas que para qualquer >aluno pareceria simplesmente mágica! Conto com os colegas da lista para >encontrar uma solução possível de se ensinar para uma turma de oitava serie. >[]'s M.P. Caro Marcos,(supondo que D e E estejam sobre AC e AB respectivamente) Acredito "ser possível" fazer este exercício para uma turma de oitava série . faça o seguinte :Desenhe uma circunferência com centro em E( já que o triângulo EBC é isósceles) , prolongue BD e CD até encontrar a circunferência nos pontos R e P respectivamente.Usando ângulos inscritos ,mostre que PR é igual a PD que por sua vez é igual raio da circunferência e que PD é igual a PE ; concluindo daí que o triângulo PED é isósceles e que o ângulo DÊR é igual a 20 graus e, finalmente concluindo que o ângulo pedido é de 60 graus , ok ? Espero ter sido claro e ajudado. Abraços, Carlos Victor Nota: já havia discutido este problema com alguns colegas de trabalho e realmente pode ser um pouco problemático para uma turma de oitava série.
Um bom problema de geometria!
Dado um triângulo ABC tal que âng(A) = 60o, âng(B) = 50o, traça-se BD e CE tais que âng(DBA) =10o e âng(ECA)=20o. Calcular âng(FED) onde F é a interseção de BD com CE. Minha solução (procuro outra): Seja BF = a, e temos: EF = a*tg (10o); CF = a*tg (40o) e ainda FD = a*tg (20o)*tg (40o).Ainda temos que tg(FED) =FD/EF e portanto temos tg(FED) = a*tg(20o)*tg(40o)/a*tg(100) ou ainda tg(FED) = tg(40o)*tg(200) *tg(80o). Usando uma identidade trigonométrica conhecida (a saber: tg(60o - x) * tg(x) * tg (60o + x) = tg (3*x) ) vemos que tg (FED) = tg(3*20o) e portanto âng(FED) = 60o. Encontrei uma outra solução (sem o uso da trigonometria) MUITO trabalhosa que consiste em reconhecer um outro problema que se encaixa perfeitamente na figura (na verdade em parte da figura) e provar uma congruencia de triângulos formados depois de traçar linhas que para qualquer aluno pareceria simplesmente mágica! Conto com os colegas da lista para encontrar uma solução possível de se ensinar para uma turma de oitava serie. []'s M.P. winmail.dat
