[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Bom dia!
Corrigindo
P^n admite raiz primitiva, se p é primo *ímpar *e não P^n admite raiz
primitiva, se p é primo.
Desculpem-me,
PJMS.
Em 20 de março de 2015 19:04, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Seja S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k == S ≡ 0 (mod p) se (p-1) | k e S ≡ p-1
(mod p) se (p-1) | k, p primo e k inteiro positivo.
OBS: | k (não divide k) e | k (divide k)
(p-1) | k == todas as parcelas são congruentes a 1 (mod p) por
Euler-Fermat mdc(a,m) = 1 == a^ Ф(m) ≡ 1 (mod m). (nota: Ф(p) = p-1; p
primo)
Então fica provado.
se (p-1) | k S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k
Temos o lema que: se g é raiz primitiva de m então (Z//mZ)
={1,g^1,g^2,...,g^(Ф(m)-1)}
Não sei como colocar a barrinha em cima de cada classe de equivalência.
P^n admite raiz primitiva, se p é primo == Existe g Ɛ Z tal que g é raiz
primitiva de p.
Temos pelo lema acima que:
S ≡ 1 + g^k + g^2k +...+ g^(p-2)*k (mod p)
multiplicando-se por g^K ambos os lados
g^k * S ≡ g^k + g^2K + ...+ g^(p-2)*k +g^(p-1)*k (mod p), por
Euler-Fermat: g^(p-1) ≡ 1 (mod p) ==
g^k * S ≡ 1 +g^k + g^2K + ... +g^(p-2)*k (mod p)
g^k * S ≡ S (mod p)
(g^k - 1) * S ≡ 0 (mod p)
g é raiz primitiva de p e (p-1) | k == g^k - 1 não é congruente a zero
(mod p)==
== S ≡ 0 (mod p).
Não só vale para o expoente 10, vale para qualquer k que não seja múltiplo
de 100.
Valeu a pena, pois, tive que rever conceitos.
Saudações,
PJMS
Em 20 de março de 2015 12:30, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Boa tarde!
Não consegui matar.
Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101)
Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim
sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo
101)
2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101)
Como m.d.c.(2,101)= 1 == 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 (
mod101)
E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para
os primos e para os demais por composição.
Mas, percebi algo:
10^2 +1 é primo.
então para 2^2+1 = 5 é primo.
(1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5)
4^2 +1 = 17 é primo
(1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado
6^2 +1 = 37 é primo;
(1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado
Repeti no computador.
14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam.
Será que podemos afirmar:
a^2 + 1 é primo == 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod
a^2+1) ???
Saudações,
PJMS
Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com escreveu:
Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101.
--
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.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Boa tarde! Não consegui matar. Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101) Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo 101) 2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101) Como m.d.c.(2,101)= 1 == 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 ( mod101) E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para os primos e para os demais por composição. Mas, percebi algo: 10^2 +1 é primo. então para 2^2+1 = 5 é primo. (1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5) 4^2 +1 = 17 é primo (1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado 6^2 +1 = 37 é primo; (1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado Repeti no computador. 14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam. Será que podemos afirmar: a^2 + 1 é primo == 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod a^2+1) ??? Saudações, PJMS Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com escreveu: Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101. -- 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.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Seja S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k == S ≡ 0 (mod p) se (p-1) | k e S ≡ p-1
(mod p) se (p-1) | k, p primo e k inteiro positivo.
OBS: | k (não divide k) e | k (divide k)
(p-1) | k == todas as parcelas são congruentes a 1 (mod p) por
Euler-Fermat mdc(a,m) = 1 == a^ Ф(m) ≡ 1 (mod m). (nota: Ф(p) = p-1; p
primo)
Então fica provado.
se (p-1) | k S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k
Temos o lema que: se g é raiz primitiva de m então (Z//mZ)
={1,g^1,g^2,...,g^(Ф(m)-1)}
Não sei como colocar a barrinha em cima de cada classe de equivalência.
P^n admite raiz primitiva, se p é primo == Existe g Ɛ Z tal que g é raiz
primitiva de p.
Temos pelo lema acima que:
S ≡ 1 + g^k + g^2k +...+ g^(p-2)*k (mod p)
multiplicando-se por g^K ambos os lados
g^k * S ≡ g^k + g^2K + ...+ g^(p-2)*k +g^(p-1)*k (mod p), por Euler-Fermat:
g^(p-1) ≡ 1 (mod p) ==
g^k * S ≡ 1 +g^k + g^2K + ... +g^(p-2)*k (mod p)
g^k * S ≡ S (mod p)
(g^k - 1) * S ≡ 0 (mod p)
g é raiz primitiva de p e (p-1) | k == g^k - 1 não é congruente a zero
(mod p)==
== S ≡ 0 (mod p).
Não só vale para o expoente 10, vale para qualquer k que não seja múltiplo
de 100.
Valeu a pena, pois, tive que rever conceitos.
Saudações,
PJMS
Em 20 de março de 2015 12:30, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Boa tarde!
Não consegui matar.
Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101)
Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim
sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo
101)
2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101)
Como m.d.c.(2,101)= 1 == 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 (
mod101)
E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para os
primos e para os demais por composição.
Mas, percebi algo:
10^2 +1 é primo.
então para 2^2+1 = 5 é primo.
(1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5)
4^2 +1 = 17 é primo
(1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado
6^2 +1 = 37 é primo;
(1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado
Repeti no computador.
14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam.
Será que podemos afirmar:
a^2 + 1 é primo == 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod a^2+1)
???
Saudações,
PJMS
Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com escreveu:
Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101.
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Valeu professores muito obrigado pela ajuda, serviu muito. Abração, Marcelo. 2009/3/13 Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br Olá pessoal Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há somatório. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Indução: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ? Abraços, Marcelo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Marcelo, Acho que para o caso k + 1 seria mais fácil fazer a diferença do caso k+1 com o caso k. Ou seja, mostre que a diferença [2^(2k+2) - 1] - (2^2k - 1) é um múltiplo de 3. Como, por hipótese, (2^2k - 1) é um múltiplo de 3, segue que [2^(2k+2) - 1] é um múltiplo de 3. Benedito - Original Message - From: Marcelo Rodrigues To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Friday, March 13, 2009 8:11 AM Subject: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução Olá pessoal Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há somatório. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Indução: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ? Abraços, Marcelo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução(comple mento)
Por indução, ficaria assim : 3k = (2)2n - 1, fazendo n = n+1 temos : 3a = (2)2n+2 - 1 = 22((2)2n - 1) + 3 = 22(3k) + 3 = 3 (22k+1) que é múltiplo de 3. Repare que tb achamos a relação entre a e k, para n e n+1 : a = 22k+1 Abs Felipe --- Em sex, 13/3/09, Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br escreveu: De: Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br Assunto: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Sexta-feira, 13 de Março de 2009, 8:11 Olá pessoal Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há somatório. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Indução: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ? Abraços, Marcelo. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Ola Marcelo, Tem um outro modo. Repare que este número N pode ser escrito da seguinte forma : (2n)2 - 1 . Um número elevado ao quadrado deixa resto 0 ou 1 por 3 (sempre), pois este número deixará resto 0, 1 ou 2 qdo dividido por 3, se o elevarmos ao quadrado, teremos 0, 1, 4 (que deixa resto 1, por 3). Como o nímero é uma potência de 2, nuca deixará resto zero. Assim, (2n)2 deixa, sempre, resto 1 qdo dividido por 3. Então o número (2n)2 - 1 deixará sempre resto zero, qdo dividido por 3. Qto ao seu processo indutivo. Vc não pode utilizar a mesma variável n dos dois lados da equação. Vc deve falar que 3k = (2n)2 - 1 , fazer n=n+1 e aí provar que este novo número será igual a 3a (note, vc não pode falar - e nunca será - que a=k+1). Isto(3n = (2n)2 - 1) só vale para n=1. Para n=2 temos 3*2 24 - 1. Abs Felipe --- Em sex, 13/3/09, Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br escreveu: De: Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br Assunto: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Sexta-feira, 13 de Março de 2009, 8:11 Olá pessoal Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há somatório. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Indução: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ? Abraços, Marcelo. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Oi Marcelo, seu erro é o seguinte:
Se P(k) = (2^2k) - 1, então P(k+1) = {2^[2(k+1)]} - 1, e não (2^2k) - 1 + k +
1, como você escreveu... a essência da coisa então é você provar que
{2^[2(k+1)]} - 1 é divisível por 3, dado que (2^2k) - 1 o é. Provar isso é o
segundo passo da indução.
Fui claro?
Abraço,
João Luís.
- Original Message -
From: Marcelo Rodrigues
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Friday, March 13, 2009 8:11 AM
Subject: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Olá pessoal
Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que
envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há
somatório.
Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n,
natural.
Fiz o seguinte:
P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da
igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito
dela ?)
P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1))
P(k) = 3k = (2^2k) - 1
Provando por Indução:
P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para
K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)=
(2^2k) + k
Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo.
Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ?
Abraços, Marcelo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
já tentei fazer isso uma vez, tipo: para n=1 ela é verdadeira. supondo que essa hipótese seja verdadeira para qualquer n pertencente aos naturais não-negativos: 3|(2^2n) -1 então irei verificar se ela é verdadeira para k+1: 3|2^2(k+1) -1 3|(2^2k)*(2^2) - 1 3|4*(2^2k) -1 3|(3+1)*(2^2k) -1 3|3*(2^2k) + (2^2k -1) como 3|3*(2^2k) e tb 3|(2^2k -1) (proposto na hipótese) então 3|3*(2^2k) + (2^2k -1) acho que é isso. qualquer coisa me corrijam. Abraços. 2009/3/13 Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br Olá pessoal Estou estudando indução matemática já provei algumas que eram questões que envolviam somas de números naturais. Estou tendo algumas dúvidas, quando não há somatório. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 é múltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dúvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatórios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 é múltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Indução: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dúvida 2 - tenho que fazer deste lado também ? pois para K=3 dá 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado já funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se alguém tiver um tempinho, dê uma mãozinha, ok ? Abraços, Marcelo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 3 por indução
Oi, Marcelo: Como Felipe j assinalou, seu equvoco foi usar a MESMA letra para designar duas coisas: Em P(k) = 3k = (2^2k) - 1 o segundo k apenas um indicativo que a expresso P(k) divisvel por 3; Logo "merece" outra letra... Ou seja, P(k) = 3 M, para algum inteiro M etc Dai, P(k+1) = 2^2(k+1) - 1 = 4 x (2^2k) - 1; mas 2^2k - 1 = 3M ou seja, 2^2k = M + 1; substituindo isto na expresso de P(k+1) voce obtm: P(k+1) = 4(3M + 1) - 1 = 3M +3 = 3(M+1). Como M inteiro, 3(M+1) mltiplo de 3 e est feito o "passo da induo propriamente dita". Outras 2 solues (sem muito formalismo nem induo, mas usando conhecimentos simples), so (alm da soluo j postada) : 1) Basta observar que a expresso dada o produto de dois mpares consecutivos, logo um deles mltiplo de 3: [ (2^n) + 1 ]. [ (2^n) - 1 ] = impar.( impar +2) 2) A expresso igual a 4^n - 1 que divisvel por 3 pois a soma (dos termos da PG 1, 4, 16, 64,... 4^(n-1)) um valor inteiro: (4^n - 1)/3. Logo, 4^n - 1 divisvel por 3... Ou dito de outra forma: a^n - 1 divisvel por a - 1, para todo a inteiro (diferente de 1 , claro). Isto pode ser justificado pro diviso de polinmios, se voc j os estudou ou por uma PG, como sugerida anteriormente. Abraos, Nehab luiz silva escreveu: Ola Marcelo, Tem um outro modo. Repare que este nmero N pode ser escrito da seguinte forma : (2n)2- 1. Um nmero elevado ao quadrado deixa resto 0 ou 1 por 3 (sempre), pois este nmero deixar resto 0,1 ou 2 qdo dividido por 3, se oelevarmos ao quadrado, teremos 0, 1, 4 (que deixa resto 1, por 3). Como o nmero uma potncia de 2, nuca deixar resto zero. Assim, (2n)2 deixa, sempre, resto 1 qdo dividido por 3. Ento o nmero (2n)2- 1 deixar sempre resto zero, qdo dividido por 3. Qto ao seu processo indutivo.Vc no pode utilizar a mesma varivel n dos dois lados da equao. Vc deve falar que 3k = (2n)2- 1 , fazer n=n+1 e a provar que este novo nmero ser igual a 3a (note, vc no pode falar - e nunca ser - que a=k+1). Isto(3n = (2n)2- 1) s vale para n=1. Para n=2 temos 3*2 24 - 1. Abs Felipe --- Em sex, 13/3/09, Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br escreveu: De: Marcelo Rodrigues ge...@ibest.com.br Assunto: [obm-l] Mltiplo de 3 por induo Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Sexta-feira, 13 de Maro de 2009, 8:11 Ol pessoal Estou estudando induo matemtica j provei algumas que eram questes que envolviam somas de nmeros naturais. Estou tendo algumas dvidas, quando no h somatrio. Estou tentando provar que : (2^2n) -1 mltiplo de 3 para qualquer n, natural. Fiz o seguinte: P(1) = 3n = (2^2n) - 1 (Dvida 1 - tenho que colocar 3n do lado esquerdo da igualdade, como fazia com os somatrios ?, ou basta trabalhar o lado direito dela ?) P(1) = 3(1) = (2^2) -1 = 3 = 3 (3 mltiplo de 3, verdade para P(1)) P(k) = 3k = (2^2k) - 1 Provando por Induo: P(k+1) = 3k + k + 1 (Dvida 2 - tenho que fazer deste lado tambm ? pois para K=3 d 13...onde estou errando ?) = (2^2k) - 1 + k + 1 (este lado j funciona)= (2^2k) + k Somei k + 1 de ambos os lados mas errei algo. Se algum tiver um tempinho, d uma mozinha, ok ? Abraos, Marcelo. Veja quais so os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Msica - Esportes = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] RE: [obm-l] Múltiplo
Olá Júnior, Segue uma resolução possível para o problema. RESOLUÇÃO POSSÍVEL: O número total de possibilidades de formar números de 3 algarismos distintos com os dígitos 1, 2, 3, 6 e 7 é dado por: #S = A(5, 3) = 5.4.3 = 60 (espaço amostral) De acordo com o critério de divisibilidade por 3, um número inteiro é divisível por 3 se e somente se a soma de seus algarismos é divisível por 3. Sendo assim, os números formados somente serão múltiplos de 3 se a soma dos algarismos for igual a 3. Podemos encontrar C(5, 3) = 10 combinações possíveis de 5 algarismos distintos tomados 3 a 3, listadas a seguir: 1) 1, 2, 3: soma = 6 (é múltiplo de 3) 2) 1, 2, 6: soma = 9 (é múltiplo de 3) 3) 1, 2, 7: soma = 10 (NÃO é múltiplo de 3) 4) 1, 3, 6: soma = 10 (NÃO é múltiplo de 3) 5) 1, 3, 7: soma = 11 (NÃO é múltiplo de 3) 6) 1, 6, 7: soma = 14 (NÃO é múltiplo de 3) 7) 2, 3, 6: soma = 11 (NÃO é múltiplo de 3) 8) 2, 3, 7: soma = 12 (é múltiplo de 3) 9) 2, 6, 7: soma = 15 (é múltiplo de 3) 10) 3, 6, 7: soma = 16 (NÃO é múltiplo de 3) Para cada grupo de 3 algarismos cuja soma é igual a um múltiplo de 3 (4 grupos), podemos formar P(3) números com 3 algarismos diferentes: #A = 4.P(3) = 4.3! = 4.6 = 24 (evento) Num espaço com distribuição equiprovável, a probabilidade de o evento ocorrer será dada por: p = #A/#S = 24/60 = 2/5 = 40% Resposta: 2/5 = 40% Atenciosamente, Rogério Moraes de Carvalho -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Junior Sent: sexta-feira, 21 de maio de 2004 08:36 To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Múltiplo Dado o problema: São formados numeros de 3 algarismos distintos usando-se os dígitos 1,2,3,6 e 7 Depois de formados, um desses numeros (de 3 algarismos) foi sorteado. Qual a probabilidade dele ser um multiplo de 3? - Encontrei o espaço amostral A(5,3) - Mas não consigo observar como ser multiplo de 3? Alguem poderia me ajudar. Desde ja agradeço. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo
multiplo de 3 é o numero cuja soma dos algarismos seja multipla de tres por exemplo 12345 é multiplo de três pois 1+2+3+4+5 = 15, que é multiplo de 3. - Original Message - From: Junior [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, May 21, 2004 8:36 AM Subject: [obm-l] Múltiplo Dado o problema: São formados numeros de 3 algarismos distintos usando-se os dígitos 1,2,3,6 e 7 Depois de formados, um desses numeros (de 3 algarismos) foi sorteado. Qual a probabilidade dele ser um multiplo de 3? - Encontrei o espaço amostral A(5,3) - Mas não consigo observar como ser multiplo de 3? Alguem poderia me ajudar. Desde ja agradeço. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
