Re: [obm-l] Re: Problema 19 da OMDF de 2018.
Ops, corrigindo, cos x é BP/l, não sobre 2. Abs Em 25/10/2019 14:30, "Daniel Jelin" escreveu: > Uma solução alternativa nos reais, gente, aqui da minha turma do mestrado. > Seja l o lado do triângulo. Seja x o ângulo APB. PAB é 90-x. PAQ é x-60. > Cos(x)=BP/2. Sen (x) = a/l. Cos (x-60)=b/l. Resolvendo a diferença de > arcos, temos BP=2b-3^1/2*a. Abs > Em 25/10/2019 12:29, "Prof. Douglas Oliveira" < > profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > >> Vamos fazer por complexos. >> >> 1) Coloque os eixos real e imaginário com origem no vértice A. >> >> 2) Chame de z1 o complexo AP e de z2 o complexo AQ. >> >> 3)Faca uma rotação de 60 graus, z1cis(60)=z2. >> >> 4) Igualando as partes real e imaginaria teremos para resposta 2b-a3^(1/2) >> >> Abraço >> ProfDouglasOliveira >> >> Em qui, 24 de out de 2019 23:44, Guilherme Abbehusen < >> gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: >> >>> Aliás, esqueci de avisar que a resposta deve ser em função de a e b. As >>> alternativas seriam: A) 2a - b*3^1/2B) a - 2b*3^1/2 C) 3b - >>> a*3^1/2D) 2b - a*3^1/2 E) b - a*3^1/2 >>> >>> >>> Em qui, 24 de out de 2019 às 23:06, Guilherme Abbehusen < >>> gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: >>> Olá, alguém poderia me ajudar com essa questão? Azambuja tem uma folha retangular ABCD de dimensões AB = a e BC = b , na qual quer efetuar três cortes para obter um triângulo equilátero. Portanto, escolhe o ponto P sobre BC e o ponto Q sobre CD, obtendo o triângulo equilátero APQ. Qual é o comprimento do segmento BP? Agradeço desde já. >>> >>> -- >>> 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] Re: Problema 19 da OMDF de 2018.
Uma solução alternativa nos reais, gente, aqui da minha turma do mestrado. Seja l o lado do triângulo. Seja x o ângulo APB. PAB é 90-x. PAQ é x-60. Cos(x)=BP/2. Sen (x) = a/l. Cos (x-60)=b/l. Resolvendo a diferença de arcos, temos BP=2b-3^1/2*a. Abs Em 25/10/2019 12:29, "Prof. Douglas Oliveira" escreveu: > Vamos fazer por complexos. > > 1) Coloque os eixos real e imaginário com origem no vértice A. > > 2) Chame de z1 o complexo AP e de z2 o complexo AQ. > > 3)Faca uma rotação de 60 graus, z1cis(60)=z2. > > 4) Igualando as partes real e imaginaria teremos para resposta 2b-a3^(1/2) > > Abraço > ProfDouglasOliveira > > Em qui, 24 de out de 2019 23:44, Guilherme Abbehusen < > gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: > >> Aliás, esqueci de avisar que a resposta deve ser em função de a e b. As >> alternativas seriam: A) 2a - b*3^1/2B) a - 2b*3^1/2 C) 3b - >> a*3^1/2D) 2b - a*3^1/2 E) b - a*3^1/2 >> >> >> Em qui, 24 de out de 2019 às 23:06, Guilherme Abbehusen < >> gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: >> >>> Olá, alguém poderia me ajudar com essa questão? >>> >>> Azambuja tem uma folha retangular ABCD de dimensões AB = a e BC = b , na >>> qual quer efetuar três cortes para obter um triângulo equilátero. Portanto, >>> escolhe o ponto P sobre BC e o ponto Q sobre CD, obtendo o triângulo >>> equilátero APQ. Qual é o comprimento do segmento BP? >>> >>> Agradeço desde já. >>> >> >> -- >> 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] Re: Problema 19 da OMDF de 2018.
E qual a relação entre a e b para que o problema tenha solução? Enviado do meu iPhone > Em 25 de out de 2019, à(s) 12:29, Prof. Douglas Oliveira > escreveu: > > > Vamos fazer por complexos. > > 1) Coloque os eixos real e imaginário com origem no vértice A. > > 2) Chame de z1 o complexo AP e de z2 o complexo AQ. > > 3)Faca uma rotação de 60 graus, z1cis(60)=z2. > > 4) Igualando as partes real e imaginaria teremos para resposta 2b-a3^(1/2) > > Abraço > ProfDouglasOliveira > > Em qui, 24 de out de 2019 23:44, Guilherme Abbehusen > escreveu: >> Aliás, esqueci de avisar que a resposta deve ser em função de a e b. As >> alternativas seriam: A) 2a - b*3^1/2  B) a - 2b*3^1/2   C) 3b - >> a*3^1/2  D) 2b - a*3^1/2   E) b - a*3^1/2 >> >> >> Em qui, 24 de out de 2019 à s 23:06, Guilherme Abbehusen >> escreveu: >>> Olá, alguém poderia me ajudar com essa questão? >>> >>> Azambuja tem uma folha retangular ABCD de dimensões AB = a e BC = b , na >>> qual quer efetuar três cortes para obter um triângulo equilátero. >>> Portanto, escolhe o ponto P sobre BC e o ponto Q sobre CD, obtendo o >>> triângulo equilátero APQ. Qual é o comprimento do segmento BP? >>> >>> Agradeço desde já. >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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] Re: Problema 19 da OMDF de 2018.
Vamos fazer por complexos. 1) Coloque os eixos real e imaginário com origem no vértice A. 2) Chame de z1 o complexo AP e de z2 o complexo AQ. 3)Faca uma rotação de 60 graus, z1cis(60)=z2. 4) Igualando as partes real e imaginaria teremos para resposta 2b-a3^(1/2) Abraço ProfDouglasOliveira Em qui, 24 de out de 2019 23:44, Guilherme Abbehusen < gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: > Aliás, esqueci de avisar que a resposta deve ser em função de a e b. As > alternativas seriam: A) 2a - b*3^1/2B) a - 2b*3^1/2 C) 3b - > a*3^1/2D) 2b - a*3^1/2 E) b - a*3^1/2 > > > Em qui, 24 de out de 2019 às 23:06, Guilherme Abbehusen < > gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: > >> Olá, alguém poderia me ajudar com essa questão? >> >> Azambuja tem uma folha retangular ABCD de dimensões AB = a e BC = b , na >> qual quer efetuar três cortes para obter um triângulo equilátero. Portanto, >> escolhe o ponto P sobre BC e o ponto Q sobre CD, obtendo o triângulo >> equilátero APQ. Qual é o comprimento do segmento BP? >> >> Agradeço desde já. >> > > -- > 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: Problema 19 da OMDF de 2018.
Aliás, esqueci de avisar que a resposta deve ser em função de a e b. As alternativas seriam: A) 2a - b*3^1/2B) a - 2b*3^1/2 C) 3b - a*3^1/2D) 2b - a*3^1/2 E) b - a*3^1/2 Em qui, 24 de out de 2019 às 23:06, Guilherme Abbehusen < gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu: > Olá, alguém poderia me ajudar com essa questão? > > Azambuja tem uma folha retangular ABCD de dimensões AB = a e BC = b , na > qual quer efetuar três cortes para obter um triângulo equilátero. Portanto, > escolhe o ponto P sobre BC e o ponto Q sobre CD, obtendo o triângulo > equilátero APQ. Qual é o comprimento do segmento BP? > > Agradeço desde já. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: Problema de geometria.
Uma outra solucao, Douglas: 1) Demonstre que os raios dos circulos exinscritos valem r_a = r+4; r_b = r+6; r_c = r+2. 2) Use a relacao dos 4 raios: 1/r_a + 1/r_b + 1/r_c = 1/r e chegue a equacao r^3 + 6r^2 - 24 = 0. 3) Achando r, use a formula: S^2 = r . r_a . r_b . r_c. Abs, Martins Rama. De: Douglas Oliveira de Lima Para: "obm-l@mat.puc-rio.br" Enviadas: Sexta-feira, 4 de Novembro de 2016 10:03 Assunto: Re: [obm-l] Re: Problema de geometria. Na problema que descrevi vou escrever o que fiz.Estou sem o acento circunflexo. 1) I e o incentro de ABC 2) BF=FI (prove isso) 3) 4.(DP)(EN)=(AI).(AI) (prove isso) 4) Usando Carnot teremos R-1+R-2+R-3=R+r, 2R=r+6 5) (c\2)(c\2)=(2R-1) Facil ver. 6) Sen(ACB\2)=r\CI=raiz(3)\IF, observe o triangulo BFI. 7) (AI)(IF)=2Rr (Prove), mas AI=2raiz(2), logo IF=Rr\raiz(2) 8)Usando 3, 6 e 7 teremos Rrr=12 9) Usando 4 e 8 chegaremos a rrr+6rr=24 que resolvendo acharemos r=4cos20 -2. 10) E cheguei a seguinte area S.S=(4cos20 -2)(4cos20)(4cos20 +2)(4cos20 +4) Bom se nao errei nada acredito ser essa a resposta, so meu teclado que nao esta ajudando, mas escrevi de forma a compreender.Forte abracoDouglas Oliveira Em 3 de novembro de 2016 17:55, Pedro José escreveu: Boa tarde! Favor postar a solução.Até agora, só rodando em círculos. Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima escreveu: Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai sim, na equação do terceiro grau, fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 algo assim nao lembro agora, é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no cosseno de 20.Mas vou tentar novamente já que é isso. Valeu demais. Douglas Oliveira. Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos escreveu: Oi Douglas,Já tinha feito está questão algum tempo atrás. A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. Vou tentar reescrever e te envio.AbraçosCarlos Victor. Enviado por Samsung Mobile Mensagem original De : Douglas Oliveira de Lima Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias vãs.Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios de seus lados, M ponto médio do lado BC,N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente,se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima escreveu: Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas mesmo assim não a resolvi. As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em uma circunferência de raio R valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. Att . Douglas Oliveira -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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�us 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] Re: Problema de geometria.
Usando um pouco de trigonometria, sai. Em 5 de novembro de 2016 18:33, Tarsis Esau escreveu: > Qual o caminho para chegar nessa equação de 3º grau? > > 2016-11-04 9:03 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima > : >> >> Na problema que descrevi vou escrever o que fiz. >> Estou sem o acento circunflexo. >> >> 1) I e o incentro de ABC >> >> 2) BF=FI (prove isso) >> >> 3) 4.(DP)(EN)=(AI).(AI) (prove isso) >> >> 4) Usando Carnot teremos R-1+R-2+R-3=R+r, 2R=r+6 >> >> 5) (c\2)(c\2)=(2R-1) Facil ver. >> >> 6) Sen(ACB\2)=r\CI=raiz(3)\IF, observe o triangulo BFI. >> >> 7) (AI)(IF)=2Rr (Prove), mas AI=2raiz(2), logo IF=Rr\raiz(2) >> >> 8)Usando 3, 6 e 7 teremos Rrr=12 >> >> 9) Usando 4 e 8 chegaremos a rrr+6rr=24 que resolvendo acharemos r=4cos20 >> -2. >> >> 10) E cheguei a seguinte area S.S=(4cos20 -2)(4cos20)(4cos20 +2)(4cos20 >> +4) >> >> >> Bom se nao errei nada acredito ser essa a resposta, so meu teclado que nao >> esta ajudando, >> mas escrevi de forma a compreender. >> Forte abraco >> Douglas Oliveira >> >> Em 3 de novembro de 2016 17:55, Pedro José escreveu: >>> >>> Boa tarde! >>> >>> Favor postar a solução. >>> Até agora, só rodando em círculos. >>> >>> Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima >>> escreveu: >>>> >>>> Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai >>>> sim, na equação do terceiro grau, >>>> fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 >>>> algo assim nao lembro agora, >>>> é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no >>>> cosseno de 20. >>>> Mas vou tentar novamente já que é isso. >>>> >>>> Valeu demais. >>>> >>>> Douglas Oliveira. >>>> >>>> Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos >>>> escreveu: >>>>> >>>>> Oi Douglas, >>>>> Já tinha feito está questão algum tempo atrás. >>>>> A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma >>>>> transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 >>>>> graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. >>>>> Vou tentar reescrever e te envio. >>>>> Abraços >>>>> Carlos Victor. >>>>> >>>>> >>>>> Enviado por Samsung Mobile >>>>> >>>>> >>>>> Mensagem original >>>>> De : Douglas Oliveira de Lima >>>>> Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) >>>>> Para: obm-l@mat.puc-rio.br >>>>> Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. >>>>> >>>>> Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar >>>>> filosofias vãs. >>>>> Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos >>>>> médios de seus lados, M ponto médio do lado BC, >>>>> N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os >>>>> pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, >>>>> se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do >>>>> triângulo. >>>>> >>>>> >>>>> Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima >>>>> escreveu: >>>>>> >>>>>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >>>>>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, >>>>>> mas >>>>>> mesmo assim não a resolvi. >>>>>> >>>>>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito >>>>>> em uma circunferência de raio R >>>>>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >>>>>> >>>>>> >>>>>> >>>>>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >>>>>> >>>>>> Att . Douglas Oliveira >>>>> >>>>> >>>>> >>>>> -- >>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e >>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>>> -- >>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> >>>> >>>> >>>> -- >>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = 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] Re: Problema de geometria.
Qual o caminho para chegar nessa equação de 3º grau? 2016-11-04 9:03 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima < profdouglaso.del...@gmail.com>: > Na problema que descrevi vou escrever o que fiz. > Estou sem o acento circunflexo. > > 1) I e o incentro de ABC > > 2) BF=FI (prove isso) > > 3) 4.(DP)(EN)=(AI).(AI) (prove isso) > > 4) Usando Carnot teremos R-1+R-2+R-3=R+r, 2R=r+6 > > 5) (c\2)(c\2)=(2R-1) Facil ver. > > 6) Sen(ACB\2)=r\CI=raiz(3)\IF, observe o triangulo BFI. > > 7) (AI)(IF)=2Rr (Prove), mas AI=2raiz(2), logo IF=Rr\raiz(2) > > 8)Usando 3, 6 e 7 teremos Rrr=12 > > 9) Usando 4 e 8 chegaremos a rrr+6rr=24 que resolvendo acharemos r=4cos20 > -2. > > 10) E cheguei a seguinte area S.S=(4cos20 -2)(4cos20)(4cos20 +2)(4cos20 +4) > > > Bom se nao errei nada acredito ser essa a resposta, so meu teclado que nao > esta ajudando, > mas escrevi de forma a compreender. > Forte abraco > Douglas Oliveira > > Em 3 de novembro de 2016 17:55, Pedro José escreveu: > >> Boa tarde! >> >> Favor postar a solução. >> Até agora, só rodando em círculos. >> >> Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima < >> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: >> >>> Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai >>> sim, na equação do terceiro grau, >>> fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 >>> algo assim nao lembro agora, >>> é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no >>> cosseno de 20. >>> Mas vou tentar novamente já que é isso. >>> >>> Valeu demais. >>> >>> Douglas Oliveira. >>> >>> Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos >>> escreveu: >>> >>>> Oi Douglas, >>>> Já tinha feito está questão algum tempo atrás. >>>> A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma >>>> transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 >>>> graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. >>>> Vou tentar reescrever e te envio. >>>> Abraços >>>> Carlos Victor. >>>> >>>> >>>> Enviado por Samsung Mobile >>>> >>>> >>>> Mensagem original >>>> De : Douglas Oliveira de Lima >>>> Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) >>>> Para: obm-l@mat.puc-rio.br >>>> Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. >>>> >>>> Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar >>>> filosofias vãs. >>>> Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos >>>> médios de seus lados, M ponto médio do lado BC, >>>> N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os >>>> pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, >>>> se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. >>>> >>>> >>>> Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < >>>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: >>>> >>>>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >>>>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, >>>>> mas >>>>> mesmo assim não a resolvi. >>>>> >>>>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito >>>>> em uma circunferência de raio R >>>>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >>>>> >>>>> >>>>> >>>>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >>>>> >>>>> Att . Douglas Oliveira >>>>> >>>> >>>> >>>> -- >>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e >>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> -- >>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: Problema de geometria.
Na problema que descrevi vou escrever o que fiz. Estou sem o acento circunflexo. 1) I e o incentro de ABC 2) BF=FI (prove isso) 3) 4.(DP)(EN)=(AI).(AI) (prove isso) 4) Usando Carnot teremos R-1+R-2+R-3=R+r, 2R=r+6 5) (c\2)(c\2)=(2R-1) Facil ver. 6) Sen(ACB\2)=r\CI=raiz(3)\IF, observe o triangulo BFI. 7) (AI)(IF)=2Rr (Prove), mas AI=2raiz(2), logo IF=Rr\raiz(2) 8)Usando 3, 6 e 7 teremos Rrr=12 9) Usando 4 e 8 chegaremos a rrr+6rr=24 que resolvendo acharemos r=4cos20 -2. 10) E cheguei a seguinte area S.S=(4cos20 -2)(4cos20)(4cos20 +2)(4cos20 +4) Bom se nao errei nada acredito ser essa a resposta, so meu teclado que nao esta ajudando, mas escrevi de forma a compreender. Forte abraco Douglas Oliveira Em 3 de novembro de 2016 17:55, Pedro José escreveu: > Boa tarde! > > Favor postar a solução. > Até agora, só rodando em círculos. > > Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima < > profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > >> Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai >> sim, na equação do terceiro grau, >> fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 >> algo assim nao lembro agora, >> é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no >> cosseno de 20. >> Mas vou tentar novamente já que é isso. >> >> Valeu demais. >> >> Douglas Oliveira. >> >> Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos >> escreveu: >> >>> Oi Douglas, >>> Já tinha feito está questão algum tempo atrás. >>> A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma >>> transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 >>> graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. >>> Vou tentar reescrever e te envio. >>> Abraços >>> Carlos Victor. >>> >>> >>> Enviado por Samsung Mobile >>> >>> >>> Mensagem original >>> De : Douglas Oliveira de Lima >>> Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) >>> Para: obm-l@mat.puc-rio.br >>> Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. >>> >>> Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias >>> vãs. >>> Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos >>> médios de seus lados, M ponto médio do lado BC, >>> N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os >>> pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, >>> se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. >>> >>> >>> Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < >>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: >>> >>>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >>>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas >>>> mesmo assim não a resolvi. >>>> >>>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em >>>> uma circunferência de raio R >>>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >>>> >>>> >>>> >>>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >>>> >>>> Att . Douglas Oliveira >>>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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] Re: Problema de geometria.
Boa tarde! Favor postar a solução. Até agora, só rodando em círculos. Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima < profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai > sim, na equação do terceiro grau, > fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 > algo assim nao lembro agora, > é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no > cosseno de 20. > Mas vou tentar novamente já que é isso. > > Valeu demais. > > Douglas Oliveira. > > Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos > escreveu: > >> Oi Douglas, >> Já tinha feito está questão algum tempo atrás. >> A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma >> transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 >> graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. >> Vou tentar reescrever e te envio. >> Abraços >> Carlos Victor. >> >> >> Enviado por Samsung Mobile >> >> >> Mensagem original ---- >> De : Douglas Oliveira de Lima >> Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) >> Para: obm-l@mat.puc-rio.br >> Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. >> >> Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias >> vãs. >> Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios >> de seus lados, M ponto médio do lado BC, >> N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os >> pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, >> se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. >> >> >> Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < >> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: >> >>> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >>> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas >>> mesmo assim não a resolvi. >>> >>> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em >>> uma circunferência de raio R >>> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >>> >>> >>> >>> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >>> >>> Att . Douglas Oliveira >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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] Re: Problema de geometria.
Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai sim, na equação do terceiro grau, fiquei com preguiça de terminar, acho que achei o raio igual a 2co20 -2 algo assim nao lembro agora, é porque as respostas estão tão bonitinhas que fiquei com preguiça no cosseno de 20. Mas vou tentar novamente já que é isso. Valeu demais. Douglas Oliveira. Em 2 de novembro de 2016 23:01, victorcarlos escreveu: > Oi Douglas, > Já tinha feito está questão algum tempo atrás. > A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma > transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 > graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. > Vou tentar reescrever e te envio. > Abraços > Carlos Victor. > > > Enviado por Samsung Mobile > > > Mensagem original > De : Douglas Oliveira de Lima > Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) > Para: obm-l@mat.puc-rio.br > Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. > > Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias > vãs. > Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios > de seus lados, M ponto médio do lado BC, > N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os > pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, > se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. > > > Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < > profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > >> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas >> mesmo assim não a resolvi. >> >> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em >> uma circunferência de raio R >> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >> >> >> >> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >> >> Att . Douglas Oliveira >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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] Re: Problema de geometria.
Oi Douglas, Já tinha feito está questão algum tempo atrás. A idéia é vc encontrar uma equação do terceiro grau em R. Após uma transformação, encontra- se uma equação do terceiro grau em que o cos(20 graus) é raiz. A partir daí a área fica determinada. Vou tentar reescrever e te envio. Abraços Carlos Victor. Enviado por Samsung Mobile Mensagem original De : Douglas Oliveira de Lima Data:02/11/2016 20:22 (GMT-03:00) Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Re: Problema de geometria. Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias vãs. Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios de seus lados, M ponto médio do lado BC, N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima escreveu: Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas mesmo assim não a resolvi. As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em uma circunferência de raio R valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. Att . Douglas Oliveira -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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] Re: Problema de geometria.
Fiz um esquema no paint da figura, para ficar mais claro. Em vermelho são as flechas, que ligam o ponto médio do lado ao ponto médio do arco determinado pelo lado. Em 2 de novembro de 2016 20:22, Douglas Oliveira de Lima < profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias > vãs. > Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios > de seus lados, M ponto médio do lado BC, > N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os > pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, > se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. > > > Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < > profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > >> Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a >> resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas >> mesmo assim não a resolvi. >> >> As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em >> uma circunferência de raio R >> valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. >> >> >> >> Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. >> >> Att . Douglas Oliveira >> > > > -- > 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: Problema de geometria.
Me desculpe pela ignorância, deixa eu detalhar para não gerar filosofias vãs. Dado um triângulo ABC inscrito em uma circunferência, e os pontos médios de seus lados, M ponto médio do lado BC, N ponto médio do lado AC e P ponto médio do lado AB, considere agora os pontos médios D, E, F dos menores arcos (AB), (AC), (BC) respectivamente, se os segmentos DP=1 cm, EN=2 cm e MF=3 cm, calcule a área do triângulo. Em 2 de novembro de 2016 18:57, Douglas Oliveira de Lima < profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > Olá amigos , preciso de uma ajuda na seguinte questão, na verdade a > resolução porque já tentei muita coisa, já aprendi muita coisa com ela, mas > mesmo assim não a resolvi. > > As três flechas dos três lados (cordas) de um triângulo ABC inscrito em > uma circunferência de raio R > valem 1, 2 e 3 calcular a área do triângulo. > > > > Qualquer ajuda será bem vinda. Obrigado. > > Att . Douglas Oliveira > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: Problema
Na verdade o raio da esfera é 2.r.sqrt(2), o problema fica reescrito assim: Seja um triângulo inscrito numa circunferência de raio r, e seja os lados deste triângulo a,b,c.Seja uma esfera de raio 2.r.sqrt(2) centrada nos pontos (x_p,y_q,z_r) .Seja um ponto qualquer no espaço tridimensional dado pelas coordenadas (x_i,y_ j,z_k) .Prove que: se (x_i,y_ j,z_k) satisfaz |x_i-x_p|=a ,|y_ j-y_ q|=b e |z_k-z_r| =c, então, (x_i,y_ j,z_k) não são coordenadas de nenhum ponto da superfície da esfera. Em 26 de julho de 2015 01:22, Israel Meireles Chrisostomo < israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > Foi mal errei a conta, vou refazer aqui pera aí > > Em 25 de julho de 2015 21:39, Israel Meireles Chrisostomo < > israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > >> Na verdade, acredito que posso provar que não há nenhuma tripla. >> >> Em 25 de julho de 2015 21:30, Israel Meireles Chrisostomo < >> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: >> >>> Seja um triângulo inscrito numa circunferência de raio r, e seja os >>> lados deste triângulo a,b,c.Seja uma esfera de raio 2r centrada nos pontos >>> (x_0,y_0,z_0) .Seja um ponto qualquer no espaço tridimensional dado pelas >>> coordenadas (x_i,y_ j,z_k) .Prove que dentre todas os valores das >>> coordenadas (x_i,y_ j,z_k) que satisfazem |x_i-x_0|=a ,|y_ j-y_ 0|=b e >>> |z_k-z_0| =c, existe apenas uma tripla de reais (a menos da ordem de >>> x_i,y_ j,z_k) que são coordenadas da superfície dessa esfera. >>> >>> Alguém sabe alguma aplicação prática para este problema, isto é, alguém >>> pode me dar uma ideia interessante para contextualizar este problema?Além >>> disso, alguém pode confirmar para mim se este problema está formulado >>> corretamente?Se caso afirmativo, podem sugerir soluções? >>> >> >> > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: Problema
Foi mal errei a conta, vou refazer aqui pera aí Em 25 de julho de 2015 21:39, Israel Meireles Chrisostomo < israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > Na verdade, acredito que posso provar que não há nenhuma tripla. > > Em 25 de julho de 2015 21:30, Israel Meireles Chrisostomo < > israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > >> Seja um triângulo inscrito numa circunferência de raio r, e seja os lados >> deste triângulo a,b,c.Seja uma esfera de raio 2r centrada nos pontos >> (x_0,y_0,z_0) .Seja um ponto qualquer no espaço tridimensional dado pelas >> coordenadas (x_i,y_ j,z_k) .Prove que dentre todas os valores das >> coordenadas (x_i,y_ j,z_k) que satisfazem |x_i-x_0|=a ,|y_ j-y_ 0|=b e >> |z_k-z_0| =c, existe apenas uma tripla de reais (a menos da ordem de >> x_i,y_ j,z_k) que são coordenadas da superfície dessa esfera. >> >> Alguém sabe alguma aplicação prática para este problema, isto é, alguém >> pode me dar uma ideia interessante para contextualizar este problema?Além >> disso, alguém pode confirmar para mim se este problema está formulado >> corretamente?Se caso afirmativo, podem sugerir soluções? >> > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: Problema
Na verdade, acredito que posso provar que não há nenhuma tripla. Em 25 de julho de 2015 21:30, Israel Meireles Chrisostomo < israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > Seja um triângulo inscrito numa circunferência de raio r, e seja os lados > deste triângulo a,b,c.Seja uma esfera de raio 2r centrada nos pontos > (x_0,y_0,z_0) .Seja um ponto qualquer no espaço tridimensional dado pelas > coordenadas (x_i,y_ j,z_k) .Prove que dentre todas os valores das > coordenadas (x_i,y_ j,z_k) que satisfazem |x_i-x_0|=a ,|y_ j-y_ 0|=b e > |z_k-z_0| =c, existe apenas uma tripla de reais (a menos da ordem de > x_i,y_ j,z_k) que são coordenadas da superfície dessa esfera. > > Alguém sabe alguma aplicação prática para este problema, isto é, alguém > pode me dar uma ideia interessante para contextualizar este problema?Além > disso, alguém pode confirmar para mim se este problema está formulado > corretamente?Se caso afirmativo, podem sugerir soluções? > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: Problema interessante.
Bom dia! Fiz mais por um caminho mais complicado. Fiz mudança de varíável para x = a-1, y = b-1 e z = c-1 Fica então: xyz | (x+1) (y+1) (z+1) -1 0 Existe k Ɛ Z : kxyz = (x+1)(y+1)(z+1) -1 Estudei a paridade e se uma das incógnitas Ɛ 2|N então todas també pertencem e a paridade de k é qualquer. Se uma das incógnitas Ɛ 2|N + 1 entaão k e todas as incógnitas pertencem a 2 |N +1. seja k(x,y,z) = (x+1) (y+1) (z+1) -1 /(xyz) Para todo xo existe um kmax (xo,y,z) = k(xo,xo+1,xo+2) Para todo (xo,yo) existe um kmax (xo,yo,yo+1) Como (x+1)(y+1)(z+1) -1 > xyz ==> kmax(x,y,z) >= 2 ==> (x+1) (x+2) (x+3)-1 / (x (x+1) (x+2) >= 2 ==> ==> (x+1) (x+2) (x+3) / x (x+1) (x+2) >2 ==> x <3 x= 1 ==> Kmax(1,y,y+1) >= 3 (pelo estudo de paridade) ==> y < 4. Pelo estudo de paridade e restrição x y= 3. Agora é verificar se algum z inteiro atende. Temos z= 5, mudando de varíável para as originais (2,4,8). ` Para x =2 temos kmax(2,y,y+1) >= 2 ==> y < 6 ==> y =4. [kmax(2,4,z)] = 2, onde [t] é a função parte inteira. ==> k=2, pois k>=2. z = 14 atende. Mudando de vaiável temos (3,5,15) Depois vou analisar se para 0 escreveu: > Fiz assim, Considerei k= (a*b*c-1)/(a-1)*( b-1)*(c-1) e abri em frações > parciais , após isso, conclui que 1=2, > b>=3 e c>=4) , assim a pode ser 2 ou 3 pois se a fosse maior ou igual a 4, > chegariamos ao absurdo. > Analisei os casos separadamente e cheguei a (a,b,c)=(2,4,8) e > (a,b,c)=(3,5,15) > Questão legal!!! > Abraços > Douglas Oliveira. > Em 29 de abril de 2015 13:53, Pedro José escreveu: > >> Boa tarde! >> >> (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c-1. Faltou o destacado em vermelho. >> >> Com minhas escusas, >> PJMS >> >> Em 29 de abril de 2015 11:58, Pedro José escreveu: >> >>> Bom dia! >>> >>> Recebi um problema interessante. Demorei bastante para achar o caminho >>> das pedras, se é que o fiz correto. Depois parece simles. >>> >>> (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c, a,b,c inteiros 0>> Determine todos ternos (a,b,c). >>> >>> Saudações, >>> PJMS >>> >> >> >> -- >> 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] Re: Problema interessante.
Fiz assim, Considerei k= (a*b*c-1)/(a-1)*( b-1)*(c-1) e abri em frações parciais , após isso, conclui que 1=2, b>=3 e c>=4) , assim a pode ser 2 ou 3 pois se a fosse maior ou igual a 4, chegariamos ao absurdo. Analisei os casos separadamente e cheguei a (a,b,c)=(2,4,8) e (a,b,c)=(3,5,15) Questão legal!!! Abraços Douglas Oliveira. Em 29 de abril de 2015 13:53, Pedro José escreveu: > Boa tarde! > > (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c-1. Faltou o destacado em vermelho. > > Com minhas escusas, > PJMS > > Em 29 de abril de 2015 11:58, Pedro José escreveu: > >> Bom dia! >> >> Recebi um problema interessante. Demorei bastante para achar o caminho >> das pedras, se é que o fiz correto. Depois parece simles. >> >> (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c, a,b,c inteiros 0> Determine todos ternos (a,b,c). >> >> Saudações, >> PJMS >> > > > -- > 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: Problema interessante.
Boa tarde! (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c-1. Faltou o destacado em vermelho. Com minhas escusas, PJMS Em 29 de abril de 2015 11:58, Pedro José escreveu: > Bom dia! > > Recebi um problema interessante. Demorei bastante para achar o caminho das > pedras, se é que o fiz correto. Depois parece simles. > > (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c, a,b,c inteiros 0 Determine todos ternos (a,b,c). > > Saudações, > PJMS > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] RE: PROBLEMA
Eu tbm compartilho do mesmo problema, ou seja, não tenho conseguido receber e nem enviar emails pra esta lista. Alguém sabe o pq disto? Abs De: Luís Lopes Para: "obm-l@mat.puc-rio.br" Enviadas: Quarta-feira, 5 de Dezembro de 2012 11:16 Assunto: [obm-l] RE: PROBLEMA Sauda,c~oes, Não tenho recebido e conseguido mandar msgs para a lista. Esta vai como teste. Se receberem, continuem a ler. Luís From: qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: FW: PROBLEMA Date: Mon, 3 Dec 2012 12:44:01 + Sauda,c~oes, Mais uma vez, peço a ajuda de vocês para uma resposta mais completa e interessante. Espero que o anexo passe. Se não, alguém poderia colocá-lo disponível em algum site? Subject: PROBLEMA Date: Mon, 3 Dec 2012 08:17:24 -0300 Prezado Luís, Gostaria de sua ajuda para o problema(conforme arquivo PDF anexo). Se possível, gostaria que justificasse porque os demais itens são verdadeiros. Abraços, FERNANDO FORTALEZA-CE. PS: E eu gostaria de saber também por que o item falso é falso. Obrigado. Abraços, Luís
[obm-l] RE: PROBLEMA
Sauda,c~oes, Não tenho recebido e conseguido mandar msgs para a lista. Esta vai como teste. Se receberem, continuem a ler. Luís From: qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: FW: PROBLEMA Date: Mon, 3 Dec 2012 12:44:01 + Sauda,c~oes, Mais uma vez, peço a ajuda de vocês para uma resposta mais completa e interessante. Espero que o anexo passe. Se não, alguém poderia colocá-lo disponível em algum site? Subject: PROBLEMA Date: Mon, 3 Dec 2012 08:17:24 -0300 Prezado Luís, Gostaria de sua ajuda para o problema(conforme arquivo PDF anexo). Se possível, gostaria que justificasse porque os demais itens são verdadeiros. Abraços, FERNANDO FORTALEZA-CE. PS: E eu gostaria de saber também por que o item falso é falso. Obrigado. Abraços, Luís
[obm-l] Re: Problema Sobre Contagem de elementos ,
Acho que falhei na interpretacao final3% corresponde a 20% de 15%opcão E Mesmo assim se houver algum deslize Um abraço , desculpe o incômodo. paulo De: Paulo Barclay Ribeiro Para: "obm-l@mat.puc-rio.br" Enviadas: Sábado, 2 de Junho de 2012 10:46 Assunto: Problema Sobre Contagem de elementos , Prezados , Bom dia. peço ajuda para o seguinte Problema.não , ( Unirio) Um engenheiro ao fazer o levantamento do quadro de pessoal de uma fábrica,obteve os seguintes resultados: 28% são mulheres 1\6 dos homens são menores de idade 85% dos funcionários são maiores de idade. Qual a percentagem dos menores de idade que são mulheres. As opções são : a)30% ;b)25% ;28% ; d)23% ; e)20% A solucao que imaginei foi: logo H(homens)=100%-28%=72%;H=72% Se 1\6 são homens menores de idade5|6 serão homens são maiores de idade Como H=72%--->H menore de idade = 12% e homens maiores =60% . Se 85% são funcionarios (Homem , e Mulher) maiores de idade>15% serão funcionarios menores de idade. Mas se Homens menores de idade são 12% então mulheres menores de idade serão 15%-12%=3%!!! Por favor me indiquem onde estou me equivocando. Desde já agradeço a atenção de vocês. Um abraço paulo
[obm-l] Re: Problema
Entendi a solução do problema. Minha dúvida estava errada.
2012/2/19 Henrique Rennó
> Oi, bom dia.
>
> No problema 2 do nível universitário da XXXII olimpíada brasileira de
> matemática que está na Eureka! 34, por que se existem Np pares ordenados
> (x, y), onde x, y pertence a {0, 1, 2, ..., p-1} e o número K = 5x^2 + 7y^2
> - 1 é divisível por p, se p for 143 = 11.13, então o número de pares
> ordenados é N11.N13? N11 não são os pares em que K é divisível apenas por
> 11 e N13 apenas por 13? Multiplicando os dois, temos os números de pares
> em que K é divisível por 143? Por quê?
>
> Obrigado
>
> --
> Henrique
>
>
--
Henrique
[obm-l] Re: Problema de máximo!!!
 Carpe Dien Em 02/11/2009 15:18, Pedro Júnior < pedromatematic...@gmail.com > escreveu: Prove que, entre todos os triângulos retângulos de catetos "a" e "b" e hipotenusa "c" fixada, o que tem maior soma dos catetos S = a + b é o triângulo isósceles. = 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] [obm-l] Re: Problema Combinatória
oi Fernando Eu concordo com vc e acho que realmente minha solução está errada Justamente por isso recorri a lista, para entender isso. talvez a formula tenha funcionado para os casos que eu testei ocasionalmente. Obrigado Em 01/04/08, fernandobarcel <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: > > Maurizio, será que se a fómula funcionou pros casos que você testou, então > é verdadeira? > Ela dá 31879 como resposta da questão original, e já foi calculado que a > resposta é 15504. > Quando eu derrapo num problema, em vez de tentar justificar meu raciocício > pra mim mesmo, normalmente > eu tento descobrir o porquê dele estar errado. Ainda mais quando já sei > que ele tá mesmo errado. > Na boa. > > > > > Então Fernando, > > > > eu concordo com você nesse aspecto, > > mas a questão é que a formula funcionou para os casos pequenos que > testei > > > > no caso de 24 e 5 livros seriam n=24 e p=5 > > No caso de 5 livros e 3 para escolher a formula traz resposta = 1, o que > é > > verdade. > > Testei alguns outros e deu OK. > > > > Mas justamente tem essa falha q vc enunciou. > > > > Abraços > > > > Em 30/03/08, fernandobarcel <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: > > > > > > > > > > (sendo o primeiro binomio como pelo menos 2 consecutivos, o segundo > com > > > pelo > > > > menos 3, etc... > > > > > > > > > > > > Não entendi o que você fez, mas acho que isso aí tá errado, pois PELO > > > MENOS 2 CONSECUTIVOS engloba o > > > PELO MENOS 3 CONSECUTIVOS. > > > > > > No problema original (tirar 5 de 24 livros), quanto valem N e P na sua > > > fórmula? > > > E que valor você conseguiu pra resposta? > > > > > > = > 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] [obm-l] Re: Problema Combinatória
Maurizio, será que se a fómula funcionou pros casos que você testou, então é verdadeira? Ela dá 31879 como resposta da questão original, e já foi calculado que a resposta é 15504. Quando eu derrapo num problema, em vez de tentar justificar meu raciocício pra mim mesmo, normalmente eu tento descobrir o porquê dele estar errado. Ainda mais quando já sei que ele tá mesmo errado. Na boa. > Então Fernando, > > eu concordo com você nesse aspecto, > mas a questão é que a formula funcionou para os casos pequenos que testei > > no caso de 24 e 5 livros seriam n=24 e p=5 > No caso de 5 livros e 3 para escolher a formula traz resposta = 1, o que é > verdade. > Testei alguns outros e deu OK. > > Mas justamente tem essa falha q vc enunciou. > > Abraços > > Em 30/03/08, fernandobarcel <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: > > > > > > > (sendo o primeiro binomio como pelo menos 2 consecutivos, o segundo com > > pelo > > > menos 3, etc... > > > > > > > > Não entendi o que você fez, mas acho que isso aí tá errado, pois PELO > > MENOS 2 CONSECUTIVOS engloba o > > PELO MENOS 3 CONSECUTIVOS. > > > > No problema original (tirar 5 de 24 livros), quanto valem N e P na sua > > fórmula? > > E que valor você conseguiu pra resposta? > > = 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] Re: Problema de Steiner?!
Para te aguçar um pouco mais, tome outro... dado n circunferencias na superficie de uma esfera, tal que quaisquer duas circunferencias sao secantes e nao ha ponto comum a tres circunferencias quaisquer. Determine o numero de regioes que e divida a superficie. Silvio Borges Em (02:59:31), obm-l@mat.puc-rio.br escreveu: >faça pr indução > >Leonardo B Avelino > >2006/9/15, Douglas Ribeiro Silva : >> Dadas n retas não coincidentes num plano, tal que 3 retas não >> concorram no mesmo ponto, determinar o número de pontos de intersecção >> e o número de regiões em que é dividido o plano. >> >> Um professor me falou que esse problema e outros desse tipo foi >> estudado por Steiner, no entanto tentei procuprar algo sobre isso na >> internet e não encontrei. Alguém pode confirma isso e/ou mandar alguma >> referência sobre problemas de combinatória envolvendo geometria? Sei >> resolver usando PA de ordem superior mas gostaria de outras sugestões >> de solução. >> >> Abraços, Douglas. >> >> = >> 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: Problema de Steiner?!
faça pr indução Leonardo B Avelino 2006/9/15, Douglas Ribeiro Silva <[EMAIL PROTECTED]>: Dadas n retas não coincidentes num plano, tal que 3 retas não concorram no mesmo ponto, determinar o número de pontos de intersecção e o número de regiões em que é dividido o plano. Um professor me falou que esse problema e outros desse tipo foi estudado por Steiner, no entanto tentei procuprar algo sobre isso na internet e não encontrei. Alguém pode confirma isso e/ou mandar alguma referência sobre problemas de combinatória envolvendo geometria? Sei resolver usando PA de ordem superior mas gostaria de outras sugestões de solução. Abraços, Douglas. = 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] Enc: Re: PROBLEMA DE ALGIBEIRA!
- Mensagem encaminhada de [EMAIL PROTECTED] - Data: Fri, 25 Jun 2004 14:48:11 -0300 De: [EMAIL PROTECTED] Reponder para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: PROBLEMA DE ALGIBEIRA! Para: [EMAIL PROTECTED] A resposta da falta de 1,00 é a seguinte. Como o dono do restaurante devolveu 5,00 ficando 2,00 para o garçon, a conta de fato foi 25,00 o que daria 8,33 para cada cliente. Considerando que foi devolvido 1,00 para cada cliente, na verdade a despeza de cada um foi de 7,33. Como cada cliente pagou 9,00, tem-se: 9,00 - 7,33 = 1,67 que ficou também com o garçon, logo 1,67 x 3 clientes = 5,01, com isso veja: 9,00 x 3,00 = 27,00 + 5,01 = 32,01 ou simplesmente 32,00 - 2,00 (garçon) = 30,00 Abraços Prof: Inácio Bessa - Finalizar mensagem encaminhada - __ WebMail UNIFOR - http://www.unifor.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] RE problema real
Essa fórmula é um saco, mas pra um computador é só mais uma fórmula! http://www.math.nmsu.edu/~history/book/cardano.pdf na verdade a fórmula foi descoberta bem antes de Cardano, mas... o nome pegou! > Aos amigos Claudio, Domingos e Joa Gilberto, agradeco a colaboracao. > Vou testar as sugestoes apresentadas, todas interessantes. Tambem vou enviar > alguns dadso que sejam de dominio publico (nem todos sao) para a lista. > O Domingos refreriu-se a uma formual para calculo de raizes de um polinomio > de > 3o grau. Vc teria esta formula? Eu nao a conheco. > A sugestao do Claudio realmente resolve a questao dos maximos e minimos. Mas > como ela restringe o dominio dos coeficientes do polinomio, tenho que > verificar se isto nao vai ocasionar erros muito grandes. Por exemplo, eu jah > tentei usar funcoes exponenciais positivas que sao sempre crescentes. Mas, de > modo geral, ocasionaram erro exagerados com relacao aos pontos observados. > Parece que a natureza nao escolheu exponenciais ao desenhar reservatorios. > Eu tambem gostaria de observar que, embora este problema nao seja dos mais > bonitos e charmosos do ponto de vista matematico, eh um exemplo de como > questoes eminentemente matematicas podem ter aplicacoes no mundo real, e em > uma atividae de interesse para todos, a energia eletrica. > > Muito obrigadoe eum abraco > Artur > > > = > 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 problema real
Aos amigos Claudio, Domingos e Joa Gilberto, agradeco a colaboracao. Vou testar as sugestoes apresentadas, todas interessantes. Tambem vou enviar alguns dadso que sejam de dominio publico (nem todos sao) para a lista. O Domingos refreriu-se a uma formual para calculo de raizes de um polinomio de 3o grau. Vc teria esta formula? Eu nao a conheco. A sugestao do Claudio realmente resolve a questao dos maximos e minimos. Mas como ela restringe o dominio dos coeficientes do polinomio, tenho que verificar se isto nao vai ocasionar erros muito grandes. Por exemplo, eu jah tentei usar funcoes exponenciais positivas que sao sempre crescentes. Mas, de modo geral, ocasionaram erro exagerados com relacao aos pontos observados. Parece que a natureza nao escolheu exponenciais ao desenhar reservatorios. Eu tambem gostaria de observar que, embora este problema nao seja dos mais bonitos e charmosos do ponto de vista matematico, eh um exemplo de como questoes eminentemente matematicas podem ter aplicacoes no mundo real, e em uma atividae de interesse para todos, a energia eletrica. Muito obrigadoe eum abraco Artur = 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: problema das fichas
a) Sejam B, A, V e P o numero de pontos das fichas branca, amarela, vermelha e preta, respecti-vamente: Logo, Resposta: P = 15, V = 40, A = 200 e B = 300. b) Sejam b, a, v e p as quantidades das fichas das cores do item a. Como 560 termina em zero, p = 0 ou p = 2 ou p = 4; p = 2 nao convem, pois 30 + 40v + 200a + 300b = 560 4v + 20a + 30b = 53
[obm-l] Re: Problema de Silvester
Dado um conjunto S formado por n pontos em um plano, não todos colineares, existe uma reta que contém exatamente dois dos pontos. Chamaremos uma tal reta de ordinária. Prova: Para o dado conjunto S de pontos, considere todos os pares (p, L) consistindo de um ponto p de S e uma reta L que liga pontos de S e não contém p. Como os pontos de S não são todos colineares, existem tais pares e, como S é finito existe um número finito deles. Dentre estes pares (p, L), existe um para o qual a distância do ponto p a reta L é mínima. Afirmamos que a reta L é ordinária. Suponha o contrário, e considere o pé q da perpendicular de p a L. Se L não é ordinária, existem dois pontos de L do mesmo lado de q; chame-os de p1 e s, com p1 mais próximo de q, e seja L1 a reta que contém s e p. Então o par (p1, L1) contradiz a propriedade de minimalidade de (p, L), porque a distância de p1 a L1 é menor que a distância de p a L. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]> =
Re: Problema: Ponteiros do relógio.
Oi Rene e demais colegas desta lista, Este problema ( ou um muito semelhante ) ja foi debatido aqui na lista, quando entao surgiram muitas solucoes. Se voce pesquisar no Banco de Mensagens que o Prof Nicolau guarda voce vai encontra-las Todos estes problemas se resumem em determinar, a partir da meia-noite, quando os deslocamentos angulares dos ponteiros sao iguais, a menos de 2pi... Supondo T em segundos, as velocidades angulares do ponteiros, em radianos/segundo, sao : SEG : 2pi/60 ; MIN : 2pi/((60)^2) e HOR : 2pi / (24*((60)^2)) E portanto vai ocorrer coincidencia quando : (2pi/60)*T = (2pi/((60)^2))*T + 2*K1*pi (2pi/((60)^2))*T + 2*K1*pi = ( 2pi / (24*((60)^2)) )*T + 2*K2*pi Para algum par (K1,K2) de inteiros nao-negativos. A manipulacao algebrica das equacoes, fornece (se eu nao errei nenhuma conta !) : K2/K1 = 1439/1416 e T = (K1*(60^2))/59 E ai fica mole achar T ( em Segundos ). Transforme agora o T em H:M:S. E digno de nova que estamos supondo que o relogio esta bem ajustado, vale dizer, que a meia-noite todos os ponteiros coincidem e apontam para o 12. A partir dai e que comeca a contagem de T. Veja tambem que este raciocinio pode ser aplicado para um relogio com um numero arbitrario de ponteiros ... Por exemplo, um relogio que tivesse um quarto ponteiro com o qual poderiamos tornar mais preciso o valor dos segundos. Agora, uma questao um pouco mais dificil, que engloba a anterior que voce propos: Imagine um relogio com tres ponteiros ( HOR, MIN e SEG ), todos de mesmo comprimento. Imagine que este relogio esta fixo na parede. A partir da meia-noite, em quais instantes ( H:M:S) os tres extremos dos tres ponteiros estao a uma mesma distancia do chao ? Um abraco Paulo Santa Rita 6,1507,211201 >From: "renner" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Problema: Ponteiros do relógio. >Date: Wed, 19 Dec 2001 14:35:50 -0200 > >Prezados amigos da lista, > > Gostaria que alguém me ajudasse na resolução do seguinte problema: Os >três ponteiros de um relógio encontram-se sobrepostos em um determinado >momento, após quanto tempo(H:M:S) eles se encontraram novamente >sobrepostos? > > Obrigado pela atenção, aguardo resposta. > Renê Veras. _ Associe-se ao maior serviço de e-mail do mundo através do MSN Hotmail. http://www.hotmail.com/br
Re: Problema do IME-88/89 de analise combinatoria.
espero que eu não esteja errado. > Eis a setima questao da prova do IME-88/89. > > Em cada uma das faces de um cubo constroi-se um > circulo e, em cada circulo, > marcam-se n pontos. Unindo-se estes pontos, > (a) quantas retas, nao contidas numa mesma face do > cubo, podem ser formadas? (C_2n,2 - 2.C_n,2).C_6,2 . PEGUE DUAS FACES.EXISTEM AO TOTAL 2n PONTOS.COMO A CADA DOIS PONTOS FORMA-SE UMA RETA BASTA FAZER C_2n ,2.MAS EU ESTOU CONTANDO AS RETAS DE MESMA FACE QUE SÃO C_n,2 E COMO SÃO DUAS FACES FAÇO 2.C_n,2 E TIRO DO QUE OBTIVE.BASTA APLICAR A TODOS OS CONJUNTOS DE 2 FACES PORTANTO MULTIPLICO POR C_6,2. > (b) quantos triangulos, nao contidos numa mesma face > do cubo, podem ser > formados? (C_3n,3 - 3.C_n,3 ).C_6,3 PEGUE 3 FACES . SÃO 3n PONTOS .FAZENDO C_3n,3 OBTENHO TODOS OS TRIANGULOS ,INCLUSIVE OS QUE ESTAO NA MESMA FACE PORTANDO DEVO TIRA-LOS FAZENDO C_n,3 E POR SEREM 3 FACES MULTIPLICAR POR 3.BASTA APLICAR ESSA REGRA A TODOS OS CONJUNTOS DE 3 FACES MULTIPLICANDO POR C_6,3. PERCEBA QUE FAÇO 3n PQ INCLUO O CASO DE CADA PONTO ESTA EM UMA FACE DISTINTA. > (c) quantos tetraedros, com base numa das faces do > cubo, podem ser formados? (C_n,3 . C_n,1).2.C_6,2. PEGUE DUAS FACES E ESCOLHA UMA PARA SER A BASE . A CADA 1 PONTO DA FACE QUE NÃO É BASE TEMOS C_n,3 PONTOS DA BASE E TETRAEDROS .BASTA FAZER PARA TODOS OS PONTOS DA FACE QUE NÃO É BASE .COMO A FACE QUE NÃO É FACE PODE SÊ-LA BASTA MULTIPLICAR POR 2.APLICA-SE A TODOS OS CONJUNTOS DE 2 FACES DO CUBO MULTIPLICANDO POR C_6,2. > (d) quantos tetraedros, com todos os vertices em > faces diferentes, podem ser > formados? ((C_n,1)^4 ).C_6,4 PEGUE 4 FACES E ESCOLHA UM PONTO DE CADA .TODAS AS VARIAÇÕES DARÁ O N° DE TETRAEDROS COM ESSA CONDIÇAO AS 4 FACES .PORTANTO (C_n,1)^4.BASTA APLICAR A TODOS OS CONJUNTOS DE 4 FACES POR ISSO C_6,4. > OBS: Suponha que, se 4 pontos nao pertencem a uma > mesma face, entao nao sao > coplanares. > > Agora vai uma pergunta minha: > A questao mudaria se a observacao final nao se > aplicasse para os itens (a) e > (b)? Por que? VEJA SÓ.ESSA CONDIÇÃO FOI IMPOSTA SOMENTE POR CAUSA DO TETRAEDRO (DA LETRA C PRINCIPALMENTE) POIS PEGANDO A LETRA C , E NÃO APLICANDO TAL CONDIÇÃO ,NADA ME GARANTIRIA QUE EU NÃO ESTARIA CONTANDO TETRAEDROS A MAIS.PELO FATO DE UMA RETA E UM TRIANGULO SEREM FIGURAS PLANARES E SEUS PONTOS ESTAREM DISPOSTOS SOBRE CIRCULOS ,CASO 4 PONTOS ESTIVESSEM EM UM MESMO PLANO(NÃO NECESSARIAMENTE NA MESMA FACE),COM ELES OBTERIA O MESMO N° DE RETAS E TRIANGULOS OBTIDOS PELO CASO CONTRÁRIO. ___ Yahoo! GeoCities Tenha seu lugar na Web. Construa hoje mesmo sua home page no Yahoo! GeoCities. É fácil e grátis! http://br.geocities.yahoo.com/
Re: Problema Interessante ...
Usando congruência módulo 7, temos: ()^() + ()^() é conguente a 4^() + 3^(). Mas 4^() = 16^() e 3^() = 243^(). 16^() + 243^() é congruente a 2^() + (-2)^() = 2^() - 2^() = 0. Ou seja, ()^() + ()^() é congruente a 0(zero) módulo 7. => ()^() + ()^() é múltiplo de 7. _ Oi! Você quer um iG-mail gratuito? Então clique aqui: http://registro.ig.com.br/
Re: Problema bonito
Sério, como? - Original Message - From: harold To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Quinta-feira, 11 de Outubro de 2001 04:13 Terezan Subject: Re: Problema bonito -Mensagem original-De: Alexandre F. Terezan <[EMAIL PROTECTED]>Para: OBM <[EMAIL PROTECTED]>Data: Quarta-feira, 10 de Outubro de 2001 15:51Assunto: Problema bonito Seja 7@30' a representacao de 7 graus e 30 minutos. Seja sqrtx a raiz quadrada de x Demonstre que tg ( 7@30 ) = sqrt6 - sqrt3 + sqrt2 - 2 sabemos que tg 2a= 2tga/1-tga .tga e sabemos que tg 15= 2 - sqrt3 desenvolvemos a fórmula acima e chegamos a uma equação de grau 2.encontrando o resultado acima.
Re: Problema bonito
-Mensagem original-De: Alexandre F. Terezan <[EMAIL PROTECTED]>Para: OBM <[EMAIL PROTECTED]>Data: Quarta-feira, 10 de Outubro de 2001 15:51Assunto: Problema bonito Seja 7@30' a representacao de 7 graus e 30 minutos. Seja sqrtx a raiz quadrada de x Demonstre que tg ( 7@30 ) = sqrt6 - sqrt3 + sqrt2 - 2 sabemos que tg 2a= 2tga/1-tga .tga e sabemos que tg 15= 2 - sqrt3 desenvolvemos a fórmula acima e chegamos a uma equação de grau 2.encontrando o resultado acima.
Re: Problema sobre primos
> Tem certeza de q vc escreveu corretamente a funcao??? Sim, está correto. Assim fica mais fácil de entender: f(x, y)=(y-1)[|B^2-1|-(B^2-1)]/2 + 2, > onde B=x(y+1)-(y!+1), x e y são números naturais, gera somente números > primos, gera todos os primos e gera todos os primos ímpares exatamente uma > vez. |B^2-1| é o valor absoluto de (B^2-1)
Re: Problema sobre primos
Fiquei admirado com a formula pra primos.tô até meio confuso aindauma função geratriz para os numeros primosdesculpe a brincadeira eric... Ruy
Re: Problema sobre primos
Bom, como a obm-u ja esta na internet, acredito que ja se possa comentar
sobre a prova..
Como que o pessoal daqui da lista foi? Alguns eu ja sei porque fizeram a
prova perto de mim, mas e o resto? o pessoal de fora do Rio por exemplo :) .
Quantos pontos voces acham que fizeram?
Acharam mais facil ou mais dificil que a do ano passado? A segunda
questao e a primeira pareciam ser um pouco mais faceis que as outras.. mas
mesmo assim nao consegui escrever muito bem na segunda.. e a primeira era
muita conta..
Mas o que eu queria escrever mesmo era sobre a questao do somatorio (a
6a).. Na prova eu nao consegui fazer de jeito nenhum, mas depois, folheando
um livro de numeros complexos em casa, descobrir uma questao bem parecida, e
a partir dela a solucao da questao da prova era mais simples.. O mais legal
eh que usa raizes da unidades, de um modo semelhante ao que foi usado pelo
Nicolau aqui na lista pra provar um problema de geometria usando complexos..
A solucao de que falo eh mais ou menos assim (desculpem se a solucao estiver
muito chata de ser lida.. escrever no computador eh meio complicado):
Sejam 1,e,e^2,..., e^(n-1) as raizes da n-esima da unidade.
Entao, os polinomios Prod.{z-e^k} (k=1..n-1) e 1+z+z^2+...+z^(n-1) sao
identicos. (pq tem as mesmas raizes e o mesmo coef. lider).
Substituindo z = 1 (ateh aqui ta igualzinho ao que foi colocado na lista
pelo Nicolau ha um tempo atras) e notando que 1 - e^ix =
2sen(x/2)*i*e^(-iPix/2), fica simples mostrar que (tem que fazer a conta num
papel.):
(I) sen(Pi/n)sen(2Pi/n)...sen[(n-1)Pi/n] = n/[2^(n-1)]
Mas entao, fazendo
cos(Pi/n)cos(2Pi/n)...cos[(n-1)Pi/n] = x, pode-se multiplicar as duas
equacoes para se obter
xn/[2^(n-1)] = {sen(2Pi/n)sen(4Pi/n)...sen[2(n-1)Pi/n]}*[1/2^(n-1)].
Mas se n for impar, n = 2t+1 e esse ultimo produto eh exatamente igual a
(I), pois:
sen[(2t+2)Pi/n] = sen[(2t-1)Pi/n],
sen[(2t+4)Pi/n] =sen[(2t-3)Pi/n],
... sen [(4t)Pi/n] = sen[Pi/n] (pq a soma dos argumentos ta dando sempre
congruente a Pi).
Logo, para n impar, a gente fica com nx = n/2^(n-1) donde x = 1/2^(n-1)
Para n par, o produtorio vale zero, e portanto a soma pedida eh a soma
de uma pg de razao -1/4 (pq ficou faltando o cosPi).
Aceito ideias sobre como fazer a 4 questao, pq ateh agora nao consegui ter
nem sequer uma ideia pra comecar a escrever nela (idem para a ultima, mas
essa eu nem tentei tanto pq o enunciado ja me assustou o suficiente).
Abracos,
Marcio
Re: Problema sobre primos
Se 2n + 1 é primo, é evidente que mdc(C[2n+1, 1], C[2n+1, 2], C[2n+1, 3], ..., C[2n+1, n]) é igual a (2n+1). Logo, max (2, 2n + 1) é igual a 2n+1 quando 2n+1 é primo, o que garante que todos os primos ímpares sejam representados. Agora seja 2n+1 um número igual a pq, sendo p e q dois fatores primos distintos, ambos menores que n+1. C [pq, p] = [pq * (pq - 1) * (pq - 2) * ... * (pq - p + 1)] / [2 * 3 * 4 * 5 * ... * p] Logo, C[pq, p] = q * [(pq - 1) * (pq - 2) * ... * (pq - p + 1)] / [2 * 3 * 4 * 5 * ... (p-1)] Observe que nenhum dos fatores do numerador acima é divisível por p, o que garante que C[pq, p] nao é divisível por p. C [pq, q] = [pq * (pq - 1) * (pq - 2) * ... * (pq - q + 1)] / [2 * 3 * 4 * 5 * ... * q] Logo, C[pq, q] = p * [(pq - 1) * (pq - 2) * ... * (pq - q + 1)] / [2 * 3 * 4 * 5 * ... (q-1)] Observe agora que nenhum dos fatores do numerador acima é divisível por q, o que garante que C[pq, q] nao é divisível por q. Mas C[pq, 1] = pq. Daí, o mdc de (pq), um número nao-divisível por p e outro número nao divisível por q é 1. Assim, max (2, 1) = 2, garantindo a presenca do 2 e excluindo compostos da forma pq. Para todos os números compostos cuja representacao em primos só possui expoentes menores que 2, o raciocínio é análogo ao anterior. Para compostos 2n+1 cuja representacao é da forma p^k * q^m * x^h * y^j *... , onde k é o expoente máximo e m é o segundo maior expoente, também vale o raciocínio, mas devemos tomar: C[2n + 1, 1], C[2n+1, p^i] , 0 < i < k+1 C[2n+1, q^i] , 0 < i < m+1 etc etc No entanto, se 2n+1 é igual a p^k, devemos tomar C[p^k, 1] e C[p^k, p^(k-1)] C[p^k, 1] = p^k C[p^k, p^(k-1)] é um número divisível por p, mas que nao é divisível por p^2. Isto garante que o mdc neste caso será igual a p. Entao máx (2, p) = p, que também é primo. - Original Message - From: "Eric Campos Bastos Guedes" <[EMAIL PROTECTED]> To: "Obm-L" <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Domingo, 7 de Outubro de 2001 21:39 Terezan Subject: Problema sobre primos Saudações Quero propor um problema aos companheiros da lista, e ao mesmo tempo comunicar que já o resolvi. Trata-se de uma fórmula para os números primos. Lá vai... Prove que a seguinte função, definida para os inteiros positivos, gera todos os números primos, e apenas primos. f(n) = max(2, mdc(C[2n+1, 1], C[2n+1, 2], C[2n+1, 3], ..., C[2n+1, n]) onde C[a,b] é o número binomial dado por a! / (b! (a-b)!) Esta é uma das fórmulas para primos que descobri e que está no meu livro "Fórmulas que geram números primos" (Papel Virtual editora www.papelvirtual.com.br ) Abraços, Eric.
Re: Problema sobre primos
> existem infinitas fórmulas que geram somente números primos. O que acontece > é que a grande maioria dessas fórmulas são inúteis do ponto de vista > prático. Correto. Vejam também http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/papers/mersenne/node18.html onde Gugu e eu damos exemplos de fórmulas para primos. Uma delas é um polinômio de coeficientes inteiros e várias variáveis tal que ao substituirmos as variáveis por inteiros quase sempre obtemos um negativo. O legal é o quase: inteiros positivos aparecem para certas escolhas muito especiais dos valores das variáveis e aí o valor do polinômio é sempre primo. Mais exatamente: a interseção da imagem com o conjunto dos naturais é o conjunto dos primos. []s, N.
Re: Problema sobre primos
Tem certeza de q vc escreveu corretamente a funcao??? - Original Message - From: "Paulo Jose Rodrigues" <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Segunda-feira, 8 de Outubro de 2001 16:15 Terezan Subject: Re: Problema sobre primos > Se vc resolveu esse problema, vc deveria dar conferencias no mundo > inteirovc seria maior que Gauss ou EinsteinTal formula não existe!!! > Um abraço e não se engane...essa lista não tem ingênuos... >Ruy Ruy, existem infinitas fórmulas que geram somente números primos. O que acontece é que a grande maioria dessas fórmulas são inúteis do ponto de vista prático. Por exemplo, não é difícil provar com a ajuda do Teorema de Wilson, que a função f(x, y)=(y-1)/2[|B^2-1|-(B^2-1)]+2, onde B=x(y+1)-(y!+1), x e y são números naturais, gera somente números primos, gera todos os primos e gera todos os primos ímpares exatamente uma vez.
Re: Problema sobre primos
Legal, não sabia que já existiam fórmulas que geravam primos e somente primos... Minhas desculpas ao Eric. =) []'s, M. >From: "Paulo Jose Rodrigues" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Re: Problema sobre primos >Date: Mon, 8 Oct 2001 16:15:15 -0300 > > > Se vc resolveu esse problema, vc deveria dar conferencias no mundo > > inteirovc seria maior que Gauss ou EinsteinTal formula não >existe!!! > > Um abraço e não se engane...essa lista não tem ingênuos... > >Ruy > >Ruy, > existem infinitas fórmulas que geram somente números primos. O que >acontece >é que a grande maioria dessas fórmulas são inúteis do ponto de vista >prático. > >Por exemplo, não é difícil provar com a ajuda do Teorema de Wilson, que a >função > >f(x, y)=(y-1)/2[|B^2-1|-(B^2-1)]+2, > >onde B=x(y+1)-(y!+1), x e y são números naturais, gera somente números >primos, gera todos os primos e gera todos os primos ímpares exatamente uma >vez. > > > _ Get your FREE download of MSN Explorer at http://explorer.msn.com/intl.asp
Re: Problema sobre primos
Como Uma fórmula que gera primos (e apenas primos) Dá um tempo!! Pior do que o menino que inventou uma constante! >From: "Eric Campos Bastos Guedes" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: "Obm-L" <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Problema sobre primos >Date: Sun, 7 Oct 2001 21:39:03 -0300 > >Saudações > >Quero propor um problema aos companheiros da lista, e ao mesmo tempo >comunicar que já o resolvi. Trata-se de uma fórmula para os números >primos. >Lá vai... > >Prove que a seguinte função, definida para os inteiros positivos, gera >todos >os números primos, e apenas primos. > >f(n) = max(2, mdc(C[2n+1, 1], C[2n+1, 2], C[2n+1, 3], ..., C[2n+1, n]) > >onde C[a,b] é o número binomial dado por a! / (b! (a-b)!) > >Esta é uma das fórmulas para primos que descobri e que está no meu livro >"Fórmulas que geram números primos" (Papel Virtual editora >www.papelvirtual.com.br ) > >Abraços, > >Eric. > _ Get your FREE download of MSN Explorer at http://explorer.msn.com/intl.asp
Re: Problema sobre primos
A fórmula de WILLANS, dada em 1964, fornece para o natural n o n-ésimo número primo p_n=1+SUM(i=1 até 2^n) da raiz n-ésima de (n/(1+pi(i)), onde pi(i) conta os números primos até i. Esta fórmula é bonita, mas totalmente inútil, note que para calcular o décimo primo, que é 29, devemos contar os primos até 1024. Certamente passaremos pelo 29!!! Um bom artigo sobre fórmulas que geram primos é o de Paulo Ribenboin, RMU , número 15. Abraços, Marcelo. - Original Message - From: <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Monday, October 08, 2001 3:37 PM Subject: Re: Problema sobre primos > Se vc resolveu esse problema, vc deveria dar conferencias no mundo > inteirovc seria maior que Gauss ou EinsteinTal formula não existe!!! > Um abraço e não se engane...essa lista não tem ingênuos... >Ruy > >
Re: Problema sobre primos
> Se vc resolveu esse problema, vc deveria dar conferencias no mundo > inteirovc seria maior que Gauss ou EinsteinTal formula não existe!!! > Um abraço e não se engane...essa lista não tem ingênuos... >Ruy Ruy, existem infinitas fórmulas que geram somente números primos. O que acontece é que a grande maioria dessas fórmulas são inúteis do ponto de vista prático. Por exemplo, não é difícil provar com a ajuda do Teorema de Wilson, que a função f(x, y)=(y-1)/2[|B^2-1|-(B^2-1)]+2, onde B=x(y+1)-(y!+1), x e y são números naturais, gera somente números primos, gera todos os primos e gera todos os primos ímpares exatamente uma vez.
Re: Problema sobre primos
Se vc resolveu esse problema, vc deveria dar conferencias no mundo inteirovc seria maior que Gauss ou EinsteinTal formula não existe!!! Um abraço e não se engane...essa lista não tem ingênuos... Ruy
Re: Problema 53 Eureka!
So para nao ficar incompleto. A area do quadrilatero OBiMBi+2 eh maior do que a area do quadrilatero OBiBi+2Bi+2. A area OBiMBi+2 eh igual a area do triangulo OBiBi+2 mais a area do triangulo BiMBi+2, enquanto que a area do quadrilatero OBiBi+2Bi+2 eh a area do triangulo OBiBi+2 mais a area do triangulo BiBi+1Bi+2. Basta comparar a area dos triangulo BiBi+1Bi+2 e do triangulo BiMBi+2, eles possuem a mesma base mas a altura do segundo eh maior, por que se voce tracar a tangente ao circulo no ponto M o ponto Bi+1 vai ficar entre a reta tangente e o segmento BiBi+2. E isso completa a prova. From: Eduardo Casagrande Stabel <[EMAIL PROTECTED]> Problema 53. Prove que num circulo convexo dado e para o mesmo numero de lados, o poligono regular inscrito é aquele cuja superficie é maxima. Eu entendi a soluccao do Carlos Alberto da Silva Victor. Mas eu pensei em uma bem mais simples. Seja O o centro do circulo. Suponha que um poligono de n lados B1B2...Bn nao-regular seja aquele que possui area maxima. Considere que o lado BiBi+1 possui tamanho diferente do lado Bi+1Bi+2, entao o ponto Bi+1 nao esta no meio do arco Bi...Bi+2. Seja M o ponto que esta na metade desse arco, eh facil de mostrar que o quadrilatero OBiMBi+2 possui area maior que o quadrilatero OBiBi+1Bi+2, logo o poligono B1B2...BiMBi+2...Bn possui area maior que o poligono B1B2...Bn, um absurdo pois esse, por hipotese, possuia a maior area possivel. Logo todos os lados sao iguais e o poligono eh regular. Eduardo Casagrande Stabel.
Re: Problema Clássico
Ha ! Foi mal, faltou a, b e c são números pertencentes aos reais. Mas acho que aida sim dava para resolver o problema, se a e b são representados por letras diferentes você só poderia supor que são iguais se conseguir prova isso. Falou Marcus Dimitri - Original Message - From: Alexandre Stauffer <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Monday, July 30, 2001 10:22 PM Subject: Re: Problema Clássico > O enunciado dessa questao eh so esse??? > > Porque se for assim, podemos fazer: > > a=b=0 > c=3 > > Ai a^4 + b^4 + c^4 = 81 > > > sendo: > > a + b + c =3 > > a^2 + b^2+ c^2 = 9 > > a^3 + b^3 + c^3 = 27 > > Quanto será a^4 + b^4 + c^4 = ? >
Re: Problema Clássico
a+b+c=3,
a^2+b^2+c^2=9,
a^3+b^3+c^3=27
2(ab+ac+bc)=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=0 => ab+ac+bc=0.
a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2}=(a+b+c)(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})-(ab+ac+bc)(a^n+b^n+
c^n)+abc(a^{n-1}+b^{n-1}+c{n-1}).
Para n=1, obtemos
27=3.(9)-0.(3)+abc(3)=> abc=0
Para n=2,
a^4+b^4+c^4=3.(27)-0.(9)+0.(3)=81.
a, b e s são as raízes de x^3-3x^2+0x+0=0, ou seja (a, b, c)=(3, 0, 0),
etc...
- Original Message -
From: Odelir Maria Casanova dos Santos
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Monday, July 30, 2001 10:01 PM
Subject: Problema Clássico
Oi pessoal, com o fim da cone-sul e da IMO o clima da obm-1 tá meio
frio, mas é claro que com a chegada da ibero-americana e a 2a e 3a fases da
brasileira isso deve melhorar.
Eu estava pensando na volta as aulas, afinal as férias estão acabando, e
me lembrei dessa questão que me deram para resolver e me falaram que esse
tipo de questão é do tipo que geralmente cai em concursos militares, sendo
ou não ai vai ela.
sendo:
a + b + c =3
a^2 + b^2+ c^2 = 9
a^3 + b^3 + c^3 = 27
Quanto será a^4 + b^4 + c^4 = ?
Bom, eu não tenho a resposta mas por lógica deve ser 81, porém como
lógica em concurso militar é praticamente ignorada...
Eu espero a ajuda de vocês.
Até mais
Marcus Dimitri
Re: Problema Clássico
O enunciado dessa questao eh so esse??? Porque se for assim, podemos fazer: a=b=0 c=3 Ai a^4 + b^4 + c^4 = 81 > sendo: > a + b + c =3 > a^2 + b^2+ c^2 = 9 > a^3 + b^3 + c^3 = 27 > Quanto será a^4 + b^4 + c^4 = ?
Re: Problema Republica Tcheca
Ui, agora que estou vendo que me esqueci de explicar de onde veio esta fórmula z(n)=n+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... Obrigado por ter explicado! Mas foi assim mesmo que eu pensei, usando a mesma idéia que Lagrange(foi ele mesmo?) usou para calcular qual a maior potência de um primo que divide n! Sobre o chute para 82308, eu fiz bem parecido com você, primeiro calculei para 82304 ou 82305 e rapidamente cheguei ao meu "chute". Bruno -Mensagem original- De: Ralph Costa Teixeira <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Sexta-feira, 20 de Julho de 2001 17:26 Assunto: Re: Problema Republica Tcheca >>> Seja z(n)=n+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... > >Legal sua solução, Bruno. Voce definiu g(n) como "o numero de vezes que >2 divide n". Então o somatório de g(k) de 1 até n é o número de "2" que >dividem todos os números de 1 até k, por assim dizer. Você pode calcular >isso assim: olhe para os números de 1 a k e > >conte 1 para cada número par >conte 1 extra para os múltiplos de 4 >conte 1 mais para os múltiplos de 8 >... > >Chegando à sua fórmula: > >SUM(g(k), 1 a n) = [n/2]+[n/4]+[n/8]+... > >Para f(n), adicione uma linha às regras: > >conte 1 para cada ímpar > >EnTão SUM(f(k), 1 a n) = [(n+1)/2]+[n/2]+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... > >que corresponde à sua fórmula para z(n) quando n é par. > >>> Fazendo umas continhas, vemos que z(82308)=123457 > >E aqui, não sei qual método você usou para achar o 82308, mas eu pensava >em algo assim para ajudar: > >z(n) <= n + n/4 + n/8 + n/16 + ... = n + n/2 = 3n/2 > >Então n >= 2z(n)/3. > >Se z(n)=123457, então n>=2.123457/3 = 82304,???. Assim, n=82305 é um >ótimo lugar para começar a busca... > >Abraço, >Ralph > > >
Re: Problema Republica Tcheca
>> Seja z(n)=n+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... Legal sua solução, Bruno. Voce definiu g(n) como "o numero de vezes que 2 divide n". Então o somatório de g(k) de 1 até n é o número de "2" que dividem todos os números de 1 até k, por assim dizer. Você pode calcular isso assim: olhe para os números de 1 a k e conte 1 para cada número par conte 1 extra para os múltiplos de 4 conte 1 mais para os múltiplos de 8 ... Chegando à sua fórmula: SUM(g(k), 1 a n) = [n/2]+[n/4]+[n/8]+... Para f(n), adicione uma linha às regras: conte 1 para cada ímpar EnTão SUM(f(k), 1 a n) = [(n+1)/2]+[n/2]+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... que corresponde à sua fórmula para z(n) quando n é par. >> Fazendo umas continhas, vemos que z(82308)=123457 E aqui, não sei qual método você usou para achar o 82308, mas eu pensava em algo assim para ajudar: z(n) <= n + n/4 + n/8 + n/16 + ... = n + n/2 = 3n/2 Então n >= 2z(n)/3. Se z(n)=123457, então n>=2.123457/3 = 82304,???. Assim, n=82305 é um ótimo lugar para começar a busca... Abraço, Ralph
Re: Problema Republica Tcheca
-Mensagem original- De: Bruno Leite <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 01:47 Assunto: Re: Problema Republica Tcheca > >-Mensagem original- >De: Bruno Leite <[EMAIL PROTECTED]> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> >Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 00:46 >Assunto: Re: Problema Republica Tcheca > > >>Oi Henrique >> >>Vamos definir a função g:N->N, mais natural e mais fácil de se lidar, da >>seguinte forma: >>g(n)=k pra todo inteiro com n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh >>impar. veja que ela é quase igual a função f, só diferindo nos ímpares >>(f(impar)=1 e g(impar)=0). >> >>Agora vamos calcular os valores iniciais de g e dispo-los de uma forma >>diferente. >> >>Considere a árvore abaixo: >> >>g(2) >>g(3) g(4) >>g(5) g(6) g(7)g(8) >>g(9) g(10) g(11) g(12) g(13) g(14) g(15) g(16) >> >>Cada linha tem 2^(n-1) elementos. Vamos dizer que g(2) é pai de g(3) e >g(4), >>assim como g(5) é pai de g(9) e g(10) e g(8) é pai de g(15) e g(16). de >modo >>geral, g(n) é pai de g(2n-1) e g(2n). >> >>Substituindo pelos valores de g: >> >>1 >>0 2 >>01 03 >>0 1 0 2 0 1 0 4 >> >>É fácil ver e provar que se g(n)=k, então os filhos de g(n) valem 0 e k+1. >A >>partir daí vc sabe dizer quanto dá a soma de cada linha? >> >>Não vou terminar o problema por preguiça e porque tenho certeza que agora >>não falta muito, até porque é fácil relacionar as somas de f com as de g... > >Não sei se eu fui claro, então vou dar uma consertada. > >A soma da i-esima linha da arvore da função g é 2^(i-1) (indução) > >Então a soma das linas da arvore até a linha k é 1+2+4+...+2^(k-1)=2^k -1 > >Se fizéssemos a arvore de f em vez de g, todos os zeros virariam uns. Então >a soma até a linha k é >2^k + 2^(k-1) - 1, pois há 2^(k-1) zeros até a linha k ( vamos lembrar que >f(1) não está na árvore, mas é um zero que se converte em um, e deve ser >contado) > > >Isso mostra que f(1)+f(2)+...+f(2^k)=2^k + 2^(k-1) - 1 >Em particular, f(1)+f(2)+...+f(2^16)=2^16 + 2^15 - 1=98303 > >Logo sabemos que o n do problema está entre 2^16 e 2^17. Agora só falta >somar o começo da linha 17 até dar 123456. > >Agora não é difícil terminar. > >Estou vendo **agora** que tem outro modo de se fazer este problema: fixe n. >Quantos k, de 1 a n, satisfazem >f(k)=1? e f(k)=2? Seja h_i o número de inteiros de 1 a n com f(k)=i. Então > >f(1)+...+f(n)=h_1 + 2h_2 + 3h_3 +... ( a soma é infinita, mas a partir de um >ponto os termos sao todos nulos) > >Com essa formula em mente podemos achar por tentativa e erro o valor de n >pedido. Vou fazer as contas com mais cuidado no papel, mas acredito que isso >está certinho. Fui pensar e descobri que esse método acima não é bom. O primero jeito que eu sugeri está correto. Há um terceiro modo. Seja g a função definida lá no começo do email. Sabemos que, para n par, soma(g(k),k=1...n)=[n/2]+[n/4]+[n/8]+[n/16]+...=n/2+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... Então, soma(f(k),k=1...n)=n/2+n/2+[n/4]+[n/8]+[n/16]+...=n+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... Agora sim, com esta fórmula certamente achamos o n pedido. Seja z(n)=n+[n/4]+[n/8]+[n/16]+... Fazendo umas continhas, vemos que z(82308)=123457 Logo soma(f(k),k=1...82308)=123457=soma(f(k),k=1...82307)+f(82308)=soma(f(k),k=1. ..82307)+f(82308)= soma(f(k),k=1...82307)+2 Logo soma(f(k),k=1...82307)=123455 e n=82307 Espero que não esteja errado pois mandar um quarto email para consertar as coisas já é muita vergonha... Bruno >Bruno Leite >[EMAIL PROTECTED] >[EMAIL PROTECTED] >http://www.ime.usp.br/~brleite > > > >>Bruno Leite >>[EMAIL PROTECTED] >>[EMAIL PROTECTED] >>http://www.ime.usp.br/~brleite >> >>PS Aliás toda a lista de "Olimpíadas ao redor do mundo" é interessante. >>Gostaria de saber se alguém sabe fazer o 72. >> >>-Mensagem original- >>De: Henrique Lima <[EMAIL PROTECTED]> >>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> >>Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 00:07 >>Assunto: Problema Republica Tcheca >> >> >>> gostaria de ajuda nesse problema >>> >>>Uma função f:N->N é tal q f(n)=1 se n eh ímpar e f(n)=k pra todo inteiro >>par >>>n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh impar. determine o maior >>>natural n para o qual: >>> f(1)+f(2)+...+f(n)=<123456 >>> >>>valeuz >>> >>>_ >>>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >>> >> >
Re: Problema Republica Tcheca
-Mensagem original- De: Bruno Leite <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 00:46 Assunto: Re: Problema Republica Tcheca >Oi Henrique > >Vamos definir a função g:N->N, mais natural e mais fácil de se lidar, da >seguinte forma: >g(n)=k pra todo inteiro com n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh >impar. veja que ela é quase igual a função f, só diferindo nos ímpares >(f(impar)=1 e g(impar)=0). > >Agora vamos calcular os valores iniciais de g e dispo-los de uma forma >diferente. > >Considere a árvore abaixo: > >g(2) >g(3) g(4) >g(5) g(6) g(7)g(8) >g(9) g(10) g(11) g(12) g(13) g(14) g(15) g(16) > >Cada linha tem 2^(n-1) elementos. Vamos dizer que g(2) é pai de g(3) e g(4), >assim como g(5) é pai de g(9) e g(10) e g(8) é pai de g(15) e g(16). de modo >geral, g(n) é pai de g(2n-1) e g(2n). > >Substituindo pelos valores de g: > >1 >0 2 >01 03 >0 1 0 2 0 1 0 4 > >É fácil ver e provar que se g(n)=k, então os filhos de g(n) valem 0 e k+1. A >partir daí vc sabe dizer quanto dá a soma de cada linha? > >Não vou terminar o problema por preguiça e porque tenho certeza que agora >não falta muito, até porque é fácil relacionar as somas de f com as de g... Não sei se eu fui claro, então vou dar uma consertada. A soma da i-esima linha da arvore da função g é 2^(i-1) (indução) Então a soma das linas da arvore até a linha k é 1+2+4+...+2^(k-1)=2^k -1 Se fizéssemos a arvore de f em vez de g, todos os zeros virariam uns. Então a soma até a linha k é 2^k + 2^(k-1) - 1, pois há 2^(k-1) zeros até a linha k ( vamos lembrar que f(1) não está na árvore, mas é um zero que se converte em um, e deve ser contado) Isso mostra que f(1)+f(2)+...+f(2^k)=2^k + 2^(k-1) - 1 Em particular, f(1)+f(2)+...+f(2^16)=2^16 + 2^15 - 1=98303 Logo sabemos que o n do problema está entre 2^16 e 2^17. Agora só falta somar o começo da linha 17 até dar 123456. Agora não é difícil terminar. Estou vendo **agora** que tem outro modo de se fazer este problema: fixe n. Quantos k, de 1 a n, satisfazem f(k)=1? e f(k)=2? Seja h_i o número de inteiros de 1 a n com f(k)=i. Então f(1)+...+f(n)=h_1 + 2h_2 + 3h_3 +... ( a soma é infinita, mas a partir de um ponto os termos sao todos nulos) Com essa formula em mente podemos achar por tentativa e erro o valor de n pedido. Vou fazer as contas com mais cuidado no papel, mas acredito que isso está certinho. Bruno Leite [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] http://www.ime.usp.br/~brleite >Bruno Leite >[EMAIL PROTECTED] >[EMAIL PROTECTED] >http://www.ime.usp.br/~brleite > >PS Aliás toda a lista de "Olimpíadas ao redor do mundo" é interessante. >Gostaria de saber se alguém sabe fazer o 72. > >-Mensagem original- >De: Henrique Lima <[EMAIL PROTECTED]> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> >Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 00:07 >Assunto: Problema Republica Tcheca > > >> gostaria de ajuda nesse problema >> >>Uma função f:N->N é tal q f(n)=1 se n eh ímpar e f(n)=k pra todo inteiro >par >>n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh impar. determine o maior >>natural n para o qual: >> f(1)+f(2)+...+f(n)=<123456 >> >>valeuz >> >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> >
Re: Problema Republica Tcheca
Oi Henrique Vamos definir a função g:N->N, mais natural e mais fácil de se lidar, da seguinte forma: g(n)=k pra todo inteiro com n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh impar. veja que ela é quase igual a função f, só diferindo nos ímpares (f(impar)=1 e g(impar)=0). Agora vamos calcular os valores iniciais de g e dispo-los de uma forma diferente. Considere a árvore abaixo: g(2) g(3) g(4) g(5) g(6) g(7)g(8) g(9) g(10) g(11) g(12) g(13) g(14) g(15) g(16) Cada linha tem 2^(n-1) elementos. Vamos dizer que g(2) é pai de g(3) e g(4), assim como g(5) é pai de g(9) e g(10) e g(8) é pai de g(15) e g(16). de modo geral, g(n) é pai de g(2n-1) e g(2n). Substituindo pelos valores de g: 1 0 2 01 03 0 1 0 2 0 1 0 4 É fácil ver e provar que se g(n)=k, então os filhos de g(n) valem 0 e k+1. A partir daí vc sabe dizer quanto dá a soma de cada linha? Não vou terminar o problema por preguiça e porque tenho certeza que agora não falta muito, até porque é fácil relacionar as somas de f com as de g... Bruno Leite [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] http://www.ime.usp.br/~brleite PS Aliás toda a lista de "Olimpíadas ao redor do mundo" é interessante. Gostaria de saber se alguém sabe fazer o 72. -Mensagem original- De: Henrique Lima <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Quinta-feira, 19 de Julho de 2001 00:07 Assunto: Problema Republica Tcheca > gostaria de ajuda nesse problema > >Uma função f:N->N é tal q f(n)=1 se n eh ímpar e f(n)=k pra todo inteiro par >n =2^k*l , onde k eh um numero natural e l eh impar. determine o maior >natural n para o qual: > f(1)+f(2)+...+f(n)=<123456 > >valeuz > >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >
Re: Problema da CONE SUL
>Tente resolver o problema para um tabuleiro 2 por 2. Depois, para um >tabuleiro 4 por 4, 6 por 6 etc. e conjecture para o caso n por n Benedito > > O problema abaixo é o Problema 1) (primeiro dia) da Olimpíada do Cone Sul- >2001 > > > > Em cada casa de um tabuleiro quadriculado 2000x2000 deve-se escrever um > > dos três números: -1, 0 ou 1. Se, em seguida somam-se os números escritos > > em cada linha e cada coluna, obtém-se 4000 resultados. > > Mostre que é possível preencher o tabuleiro de modo que > > os 4000 resultados assim obtidos sejam todos distintos. > > > > Não vi nesta lista, qualquer discussão sobre este interessante problema . > > Talvez porque seja muito fácil. Também não vi a solução oficial. Portanto, > > descrevo uma solução feita por um colega, Joaquim Elias, do Departamento > > de Matemática da UFRN. > > Na primeira linha do tabuleiro e em todas as posições acima da diagonal > > principal coloque o número 1. Em todos os quadrados abaixo da diagonal > > principal coloque o -1. Na diagonal prinicpal, coloque de cima para >baixo, > > na primeira metade o número 1 e nos quadrados restantes o número 0. > > > > (Na diagonal principal pode-se, também, colocar de cima para baixo, > > alternativamente, 0 e 1, > > começando com o 1). > > > > Benedito Freire > > > >Oizinho! :o) >Como é possível chegar a essa solução? > >Beijos, Nanda
Re: Problema da CONE SUL
- Original Message - From: benedito <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Friday, July 13, 2001 8:26 PM Subject: Problema da CONE SUL > O problema abaixo é o Problema 1) (primeiro dia) da Olimpíada do Cone Sul- 2001 > > Em cada casa de um tabuleiro quadriculado 2000x2000 deve-se escrever um > dos três números: -1, 0 ou 1. Se, em seguida somam-se os números escritos > em cada linha e cada coluna, obtém-se 4000 resultados. > Mostre que é possível preencher o tabuleiro de modo que > os 4000 resultados assim obtidos sejam todos distintos. > > Não vi nesta lista, qualquer discussão sobre este interessante problema . > Talvez porque seja muito fácil. Também não vi a solução oficial. Portanto, > descrevo uma solução feita por um colega, Joaquim Elias, do Departamento > de Matemática da UFRN. > Na primeira linha do tabuleiro e em todas as posições acima da diagonal > principal coloque o número 1. Em todos os quadrados abaixo da diagonal > principal coloque o -1. Na diagonal prinicpal, coloque de cima para baixo, > na primeira metade o número 1 e nos quadrados restantes o número 0. > > (Na diagonal principal pode-se, também, colocar de cima para baixo, > alternativamente, 0 e 1, > começando com o 1). > > Benedito Freire > Oizinho! :o) Como é possível chegar a essa solução? Beijos, Nanda
Re: Problema da CONE SUL
At 20:26 13/07/01 -0300, you wrote: >O problema abaixo é o Problema 1) (primeiro dia) da Olimpíada do Cone Sul- >2001 > >Em cada casa de um tabuleiro quadriculado 2000x2000 deve-se escrever um >dos três números: -1, 0 ou 1. Se, em seguida somam-se os números escritos >em cada linha e cada coluna, obtém-se 4000 resultados. >Mostre que é possível preencher o tabuleiro de modo que >os 4000 resultados assim obtidos sejam todos distintos. > >Não vi nesta lista, qualquer discussão sobre este interessante problema . >Talvez porque seja muito fácil. Também não vi a solução oficial. Portanto, >descrevo uma solução feita por um colega, Joaquim Elias, do Departamento >de Matemática da UFRN. >Na primeira linha do tabuleiro e em todas as posições acima da diagonal >principal coloque o número 1. Em todos os quadrados abaixo da diagonal >principal coloque o -1. Na diagonal prinicpal, coloque de cima para >baixo, na primeira metade o número 1 e nos quadrados restantes o número 0. > >(Na diagonal principal pode-se, também, colocar de cima para baixo, >alternativamente, 0 e 1, >começando com o 1). > >Benedito Freire
Re: Problema-Seleção
Uma solução simples vai abaixo:
Suponha x inteiro e Q(x)=0. Então P(x)P(x^2)P(x^3)P(x^4) = -1.
Será que isso pode acontecer?? Não!!! De fato, devemos ter P(x^k)
pertencente a {1,-1}, 1<=k<=4 ( pois P tem coeficientes inteiros). Daí,
como x congruente a x^3 e x^2 congrunte a x^4 mod 3 , temos P(x) congruente
a P(x^3) e P(x^2) congruente a P(x^4) mod 3. Logo, visto que -1 é incongruente
a 1 mod 3, temos
P(x)=P(x^3) e P(x^2)=P(x^4) e daí P(x)P(x^3)=P(x^2)P(x^4)=1, concluindo
que P(x)P(x^2)P(x^3)P(x^4)=1, absurdo!!!
-- Mensagem original --
>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que :
> Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui raízes
>inteiras.
>
>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só poderiam
>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se
alguém
>quiser, mando o que fiz...
>
>¡ Villard !
>
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Re: problema
On Fri, Jul 06, 2001 at 03:26:11PM +, Paulo Santa Rita wrote: > Ola marcelo, Ola Henrique > e demais colegas da Lista, > > Saudacoes ! > > E ... Eu conheco o Site a que o Marcelo se refere. e isso e que e o chato. > As questoes da IMO costumam ser interessantes mas existem sites que > apresentam as solucoes, privando-nos da alegria de pensar nelas. Eu acho que > a IMO de um determinado ano deveria encontrar uma maneira de nao divulgar > as solucoes das questoes, pelo menos, ate a IMO do ano seguinte. Sera isso > possivel ? Bem dif'icil. Mas voc^e sempre pode tentar fazer os problemas sem olhar a solu,c~ao. Ali'as 'e bem recomend'avel, especialmente para quem quer se preparar para alguma esp'ecie de competi,c~ao. []s, N.
Re: problema
Ola marcelo, Ola Henrique e demais colegas da Lista, Saudacoes ! E ... Eu conheco o Site a que o Marcelo se refere. e isso e que e o chato. As questoes da IMO costumam ser interessantes mas existem sites que apresentam as solucoes, privando-nos da alegria de pensar nelas. Eu acho que a IMO de um determinado ano deveria encontrar uma maneira de nao divulgar as solucoes das questoes, pelo menos, ate a IMO do ano seguinte. Sera isso possivel ? Um abraco Paulo Santa Rita >From: "Marcelo Rufino de Oliveira" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Re: problema >Date: Fri, 6 Jul 2001 01:27:34 -0300 > >Um comentário com relação as questões propostas das imos pelo Henrique é >que, apesar de vários de nossos colegas terem capacidade de resolvê-las e >acrescentar bastante à lista, a discussão de problemas antigos das imo >perdeu um pouco a "graça" depois que lançaram um site que contem todas as >imo resolvidas, desde a primeira, em 1959, até a última, em 2000. O >endereço >é http://www.kalva.demon.co.uk/ e é de autoria de um inglês (obviamente a >página é toda em inglês), inclusive tem um link no site da obm para este >site. Nesta página tem também as Putnam resolvidas desde 1975, certamente >para quem nunca viu vale a pena dar uma olhada. A segunda questão proposta >é >bem famosa e é encarada como uma das mais difíceis que já cairam em imos. >Eu >já devo ter visto pelo menos umas 5 soluções distintas para esta questão em >vários livros de olimpíadas (Winning Solutions, Mathematical Olympiad >Challenges, etc.). >De toda maneira, soluções distintas das apresentadas no site que eu citei >são bem vindas. > >Falou, >Marcelo Rufino > >- Original Message - >From: Henrique Lima Santana <[EMAIL PROTECTED]> >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Sent: Thursday, July 05, 2001 10:53 PM >Subject: Re: problema > > > > > > > > > > > > > > > > Valeu Paulo! Essas não eram realmente difíceis, mas esse seu método >de > > ensinar até q é legal hehe :) > > Agora tem 2 aqui q são bem difíceis(aparentemente), pelo menos eu >não > > consegui sair do lugar: > > 1. (imo 90) determine todos os n naturais tais q ( 2^n +1 )/n^2 é > > inteiro > > 2. (imo 88) prove q se a e b são naturais e (a^2 + b^2)/(ab + 1) é > > inteiro então (a^2 + b^2)/(ab + 1) é quadrado perfeito > > Obrigado mais uma vez, > > []´s Henrique > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> > > >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] > > >To: [EMAIL PROTECTED] > > >Subject: Re: problema > > >Date: Thu, 05 Jul 2001 19:13:04 > > > > > >Ola Henrique, > > > > > >Sem duvida que voce pode fazer as questoes abaixo ... > > > > > >>From: "Henrique Lima Santana" <[EMAIL PROTECTED]> > > >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] > > >>To: [EMAIL PROTECTED] > > >>Subject: problema > > >>Date: Thu, 05 Jul 2001 14:18:53 -0300 > > >> > > >>olah, algumas duhvidas nessas questões de teoria dos nºs... > > >> > > >>1.prove q pra todo n natural, 3^2n+1 + 2^n+2 é multiplo de 7 e que > > >>3^2n+2 + 2^6n+1 é multiplo de 11. > > > > > > > > >3^(2n+1) + 2^(n+2)=3*(9^n) + 4*(2^n) > > >Para n=1 => 3*(9^n) + 4*(2^n)= 35 ( divisivel por 7 ) > > > > > >Ja que 7 | 3*(9^n) + 4*(2^n) entao 7 | 2*( 3*(9^n) + 4*(2^n) ) > > >entao 7 | 6*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 | ( 6*(9^n) + 8*(2^n) ) + 21*9^n > > >entao 7 | 27*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 |3*(9^(n+1)) + 4*(2^(n+1)) > > > > > >Logo, vale para todo n natural. > > >Agora voce faz o caso 11, falou ? > > > > > > > > >>2.mostrar q pra nenhum n natural 2^n + 1 é um cubo. > > > > > >2^n + 1=a^3 => "a^3" e impar => "a" e impar > > >2^n = a^3 - 1 => 2^n=(a-1)*(a^2 + a + 1) > > >Nao e essa ultima igualdade um evidente absurdo ? (Por que ?) > > >Entao, 2^n + 1 nao pode ser um cubo perfeito ! > > > > > > > > >>3. mostrar q 3 eh o unico primo p / p, p+2 e p+4 são todos primos. > > > > > >olhe para p,p+1,p+2,p+3,p+4. Dado que "p" e primo entao ele deixa resto >1 > > >ou > > >2 ( e congruo a ) quando dividido por 3, certo ? E entao: > > > > > >
Re: problema
H... As soluções do http://www.kalva.demon.co.uk/ são muito compactas, né? Acho que não valem nada se vc não pensou no problema... Bruno Leite PS Acho que a solução que eu mostrei é mais ou menos a mesma que está lá no site dele. -Mensagem original- De: Marcelo Rufino de Oliveira <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Sexta-feira, 6 de Julho de 2001 01:21 Assunto: Re: problema >Um comentário com relação as questões propostas das imos pelo Henrique é >que, apesar de vários de nossos colegas terem capacidade de resolvê-las e >acrescentar bastante à lista, a discussão de problemas antigos das imo >perdeu um pouco a "graça" depois que lançaram um site que contem todas as >imo resolvidas, desde a primeira, em 1959, até a última, em 2000. O endereço >é http://www.kalva.demon.co.uk/ e é de autoria de um inglês (obviamente a >página é toda em inglês), inclusive tem um link no site da obm para este >site. Nesta página tem também as Putnam resolvidas desde 1975, certamente >para quem nunca viu vale a pena dar uma olhada. A segunda questão proposta é >bem famosa e é encarada como uma das mais difíceis que já cairam em imos. Eu >já devo ter visto pelo menos umas 5 soluções distintas para esta questão em >vários livros de olimpíadas (Winning Solutions, Mathematical Olympiad >Challenges, etc.). >De toda maneira, soluções distintas das apresentadas no site que eu citei >são bem vindas. > >Falou, >Marcelo Rufino > >- Original Message - >From: Henrique Lima Santana <[EMAIL PROTECTED]> >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Sent: Thursday, July 05, 2001 10:53 PM >Subject: Re: problema > > >> >> >> >> >> >> >> Valeu Paulo! Essas não eram realmente difíceis, mas esse seu método >de >> ensinar até q é legal hehe :) >> Agora tem 2 aqui q são bem difíceis(aparentemente), pelo menos eu não >> consegui sair do lugar: >> 1. (imo 90) determine todos os n naturais tais q ( 2^n +1 )/n^2 é >> inteiro >> 2. (imo 88) prove q se a e b são naturais e (a^2 + b^2)/(ab + 1) é >> inteiro então (a^2 + b^2)/(ab + 1) é quadrado perfeito >> Obrigado mais uma vez, >> []´s Henrique >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >> >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> >> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >> >To: [EMAIL PROTECTED] >> >Subject: Re: problema >> >Date: Thu, 05 Jul 2001 19:13:04 >> > >> >Ola Henrique, >> > >> >Sem duvida que voce pode fazer as questoes abaixo ... >> > >> >>From: "Henrique Lima Santana" <[EMAIL PROTECTED]> >> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >> >>To: [EMAIL PROTECTED] >> >>Subject: problema >> >>Date: Thu, 05 Jul 2001 14:18:53 -0300 >> >> >> >>olah, algumas duhvidas nessas questões de teoria dos nºs... >> >> >> >>1.prove q pra todo n natural, 3^2n+1 + 2^n+2 é multiplo de 7 e que >> >>3^2n+2 + 2^6n+1 é multiplo de 11. >> > >> > >> >3^(2n+1) + 2^(n+2)=3*(9^n) + 4*(2^n) >> >Para n=1 => 3*(9^n) + 4*(2^n)= 35 ( divisivel por 7 ) >> > >> >Ja que 7 | 3*(9^n) + 4*(2^n) entao 7 | 2*( 3*(9^n) + 4*(2^n) ) >> >entao 7 | 6*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 | ( 6*(9^n) + 8*(2^n) ) + 21*9^n >> >entao 7 | 27*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 |3*(9^(n+1)) + 4*(2^(n+1)) >> > >> >Logo, vale para todo n natural. >> >Agora voce faz o caso 11, falou ? >> > >> > >> >>2.mostrar q pra nenhum n natural 2^n + 1 é um cubo. >> > >> >2^n + 1=a^3 => "a^3" e impar => "a" e impar >> >2^n = a^3 - 1 => 2^n=(a-1)*(a^2 + a + 1) >> >Nao e essa ultima igualdade um evidente absurdo ? (Por que ?) >> >Entao, 2^n + 1 nao pode ser um cubo perfeito ! >> > >> > >> >>3. mostrar q 3 eh o unico primo p / p, p+2 e p+4 são todos primos. >> > >> >olhe para p,p+1,p+2,p+3,p+4. Dado que "p" e primo entao ele deixa resto 1 >> >ou >> >2 ( e congruo a ) quando dividido por 3, certo ? E entao: >> > >> >se o resto for 1 implica o que ? >> >se o resto for 2 implica o que ? >> > >> > >> > >> >> qualquer ajuda será bem-vinda! >> >> Henrique >> >>>_ >> >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at >http://www.hotmail.com. >> > >> >Francamente, depois destas posso avaliar como deve se sentir um desses >Tios >> >de Jardim de Infancia ... Beeen ! (A mumia paralitica toca o sinete ) >> >Valeu. >> >E isso ai Henrique. Cai dentro que Matematica e como andar de bicicleta : >> >so >> >fazendo muitos exercicios a gente se desenrola e adquire desenvoltura. >> > >> >Um abraco pra voce >> >Paulo Santa Rita >> >5,1612,05072001 >> > >> >_ >> >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> > >> >> _ >> Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> >> >
Re: problema
-Mensagem original- De: Henrique Lima Santana <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Quinta-feira, 5 de Julho de 2001 23:02 Assunto: Re: problema > > > > > > > Valeu Paulo! Essas não eram realmente difíceis, mas esse seu método de >ensinar até q é legal hehe :) > Agora tem 2 aqui q são bem difíceis(aparentemente), pelo menos eu não >consegui sair do lugar: >1. (imo 90) determine todos os n naturais tais q ( 2^n +1 )/n^2 é >inteiro >2. (imo 88) prove q se a e b são naturais e (a^2 + b^2)/(ab + 1) é >inteiro então (a^2 + b^2)/(ab + 1) é quadrado perfeito O segundo problema é, segundo a lenda, o mais difícil de todas as imos. Eu conheço uma solução curta mas com uma idéia bem "do outro mundo". Vamos dizer que (x,y) é uma solução se x e y são inteiros e (x^2 + y^2)/(xy+1) é inteiro. Se (a,b) é uma solução, então (a^2 + b^2)/(ab + 1)=k, com k inteiro. Então temos a^2 + b^2 -kab - k=0. Vamos mostrar que k é um quadrado perfeito. Considere a equação de 2º grau em x x^2 + b^2 -kbx - k=0. Quais são suas soluçoes? Uma é "a" (óbvio!) e a outra é "kb-a", pois a soma das soluções deve dar kb. Então se (a,b) é uma solução com a>b>=0 teremos que (b, kb-a) também é uma solução. Suponha que já conseguimos provar que b>kb-a>=0. Se chamarmos kb-a de c, vimos que se (a,b) é solução com a>b>=0 então (b, c) também será solução com b>c>=0. repetindo o processo e chamando d=kc-b, vemos que (c, d) será solução com c>d>=0. Isso mostra que se acharmos uma solução (a_1,a_2), então podemos achar outras soluções (a_2,a_3), (a_3,a_4),etc, com a_1>a_2>a_3>a_4... Como a_1,a_2,a_3,a_4... são inteiros não-negativos, não podem decrescer sempre: haverá uma hora em que teremos a_j=0. Assim como (a_2,a_3), (a_3,a_4),etc são soluções, (a_(j-1),a_j) é solução. Isso significa que [a_(j-1)^2 + (a_j)^2] / [a_(j-1)*a_j + 1] = k, ou seja, k=a_(j-1)^2. Logo k é um quadrado perfeito. Veja que só ficou faltando a passagem "a>b>0 Implica b>kb-a>0". Não é muito difícil, vou deixar para vocês completarem...é o sono... Espero não ter escrito muitas bobagens, amanhã vou ler direitinho o que eu escrevi.. Bruno Leite > Obrigado mais uma vez, > []´s Henrique
Re: problema
Um comentário com relação as questões propostas das imos pelo Henrique é que, apesar de vários de nossos colegas terem capacidade de resolvê-las e acrescentar bastante à lista, a discussão de problemas antigos das imo perdeu um pouco a "graça" depois que lançaram um site que contem todas as imo resolvidas, desde a primeira, em 1959, até a última, em 2000. O endereço é http://www.kalva.demon.co.uk/ e é de autoria de um inglês (obviamente a página é toda em inglês), inclusive tem um link no site da obm para este site. Nesta página tem também as Putnam resolvidas desde 1975, certamente para quem nunca viu vale a pena dar uma olhada. A segunda questão proposta é bem famosa e é encarada como uma das mais difíceis que já cairam em imos. Eu já devo ter visto pelo menos umas 5 soluções distintas para esta questão em vários livros de olimpíadas (Winning Solutions, Mathematical Olympiad Challenges, etc.). De toda maneira, soluções distintas das apresentadas no site que eu citei são bem vindas. Falou, Marcelo Rufino - Original Message - From: Henrique Lima Santana <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Thursday, July 05, 2001 10:53 PM Subject: Re: problema > > > > > > > Valeu Paulo! Essas não eram realmente difíceis, mas esse seu método de > ensinar até q é legal hehe :) > Agora tem 2 aqui q são bem difíceis(aparentemente), pelo menos eu não > consegui sair do lugar: > 1. (imo 90) determine todos os n naturais tais q ( 2^n +1 )/n^2 é > inteiro > 2. (imo 88) prove q se a e b são naturais e (a^2 + b^2)/(ab + 1) é > inteiro então (a^2 + b^2)/(ab + 1) é quadrado perfeito > Obrigado mais uma vez, > []´s Henrique > > > > > > > > > > > > > > > > > >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> > >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] > >To: [EMAIL PROTECTED] > >Subject: Re: problema > >Date: Thu, 05 Jul 2001 19:13:04 > > > >Ola Henrique, > > > >Sem duvida que voce pode fazer as questoes abaixo ... > > > >>From: "Henrique Lima Santana" <[EMAIL PROTECTED]> > >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] > >>To: [EMAIL PROTECTED] > >>Subject: problema > >>Date: Thu, 05 Jul 2001 14:18:53 -0300 > >> > >>olah, algumas duhvidas nessas questões de teoria dos nºs... > >> > >>1.prove q pra todo n natural, 3^2n+1 + 2^n+2 é multiplo de 7 e que > >>3^2n+2 + 2^6n+1 é multiplo de 11. > > > > > >3^(2n+1) + 2^(n+2)=3*(9^n) + 4*(2^n) > >Para n=1 => 3*(9^n) + 4*(2^n)= 35 ( divisivel por 7 ) > > > >Ja que 7 | 3*(9^n) + 4*(2^n) entao 7 | 2*( 3*(9^n) + 4*(2^n) ) > >entao 7 | 6*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 | ( 6*(9^n) + 8*(2^n) ) + 21*9^n > >entao 7 | 27*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 |3*(9^(n+1)) + 4*(2^(n+1)) > > > >Logo, vale para todo n natural. > >Agora voce faz o caso 11, falou ? > > > > > >>2.mostrar q pra nenhum n natural 2^n + 1 é um cubo. > > > >2^n + 1=a^3 => "a^3" e impar => "a" e impar > >2^n = a^3 - 1 => 2^n=(a-1)*(a^2 + a + 1) > >Nao e essa ultima igualdade um evidente absurdo ? (Por que ?) > >Entao, 2^n + 1 nao pode ser um cubo perfeito ! > > > > > >>3. mostrar q 3 eh o unico primo p / p, p+2 e p+4 são todos primos. > > > >olhe para p,p+1,p+2,p+3,p+4. Dado que "p" e primo entao ele deixa resto 1 > >ou > >2 ( e congruo a ) quando dividido por 3, certo ? E entao: > > > >se o resto for 1 implica o que ? > >se o resto for 2 implica o que ? > > > > > > > >> qualquer ajuda será bem-vinda! > >> Henrique > >>_ > >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > > > >Francamente, depois destas posso avaliar como deve se sentir um desses Tios > >de Jardim de Infancia ... Beeen ! (A mumia paralitica toca o sinete ) > >Valeu. > >E isso ai Henrique. Cai dentro que Matematica e como andar de bicicleta : > >so > >fazendo muitos exercicios a gente se desenrola e adquire desenvoltura. > > > >Um abraco pra voce > >Paulo Santa Rita > >5,1612,05072001 > > > >_ > >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > > > > _ > Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > >
Re: problema
Valeu Paulo! Essas não eram realmente difíceis, mas esse seu método de ensinar até q é legal hehe :) Agora tem 2 aqui q são bem difíceis(aparentemente), pelo menos eu não consegui sair do lugar: 1. (imo 90) determine todos os n naturais tais q ( 2^n +1 )/n^2 é inteiro 2. (imo 88) prove q se a e b são naturais e (a^2 + b^2)/(ab + 1) é inteiro então (a^2 + b^2)/(ab + 1) é quadrado perfeito Obrigado mais uma vez, []´s Henrique >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: Re: problema >Date: Thu, 05 Jul 2001 19:13:04 > >Ola Henrique, > >Sem duvida que voce pode fazer as questoes abaixo ... > >>From: "Henrique Lima Santana" <[EMAIL PROTECTED]> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>To: [EMAIL PROTECTED] >>Subject: problema >>Date: Thu, 05 Jul 2001 14:18:53 -0300 >> >>olah, algumas duhvidas nessas questões de teoria dos nºs... >> >>1.prove q pra todo n natural, 3^2n+1 + 2^n+2 é multiplo de 7 e que >>3^2n+2 + 2^6n+1 é multiplo de 11. > > >3^(2n+1) + 2^(n+2)=3*(9^n) + 4*(2^n) >Para n=1 => 3*(9^n) + 4*(2^n)= 35 ( divisivel por 7 ) > >Ja que 7 | 3*(9^n) + 4*(2^n) entao 7 | 2*( 3*(9^n) + 4*(2^n) ) >entao 7 | 6*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 | ( 6*(9^n) + 8*(2^n) ) + 21*9^n >entao 7 | 27*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 |3*(9^(n+1)) + 4*(2^(n+1)) > >Logo, vale para todo n natural. >Agora voce faz o caso 11, falou ? > > >>2.mostrar q pra nenhum n natural 2^n + 1 é um cubo. > >2^n + 1=a^3 => "a^3" e impar => "a" e impar >2^n = a^3 - 1 => 2^n=(a-1)*(a^2 + a + 1) >Nao e essa ultima igualdade um evidente absurdo ? (Por que ?) >Entao, 2^n + 1 nao pode ser um cubo perfeito ! > > >>3. mostrar q 3 eh o unico primo p / p, p+2 e p+4 são todos primos. > >olhe para p,p+1,p+2,p+3,p+4. Dado que "p" e primo entao ele deixa resto 1 >ou >2 ( e congruo a ) quando dividido por 3, certo ? E entao: > >se o resto for 1 implica o que ? >se o resto for 2 implica o que ? > > > >> qualquer ajuda será bem-vinda! >> Henrique >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > >Francamente, depois destas posso avaliar como deve se sentir um desses Tios >de Jardim de Infancia ... Beeen ! (A mumia paralitica toca o sinete ) >Valeu. >E isso ai Henrique. Cai dentro que Matematica e como andar de bicicleta : >so >fazendo muitos exercicios a gente se desenrola e adquire desenvoltura. > >Um abraco pra voce >Paulo Santa Rita >5,1612,05072001 > >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: problema
Ola Henrique, Sem duvida que voce pode fazer as questoes abaixo ... >From: "Henrique Lima Santana" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: problema >Date: Thu, 05 Jul 2001 14:18:53 -0300 > >olah, algumas duhvidas nessas questões de teoria dos nºs... > >1.prove q pra todo n natural, 3^2n+1 + 2^n+2 é multiplo de 7 e que >3^2n+2 + 2^6n+1 é multiplo de 11. 3^(2n+1) + 2^(n+2)=3*(9^n) + 4*(2^n) Para n=1 => 3*(9^n) + 4*(2^n)= 35 ( divisivel por 7 ) Ja que 7 | 3*(9^n) + 4*(2^n) entao 7 | 2*( 3*(9^n) + 4*(2^n) ) entao 7 | 6*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 | ( 6*(9^n) + 8*(2^n) ) + 21*9^n entao 7 | 27*(9^n) + 8*(2^n) entao 7 |3*(9^(n+1)) + 4*(2^(n+1)) Logo, vale para todo n natural. Agora voce faz o caso 11, falou ? >2.mostrar q pra nenhum n natural 2^n + 1 é um cubo. 2^n + 1=a^3 => "a^3" e impar => "a" e impar 2^n = a^3 - 1 => 2^n=(a-1)*(a^2 + a + 1) Nao e essa ultima igualdade um evidente absurdo ? (Por que ?) Entao, 2^n + 1 nao pode ser um cubo perfeito ! >3. mostrar q 3 eh o unico primo p / p, p+2 e p+4 são todos primos. olhe para p,p+1,p+2,p+3,p+4. Dado que "p" e primo entao ele deixa resto 1 ou 2 ( e congruo a ) quando dividido por 3, certo ? E entao: se o resto for 1 implica o que ? se o resto for 2 implica o que ? > qualquer ajuda será bem-vinda! > Henrique >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. Francamente, depois destas posso avaliar como deve se sentir um desses Tios de Jardim de Infancia ... Beeen ! (A mumia paralitica toca o sinete ) Valeu. E isso ai Henrique. Cai dentro que Matematica e como andar de bicicleta : so fazendo muitos exercicios a gente se desenrola e adquire desenvoltura. Um abraco pra voce Paulo Santa Rita 5,1612,05072001 _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: problema de funçao
Oi Marcelo ! E ai maluco ? Putss ... Que decepcao ... Morri de fome na porta do acougue ... Esse garoto descobriu um problema legal mas ele esta evidentemente incompleto ou mal formulado. Se voce conseguir o enunciado completo me fala, falou ? Um abraco Paulo Santa Rita 5,1227,05072001 >From: "Marcelo Souza" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: Re: problema de funçao >Date: Thu, 05 Jul 2001 01:21:01 - > >Fala Paulo, certinho? >Poxa, me deram esta questão lah no curso e eu tb achei o enunciado >confuso...perguntei pro garoto onde ele tinha visto ele disse que passaram >pra elemeio complicado...eu naum sei dar mais detalhes, escrevi tudo o >que estava no papel. >abraços >Marcelo > > >>From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>To: [EMAIL PROTECTED] >>Subject: Re: problema de funçao >>Date: Wed, 04 Jul 2001 17:00:52 >> >>Ola Marcelo, >>Tudo Legal ? >> >>Eu devo estar entendo mal a sua questao, pois a faria em 4 passos. Voce >>pode >>explicar a questao abaixo com maiores detalhes ? Achei ela legal, pois me >>lembrou aspectos teoricos em processos de otimizacao de algoritmos. >> >>Um grande abraco >>Paulo Santa Rita >>4,1358,04072001 >> >> >>>From: "Marcelo Souza" <[EMAIL PROTECTED]> >>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>>To: [EMAIL PROTECTED] >>>Subject: problema de funçao >>>Date: Wed, 04 Jul 2001 04:06:52 - >>> >>>alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? >>>Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, >>>deseja-se obter o valor da composta f(x) = >>>f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) >>>no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente >>>qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no >>>passo >>>anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, >>>p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero >>>de >>>passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede >>>a: >>>a)10 >>>b)12 >>>c)14 >>>d)16 >>>e) 20 >>> >>>valeu >>>marcelo >>>_ >>>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >>> >> >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> > >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: problema de funçao
Fala Paulo, certinho? Poxa, me deram esta questão lah no curso e eu tb achei o enunciado confuso...perguntei pro garoto onde ele tinha visto ele disse que passaram pra elemeio complicado...eu naum sei dar mais detalhes, escrevi tudo o que estava no papel. abraços Marcelo >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: Re: problema de funçao >Date: Wed, 04 Jul 2001 17:00:52 > >Ola Marcelo, >Tudo Legal ? > >Eu devo estar entendo mal a sua questao, pois a faria em 4 passos. Voce >pode >explicar a questao abaixo com maiores detalhes ? Achei ela legal, pois me >lembrou aspectos teoricos em processos de otimizacao de algoritmos. > >Um grande abraco >Paulo Santa Rita >4,1358,04072001 > > >>From: "Marcelo Souza" <[EMAIL PROTECTED]> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>To: [EMAIL PROTECTED] >>Subject: problema de funçao >>Date: Wed, 04 Jul 2001 04:06:52 - >> >>alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? >>Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, >>deseja-se obter o valor da composta f(x) = >>f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) >>no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente >>qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no >>passo >>anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, >>p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero >>de >>passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede a: >>a)10 >>b)12 >>c)14 >>d)16 >>e) 20 >> >>valeu >>marcelo >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> > >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Problema-Seleção
Ola Villard,
Esta foi a primeira ideia que me ocorreu, mas percebi imediatamente o furo
em +-2, o que me obrigaria a seguir um atalho. Resolvi entao proceder como
descrevi.
Uma outra forma de provar e usando as relacoes de Girard, mas implica em
escrever muito e e muito feia.
Bom, ja que o papo aqui e polinomios :
Seja P(x) um polinomio de grau N com N raizes inteiras, nenhuma delas nula.
Seja tambem Q(x)=P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4)*P(x^5) - 1. O que se pode falar
sobre as raizes de Q(x) ?
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1446,04072001
>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>To: <[EMAIL PROTECTED]>
>Subject: Re: Problema-Seleção
>Date: Wed, 4 Jul 2001 13:59:22 -0300
>
>Na verdade eu já tinha feito de outra forma, mas só não tinha conseguido
>mostrar que +-2 não podia... foi assim :
>Seja a raiz inteira de Q(x). Daí, olhe os P`s, mod(a). Como sabemos, no
>mínimo um dos P`s é 1 e no mínimo um é -1, logo :
> a(n) = 1 mod(a)
> a(n) = -1 mod(a) , onde a(n) é o termo independente de P(x). Subtraindo
>uma
>da outra : 2 = 0 mod(a), logo, temos a = +-1 ou +-2. COmo +-1 não pode,
>temos que a = +-2.
> Vamos mostrar que não pode p/ a = 2 :
>(i) P(16) = 1
> Daí, existe um k, tal que P(2^k) = -1 e 0(ABSURDO
>!)
>(ii) P(16) = -1
> Daí existe um k, tal que P(2^k) = 1 e 0!)
>
>O caso em que a = -2 é análogo e não gera soluções !
>Logo, Q(x) não tem raízes inteiras.
>¡Villard!
>-Mensagem original-
>De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]>
>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
>Data: Quarta-feira, 4 de Julho de 2001 13:17
>Assunto: Re: Problema-Seleção
>
>
> >Ola Pessoal,
> >
> >A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma
>demonstracao
> >sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
> >precisa ser feito na passagem :
> >
> >"Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2"
> >
> >Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
> >a=2 poderia satisfazer licitamente.
> >
> >Eu disse que :
> >
> >P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
> >
> >E um evidente absurdo para "a" inteiro, porque :
> >
> >1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
> >E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
> >2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
> >E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
> >3) se modulo(a) > 1,
> >
> >O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
> >
> >A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
> >B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
> >
> >Nos dois casos haverao "p" e "q" pertencentes a {1,2,3,4} tais
> >que p=q+2 e :
> >
> >P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
> >
> >E, novamente, nos dois casos :
> >a^q*(a^2 -1) | 2 => a^q*(a+1)*(a-1) | 2
> >Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
> >pois sabemos que modulo(a) > 1 !
> >
> >De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
> >modulo(a) > 1.
> >Se a>1 => a+1 >=3 => (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
> >Se a<1 => a-1 <=-3 => (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
> >
> >Um abraco
> >Paulo Santa Rita
> >4,1227,04072001
> >
> >>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
> >>To: <[EMAIL PROTECTED]>
> >>Subject: Re: Problema-Seleção
> >>Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
> >>
> >>E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
> >>solução que se segue abaixo :
> >>(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4)
>= -1.
> >>Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal
>que
> >>P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 <=
>p,q
> >><=
> >>4 e p diferente de q ) ;
> >>(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
> >>(t-s)
> >>| (m-n) ( Verifique ! ) ;
> >>(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que p>q. Logo, a^q *
> >>(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
> >>então |x| >= 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
> >>verificável ! ). O caso em que q>p é análogo.
> >> .: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
> >>¡ Villard !
> >>-Mensagem original-
> >>De: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]>
> >>Para: [EMAIL PROTECTED
Re: Problema-Seleção
Na verdade eu já tinha feito de outra forma, mas só não tinha conseguido
mostrar que +-2 não podia... foi assim :
Seja a raiz inteira de Q(x). Daí, olhe os P`s, mod(a). Como sabemos, no
mínimo um dos P`s é 1 e no mínimo um é -1, logo :
a(n) = 1 mod(a)
a(n) = -1 mod(a) , onde a(n) é o termo independente de P(x). Subtraindo uma
da outra : 2 = 0 mod(a), logo, temos a = +-1 ou +-2. COmo +-1 não pode,
temos que a = +-2.
Vamos mostrar que não pode p/ a = 2 :
(i) P(16) = 1
Daí, existe um k, tal que P(2^k) = -1 e 0
Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
Data: Quarta-feira, 4 de Julho de 2001 13:17
Assunto: Re: Problema-Seleção
>Ola Pessoal,
>
>A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma demonstracao
>sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
>precisa ser feito na passagem :
>
>"Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2"
>
>Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
>a=2 poderia satisfazer licitamente.
>
>Eu disse que :
>
>P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
>
>E um evidente absurdo para "a" inteiro, porque :
>
>1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
>E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
>2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
>E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
>3) se modulo(a) > 1,
>
>O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
>
>A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
>B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
>
>Nos dois casos haverao "p" e "q" pertencentes a {1,2,3,4} tais
>que p=q+2 e :
>
>P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
>
>E, novamente, nos dois casos :
>a^q*(a^2 -1) | 2 => a^q*(a+1)*(a-1) | 2
>Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
>pois sabemos que modulo(a) > 1 !
>
>De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
>modulo(a) > 1.
>Se a>1 => a+1 >=3 => (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
>Se a<1 => a-1 <=-3 => (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
>
>Um abraco
>Paulo Santa Rita
>4,1227,04072001
>
>>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>>To: <[EMAIL PROTECTED]>
>>Subject: Re: Problema-Seleção
>>Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
>>
>>E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
>>solução que se segue abaixo :
>>(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4)
= -1.
>>Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal
que
>>P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 <= p,q
>><=
>>4 e p diferente de q ) ;
>>(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
>>(t-s)
>>| (m-n) ( Verifique ! ) ;
>>(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que p>q. Logo, a^q *
>>(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
>>então |x| >= 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
>>verificável ! ). O caso em que q>p é análogo.
>> .: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
>>¡ Villard !
>>-Mensagem original-
>>De: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]>
>>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
>>Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37
>>Assunto: Re: Problema-Seleção
>>
>>
>> >Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus
>> >¡Villard!
>> >-Mensagem original-
>> >De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]>
>> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
>> >Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13
>> >Assunto: Re: Problema-Seleção
>> >
>> >
>> >>Ola Pessoal !
>> >>
>> >>Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz.
>> >>Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja,
>> >>
>> >>P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1
>> >>
>> >>Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ?
>> >>
>> >>1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4)
>> >>E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
>> >>2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4)
>> >>E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
>> >>3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ?
>> >>
>> >>Um abraco
>> >>Paulo Santa Rita
>> >>2,1607,02072001
>> >>
>> >>>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
>> >>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>> >>>To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]>
>> >>>Subject: Problema-Seleção
>> >>>Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300
>> >>>
>> >>>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que :
>> >>>Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui
>> >raízes
>> >>>inteiras.
>> >>>
>> >>>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só
>>poderiam
>> >>>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se
>> >>>alguém quiser, mando o que fiz...
>> >>>
>> >>>¡ Villard !
>> >>
>>
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>>http://www.hotmail.com.
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>> >
>>
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>
Re: problema de funçao
Ola Marcelo, Tudo Legal ? Eu devo estar entendo mal a sua questao, pois a faria em 4 passos. Voce pode explicar a questao abaixo com maiores detalhes ? Achei ela legal, pois me lembrou aspectos teoricos em processos de otimizacao de algoritmos. Um grande abraco Paulo Santa Rita 4,1358,04072001 >From: "Marcelo Souza" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: problema de funçao >Date: Wed, 04 Jul 2001 04:06:52 - > >alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? >Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, >deseja-se obter o valor da composta f(x) = >f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) >no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente >qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no passo >anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, >p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero de >passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede a: >a)10 >b)12 >c)14 >d)16 >e) 20 > >valeu >marcelo >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. > _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal,
A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma demonstracao
sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
precisa ser feito na passagem :
"Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2"
Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
a=2 poderia satisfazer licitamente.
Eu disse que :
P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
E um evidente absurdo para "a" inteiro, porque :
1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) se modulo(a) > 1,
O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
Nos dois casos haverao "p" e "q" pertencentes a {1,2,3,4} tais
que p=q+2 e :
P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
E, novamente, nos dois casos :
a^q*(a^2 -1) | 2 => a^q*(a+1)*(a-1) | 2
Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
pois sabemos que modulo(a) > 1 !
De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
modulo(a) > 1.
Se a>1 => a+1 >=3 => (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Se a<1 => a-1 <=-3 => (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1227,04072001
>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>To: <[EMAIL PROTECTED]>
>Subject: Re: Problema-Seleção
>Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
>
>E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
>solução que se segue abaixo :
>(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1.
>Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal que
>P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 <= p,q
><=
>4 e p diferente de q ) ;
>(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
>(t-s)
>| (m-n) ( Verifique ! ) ;
>(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que p>q. Logo, a^q *
>(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
>então |x| >= 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
>verificável ! ). O caso em que q>p é análogo.
> .: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
>¡ Villard !
>-Mensagem original-
>De: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]>
>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
>Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37
>Assunto: Re: Problema-Seleção
>
>
> >Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus
> >¡Villard!
> >-Mensagem original-
> >De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]>
> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
> >Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13
> >Assunto: Re: Problema-Seleção
> >
> >
> >>Ola Pessoal !
> >>
> >>Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz.
> >>Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja,
> >>
> >>P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1
> >>
> >>Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ?
> >>
> >>1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4)
> >>E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
> >>2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4)
> >>E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
> >>3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ?
> >>
> >>Um abraco
> >>Paulo Santa Rita
> >>2,1607,02072001
> >>
> >>>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]>
> >>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
> >>>To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]>
> >>>Subject: Problema-Seleção
> >>>Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300
> >>>
> >>>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que :
> >>>Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui
> >raízes
> >>>inteiras.
> >>>
> >>>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só
>poderiam
> >>>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se
> >>>alguém quiser, mando o que fiz...
> >>>
> >>>¡ Villard !
> >>
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Re: Problema-Seleção
E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma solução que se segue abaixo : (i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1. Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal que P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 <= p,q <= 4 e p diferente de q ) ; (ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então (t-s) | (m-n) ( Verifique ! ) ; (iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que p>q. Logo, a^q * (a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes, então |x| >= 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente verificável ! ). O caso em que q>p é análogo. .: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !! ¡ Villard ! -Mensagem original- De: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37 Assunto: Re: Problema-Seleção >Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus >¡Villard! >-Mensagem original- >De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> >Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13 >Assunto: Re: Problema-Seleção > > >>Ola Pessoal ! >> >>Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz. >>Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja, >> >>P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1 >> >>Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ? >> >>1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4) >>E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! ) >>2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4) >>E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! ) >>3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ? >> >>Um abraco >>Paulo Santa Rita >>2,1607,02072001 >> >>>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]> >>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>>To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]> >>>Subject: Problema-Seleção >>>Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300 >>> >>>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que : >>>Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui >raízes >>>inteiras. >>> >>>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só poderiam >>>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se >>>alguém quiser, mando o que fiz... >>> >>>¡ Villard ! >> >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> >
Re: Problema-Seleção
Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus ¡Villard! -Mensagem original- De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13 Assunto: Re: Problema-Seleção >Ola Pessoal ! > >Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz. >Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja, > >P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1 > >Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ? > >1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4) >E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! ) >2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4) >E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! ) >3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ? > >Um abraco >Paulo Santa Rita >2,1607,02072001 > >>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]> >>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]> >>Subject: Problema-Seleção >>Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300 >> >>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que : >>Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui raízes >>inteiras. >> >>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só poderiam >>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se >>alguém quiser, mando o que fiz... >> >>¡ Villard ! > >_ >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >
Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal ! Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz. Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja, P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1 Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ? 1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4) E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! ) 2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4) E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! ) 3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ? Um abraco Paulo Santa Rita 2,1607,02072001 >From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Problema-Seleção >Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300 > >Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que : >Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui raízes >inteiras. > >Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só poderiam >ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se >alguém quiser, mando o que fiz... > >¡ Villard ! _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Problema 131 do Divertido
Sauda,c~oes, Também pensei na base 2. Mas o Jonas - ver nossa troca de mensagens - deu outra solução/interpretação e para o item a) achou 5 pesos contra 6 da resposta que demos. E ele está certo (só se alguém mostrar que não). Aguardo comentários e também para o item b). Já não tenho certeza da minha resposta. [ ]'s Lu'is >From: Jonas Knopman <[EMAIL PROTECTED]> >To: "Luís Lopes" <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Re: Teste ANPAD >Date: Fri, 25 May 2001 14:32:10 -0300 > >At 15:18 25/05/2001 +, you wrote: >>Agora com seus pesos, como fazer para pesar 2kg, 7kg etc? Para encontrar >>os pesos certos, pense na base 2... > >Olá Luís, >A base 2 garante a construção de qualquer peso, mas o que dá o menor número >de pesos é a busca binária. Eis porque os pesos de 20, 10, 5, 3 e 1 > >Para medir 2Kg: >Coloca o peso de 20, muito pesado >Tira o de 20 e coloca o de 10, muito pesado >Tira o de 10 e coloca o de 5, ainda muito pesado >Tira o de 5 e coloca o de 3, ainda muito pesado >Tira o de 3 e coloca o de 1, muito leve >Se o de 3 era pesado e o de 1 leve, o peso só pode ser de 2 Kg > >Para medir 7Kg: >Coloca o peso de 20, muito pesado >Tira o de 20 e coloca o de 10, muito pesado >Tira o de 10 e coloca o de 5, muito leve >acrescenta o peso de 3, muito pesado >5 era leve e 8 pesado. Estou entao entre 6 e 7 Kg >Tira o peso de 3 e coloca o de 1, muito leve > logo, a massa só pode ser de 7Kg > -Mensagem Original----- De: benedito <[EMAIL PROTECTED]> Para: <[EMAIL PROTECTED]> Enviada em: Sábado, 26 de Maio de 2001 17:28 Assunto: Re: Problema 131 do Divertido Escreva o número 140 na base 2. Com isso, você terá uma idéia para a resposta. Benedito Freire At 18:50 25/05/01 -0300, you wrote: >Sauda,c~oes, > >Gostaria de ter soluções para o seguinte problema: > >Qual é o menor número de pesos (com massas diferentes) >que pode ser usado numa balança de dois pratos para medir >qualquer massa variando de 1 a 40 quilogramas, se... > >a) os pesos devem ser colocados num prato e o objeto a ser >pesado, no outro? > >b) o objeto a ser pesado puder ficar junto com os pesos, ou seja, >colocando pesos em ambos os pratos? > >Acho que poderemos receber mais de uma resposta >diferente, pelo menos para o item a)... > >[ ]'s >Lu'is
Re: Problema 131 do Divertido
Escreva o número 140 na base 2. Com isso, você terá uma idéia para a resposta. Benedito Freire At 18:50 25/05/01 -0300, you wrote: >Sauda,c~oes, > >Gostaria de ter soluções para o seguinte problema: > >Qual é o menor número de pesos (com massas diferentes) >que pode ser usado numa balança de dois pratos para medir >qualquer massa variando de 1 a 40 quilogramas, se... > >a) os pesos devem ser colocados num prato e o objeto a ser >pesado, no outro? > >b) o objeto a ser pesado puder ficar junto com os pesos, ou seja, >colocando pesos em ambos os pratos? > >Acho que poderemos receber mais de uma resposta >diferente, pelo menos para o item a)... > >[ ]'s >Lu'is
Re: problema de probabilidade...
Eu encontrei outra resposta para a questao, embora utilizando o mesmo raciocínio... p(31) = (2^30 + 2)/(3 * 2^30) , que tb é próximo de 1/3. Da mesma forma, p(7) = 11/32 = (2^6 + 2)/(3 * 2^6). Para todo n ímpar, p(n) = [2^(n-1)+2]/[3 * 2^(n-1)] Para todo n par, p(n) = [2^(n-2)-1]/[3 * 2^(n-2)] - Original Message - From: "Nicolau C. Saldanha" <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Quarta-feira, 23 de Maio de 2001 10:47 Terezan Subject: Re: problema de probabilidade... Este problema já caiu em uma OBM, exceto que lá as cores erammagenta, amarelo e ciano. Obviamente alguém preferiu trocarpor cores mais 'fáceis' sem alterar a primeira letra do nome de cada cor.Até o nome do personagem era o mesmo. E quem propôs o problema fui eu.No dia 1 a probabilidade dele usar o par de cor M é 1.No dia 2 é 0, no dia 3 é 1/2.Em geral, se no dia n a probabilidade é p(n), no dia n+1 seráp(n+1) = (1-p(n))/2. Resolvendo esta recorrência temosp(n) = (1 - (-1/2)^(n-2))/3 ep(31) = (1 - (-1/2)^29)/3 = (2^29 - 1)/(3*2^29)O que está, como era de se esperar, muito perto de 1/3.[]s, N.On Tue, 22 May 2001, Luis Lopes wrote:> Sauda,c~oes,> > Repasso um problema de uma outra lista.> > [ ]'s> Lu'is> > > >From: "Daniel Cid (sinistrow)" <[EMAIL PROTECTED]>> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED]> >To: [EMAIL PROTECTED]> >Subject: [Olympium] problema de probabilidade...> >Date: Fri, 18 May 2001 13:31:27 -0300> >> > Alguem pode me ajudar nesse problema ??> >> >Jose tem tres pares de oculos, um marrom, um amarelo e um cinza. Todo> >dia ele escolhe um ao acaso, tendo apenas o cuidado de nunca usar o> >mesmo que usou no dia anterior. Se dia primeiro de agosto ele usou o marrom.> >Qual a probabilidade de que no dia 31 de agosto ele volte a usar o marrom ???> >> >[]`z> >> >--> >Daniel B. Cid (sinistrow)> >
Re: problema de probabilidade...
Este problema já caiu em uma OBM, exceto que lá as cores eram magenta, amarelo e ciano. Obviamente alguém preferiu trocar por cores mais 'fáceis' sem alterar a primeira letra do nome de cada cor. Até o nome do personagem era o mesmo. E quem propôs o problema fui eu. No dia 1 a probabilidade dele usar o par de cor M é 1. No dia 2 é 0, no dia 3 é 1/2. Em geral, se no dia n a probabilidade é p(n), no dia n+1 será p(n+1) = (1-p(n))/2. Resolvendo esta recorrência temos p(n) = (1 - (-1/2)^(n-2))/3 e p(31) = (1 - (-1/2)^29)/3 = (2^29 - 1)/(3*2^29) O que está, como era de se esperar, muito perto de 1/3. []s, N. On Tue, 22 May 2001, Luis Lopes wrote: > Sauda,c~oes, > > Repasso um problema de uma outra lista. > > [ ]'s > Lu'is > > > >From: "Daniel Cid (sinistrow)" <[EMAIL PROTECTED]> > >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] > >To: [EMAIL PROTECTED] > >Subject: [Olympium] problema de probabilidade... > >Date: Fri, 18 May 2001 13:31:27 -0300 > > > > Alguem pode me ajudar nesse problema ?? > > > >Jose tem tres pares de oculos, um marrom, um amarelo e um cinza. Todo > >dia ele escolhe um ao acaso, tendo apenas o cuidado de nunca usar o > >mesmo que usou no dia anterior. Se dia primeiro de agosto ele usou o marrom. > >Qual a probabilidade de que no dia 31 de agosto ele volte a usar o marrom ??? > > > >[]`z > > > >-- > >Daniel B. Cid (sinistrow) > >
Re: problema de probabilidade...
Isso é da OBM 99, terceiro nível, segunda fase! A solução deve estar em alguma eureka!! Bruno Leite PS Não abram o attachment que for junto com o email; acho que o meu computador está com vírus! -Mensagem original- De: Luis Lopes <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Terça-feira, 22 de Maio de 2001 19:17 Assunto: problema de probabilidade... Sauda,c~oes, Repasso um problema de uma outra lista. [ ]'s Lu'is >From: "Daniel Cid (sinistrow)" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] >Subject: [Olympium] problema de probabilidade... >Date: Fri, 18 May 2001 13:31:27 -0300 > > Alguem pode me ajudar nesse problema ?? > >Jose tem tres pares de oculos, um marrom, um amarelo e um cinza. Todo >dia ele escolhe um ao acaso, tendo apenas o cuidado de nunca usar o >mesmo que usou no dia anterior. Se dia primeiro de agosto ele usou o marrom. >Qual a probabilidade de que no dia 31 de agosto ele volte a usar o marrom ??? > >[]`z > >-- >Daniel B. Cid (sinistrow)
Re: Problema De Area
So com o valor dos lados nao e possivel calcular essa area. Pense num quadrado. Ele pode ser deformado num losango bem fino, que tera area bem menor. E preciso que se fixe um dos angulos internos, ai o quadrilatero sera indeformavel e a sua area estara bem definida. Esses quadrilateros costumam ser usados em engenharia, sao chamados mecanismos de 4-barras, funcionam basicamente como umas dobradicas espertas, voce os constroi (determina a dimensao dos lados) de acordo com os pontos onde voce quer que ele passe. Uma aplicacao comum e o mecanismo de abrir capo de carros, o Santana por exemplo e(ra) assim. Abraco, Salvador On Sun, 29 Apr 2001, Eduardo Quintas da Silva wrote: > Existe alguma expressão que calcule a área de um quadrilátero convexo qualquer em função dos lados a,b,c e d ?. > > >
Re: Problema De Area
Ola Eduardo e Colegas da Lista, Saudacoes ! Se um quadrilatero convexo e ciclico, vale dizer, se ele e incritivel e circunscritivel, entao para o calculo de sua area pode-se aplicar a formula de Brahmagupta : A = raiz_2( (p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d) ). Nesta formula "raiz_2(N)" e a raiz quadrada de N,"p" o semi-perimetro e "a", "b", "c" e "d" os lados do quadrilatero. O simbolo * e o sinal de multiplicacao. A deducao desta formula voce pode ver no Livro de Geometria do Ilustre Prof Eduardo Wagner ( membro desta Lista ) Talvez seja interessante registrar mais duas coisas : 1)Se o quadrilatero nao e ciclico, a formula geral e : A = raiz_2( (p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d) - a*b*c*d*(cos(x))^2 ) Onde "x" e a metade da soma de dois angulos opostos. 2)Todos sabemos que todo triangulo e inscritivel e circunscritivel. Logo, todo triangulo e ciclico. Ora, tambem sabemos que para qualquer triangulo vale a formula de Heron : A = raiz_2( p*(p-a)*(p-b)*(p-c) ) Surge imediatamente a suspeita : o fato de uma poligono convexo qualquer ser ciclico ( incritivel e circunscritivel ) e uma condicao necessaria e suficiente para que sua area possa ser expressa exclusivamente em funcao dos lados ? Voce nao gostaria de confirmar ( ou refutar ) esta suposicao ? Um Grande abraço pra Voces Paulo Santa Rita 2,2229,30042001 >From: "Eduardo Quintas da Silva" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Problema De Area >Date: Sun, 29 Apr 2001 16:19:23 -0300 > >Existe alguma expressão que calcule a área de um quadrilátero convexo >qualquer em função dos lados a,b,c e d ?. > > _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Problema De Area
Eh claro que nao. Tome um quadrado de lado 1, que tem area 1. Se voce aperta-lo para formar um losango nao quadrado (como com um descanso de prato), sua area vai diminuir, e os lados sao os mesmos. - Original Message - From: Eduardo Quintas da Silva To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, April 29, 2001 4:19 PM Subject: Problema De Area Existe alguma expressão que calcule a área de um quadrilátero convexo qualquer em função dos lados a,b,c e d ?.
Re: Problema de Geometria
Oi, demorei um pouco a responder Eduardo. Desculpe-me. Mas, eu fiz apenas
algumas perguntas sobre funções. vejam:
Dizemos que h : N --> N é estritamente multiplicativa se h(xy) = h(x) *h(y),
para quaisquer x, y E N, e dizemos que h é uma involução se h(h(x)) =x para
todo x E N. É facil ver que se f satisfaz a involução estritamente
multiplicativa então f satisfaz a condição do enunciado: f (t^2 f (s)) =
(f(t)^2 *f (f (s)) = s (f (t))^2. Podemos definir f : N --> N estritamente
multiplicativa por ( pi primos distintos), onde f (2) = 3, f (3) = 2, f(37)
= 5, f (5) = 37 e f (p) = p, para todo p primo não pertencente a {2, 3,5,
37}, e teremos f (1998) = f ( 2 × 33 × 37 ) = f (2) f (3)3 f (37) = 3 ×23 ×
5 = 120. Vamos provar que 120 é menor valor possível para f (1998).
O problema não foi entender as funções multiplicativas ou de involução, já
que suas definições já estão bastante explícitas, mas sim, o por que de f(2)
= 3, f(3) = 2,... etc, já que a função é de involução e multiplicativa, eu
não poderia ter f(f(2)) = 2 ou seja, f(2) = a e f(a)=2 logo f(2)*f(a) = 2a
=> f(2a) = 2a ?
Ats,
Marcos Eike
-Mensagem Original-
De: Eduardo Wagner <[EMAIL PROTECTED]>
Para: <[EMAIL PROTECTED]>
Enviada em: Domingo, 22 de Abril de 2001 01:08
Assunto: Re: Problema de Geometria
> Caro Marcos:
> Voce pode enviar novamente o enunciado desse problema?
> Obrigado.
> []W.
Re: Problema de Geometria
Caro Marcos: Voce pode enviar novamente o enunciado desse problema? Obrigado. []W. -- >From: "Marcos Eike" <[EMAIL PROTECTED]> >To: <[EMAIL PROTECTED]> >Subject: Re: Problema de Geometria >Date: Thu, Apr 19, 2001, 18:44 > > Ficarei grato em conversar com vc. > Ats, > Marcos Eike > -Mensagem Original- > De: Edson Ricardo de Andrade Silva <[EMAIL PROTECTED]> > Para: <[EMAIL PROTECTED]> > Enviada em: Terça-feira, 17 de Abril de 2001 14:43 > Assunto: Re: Problema de Geometria > > >> >> Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou >> participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para >> debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever >> minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, >> precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me >> falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. >> Bem, esse problema de geometria me eh particularmente >> interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das >> Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei >> com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, >> analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez >> a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de >> geometria plana simples... >> Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco >> enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao >> bem simples para o problema. Ai vai: >> >> >> - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do >> triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono >> ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' >> coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem >> disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) >> >> - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um >> paralelogramo: >> Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o >> angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC >> (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh >> inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo >> EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os >> mesmo angulos (retos) com BC. >> >> - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se >> cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos >> anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo >> a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da >> hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM >> eh altura. >> CQD. >> >> >> Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. >> >> PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao >> Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem >> Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se >> livre! :) >> >> Abracos, >> Edson Ricardo >> >> >> On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: >> >> > Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema >> > interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema >> > conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana >> > simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e > o >> > melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam >> > dificeis!): >> > >> > Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os > angulos >> > internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do > lado >> > AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM > eh >> > retangulo. >> > >> > Abracos, >> > Marcio >> > >> > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o > meu >> > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por > complexos, >> > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por >> > >> > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o > meu >> > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por > complexos, >> > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por >> > cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas >> > linhas de conta. >> > >> > >> >> >
Re: Problema de Geometria
Ficarei grato em conversar com vc. Ats, Marcos Eike -Mensagem Original- De: Edson Ricardo de Andrade Silva <[EMAIL PROTECTED]> Para: <[EMAIL PROTECTED]> Enviada em: Terça-feira, 17 de Abril de 2001 14:43 Assunto: Re: Problema de Geometria > > Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou > participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para > debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever > minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, > precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me > falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. > Bem, esse problema de geometria me eh particularmente > interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das > Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei > com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, > analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez > a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de > geometria plana simples... > Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco > enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao > bem simples para o problema. Ai vai: > > > - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do > triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono > ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' > coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem > disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) > > - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um > paralelogramo: > Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o > angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC > (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh > inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo > EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os > mesmo angulos (retos) com BC. > > - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se > cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos > anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo > a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da > hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM > eh altura. > CQD. > > > Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. > > PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao > Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem > Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se > livre! :) > > Abracos, > Edson Ricardo > > > On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: > > > Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema > > interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema > > conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana > > simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o > > melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam > > dificeis!): > > > > Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos > > internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado > > AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh > > retangulo. > > > > Abracos, > > Marcio > > > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > > > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > > cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas > > linhas de conta. > > > > > >
Re: Problema de Geometria
Como admirador e estudioso da geometria, só tenho a elogiar sua prova. Realmente bonita. Meus sinceros parabéns! []'s Alexandre Tessarollo Edson Ricardo de Andrade Silva wrote: > Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou > participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para > debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever > minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, > precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me > falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. > Bem, esse problema de geometria me eh particularmente > interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das > Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei > com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, > analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez > a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de > geometria plana simples... > Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco > enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao > bem simples para o problema. Ai vai: > > - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do > triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono > ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' > coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem > disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) > > - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um > paralelogramo: > Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o > angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC > (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh > inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo > EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os > mesmo angulos (retos) com BC. > > - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se > cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos > anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo > a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da > hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM > eh altura. > CQD. > > Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. > > PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao > Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem > Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se > livre! :) > > Abracos, > Edson Ricardo > > On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: > > > Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema > > interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema > > conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana > > simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o > > melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam > > dificeis!): > > > > Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos > > internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado > > AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh > > retangulo. > > > > Abracos, > > Marcio > > > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > > > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > > cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas > > linhas de conta. > > > >
Re: Problema de Geometria
Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. Bem, esse problema de geometria me eh particularmente interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de geometria plana simples... Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao bem simples para o problema. Ai vai: - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um paralelogramo: Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os mesmo angulos (retos) com BC. - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM eh altura. CQD. Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se livre! :) Abracos, Edson Ricardo On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: > Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema > interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema > conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana > simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o > melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam > dificeis!): > > Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos > internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado > AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh > retangulo. > > Abracos, > Marcio > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas > linhas de conta. > >
Re: Problema de Geometria
Oba! Encontrei mais um aliado na minha luta pela reabilitacao dos numeros complexos, esses incompreendidos... JP - Original Message - From: Marcio A. A. Cohen <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Friday, April 13, 2001 6:27 PM Subject: Problema de Geometria > Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema > interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema > conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana > simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o > melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam > dificeis!): > > Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos > internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado > AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh > retangulo. > > Abracos, > Marcio > > PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu > "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, > eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por > cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas > linhas de conta. > >
Re: Problema Complicado
Sugestão: x^4 + 324 = x^4 + 4.3^4 = x^4 + 4x^2 . 3^2 + 4.3^4 - 4x^2 . 3^2 = (x^2 + 2.3^2)^2 - (2.x.3)^2 = (x^2 + 18 + 6x).(x^2 + 18 - 6x). Aplique em cada fator do numerador e denominador e surgirão várias simplificações. A resposta é 373. Um abraço, Luciano. At 20:31 04/04/01 -0300, you wrote: > > > >seja : x = (10^4 + 324)(22^4 + 324)(34^4 + 324)(46^4 + 324)(58^4 + 324) >e y = (4^4 + 324)(16^4 + 324)(28^4 + 324)(40^4 + 324)(52^4 + 324) > >O valor x/y é : > >a) 371 >b) 372 >c) 373 >d) 374 >e) 375
Re: Problema Complicado
Note q x^4 + 324 = x^4 + 18^2 = (x + 18)^2 - (6x)^2 = (x^+6x+18)*(x^2-6x+18) Facilita bastante... Abraços, ¡ Villard ! -Mensagem original-De: Eduardo Quintas da Silva <[EMAIL PROTECTED]>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>Data: Segunda-feira, 2 de Abril de 2001 10:53Assunto: Problema Complicado seja : x = (10^4 + 324)(22^4 + 324)(34^4 + 324)(46^4 + 324)(58^4 + 324) e y = (4^4 + 324)(16^4 + 324)(28^4 + 324)(40^4 + 324)(52^4 + 324) O valor x/y é : a) 371 b) 372 c) 373 d) 374 e) 375
Re: Problema !!!
On Thu, 22 Mar 2001, Samuel Lazarin wrote: > Duas pessoas pintaram 1m², separadamente em tempos que diferem de 1 minuto. > Trabalhando juntas, elas são capazes de pintar 27m² por hora. Quanto tempo > cada um leva para pintar 1m² ? Digamos que elas demoram tempos t < t' (expressos em minutos) para pintar 1 m^2. O enunciado nos informa que t' - t = 1 donde t' = t + 1. Em uma hora cada um pinta respectivamente 60/t e 60/t' m^2 donde 60/t + 60/t' = 60/t + 60/(t+1) = 27. 60(t+1) + 60t = 27t(t+1) e o resto são contas fáceis. []s, N.
Re: Problema do ITA
PG: a , a^2, a^3, a^4, a^5 ... A equação dos logs, passando para base x, fica : 15 log (x) a = 5/2 -> log (x) a = 1/6 -> x^1/6 = a -> x = a^6(i) A soma dos 5 primeiros termos é : a + a^2 + a^3 + a^4 + a^5 = 13a + 12 -> a^2 + a^3 + a^4 + a^5 = 12(a+1) (ii) multiplicando (ii) por a : a^3 + a^4 + a^5 + a^6 = 12a(a+1) (iii) (iii) - (ii) -> a^6 - a^2 = 12 (a+1)(a-1) -> a^2 (a^4-1) = 12 (a^2-1) -> a^2 (a^2+1) (a^2-1) = 12 (a^2-1) -> a^2(a^2+1) = 12 -> a^4 +a^2-12 =0 (iv) (a != 1) de (iv): a^2 = 3 ou a^2 = -4 logo a = sqrt(3) pois a >0 x = sqrt(3) ^6 = 27 e a PG é: sqrt(3), 3, 3. sqrt(3), 9, 9. sqrt(3), 27, ... obs: sqrt(x) = x^ (1/2) Abraço, André - Original Message - From: "David Ricardo" <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Sunday, March 18, 2001 11:14 PM Subject: Problema do ITA > Considere a P.G. (a,b,c,d,e,...) de razão a (a > 0 e a != 1). A soma dos> seus 5 primeiros termos é 13a + 12. Encontre x tal que:> > 1 / log (a) x + 1 / log (b) x + 1 / log (c) x + 1 / log (d) x + 1 / log (e)> x = 5/2> > Obs:> * != significa diferente]> * log (a) x é o log de x na base a> > []s> David>
Re: Problema Enrolado
Caros colegas, pelas restriccoes que se da, me parece uma questao simples, e' so' representar o numero de treze algarismos pelos seus cinco ultimos algarismos. Com isso, os numeros fontes 00011 e 00021, por exemplo, seriam representados pelo mesmo numero destino 1, mas nao existe esta restriccao no problema (de os destinos serem diferentes para fontes diferentes). Caso existisse essa restriccao, nao haveria como solucionar o problema, pois existem mais numeros de 13 posiccoes do que numeros de 5, portanto nao se pode fazer uma injeccao entre esses dois conjuntos (de fonte para destino). Com relaccao a mudancca de base: se considerarmos o conjunto fonte F, de todos os numeros numa base "b" (somente com "b" algarismos), teriamos b^13 elementos em F, basta, portanto, que b^13 < 10^5 (quantidade maxima de numeros de 5 posiccoes). Vale b=2. O unico jeito de satisfazer as condiccoes do enunciado eh se os numeros de 13 posiccoes forem todos escritos em base 2 (somente com 0's e 1's). A base b' dos numeros de 5 posiccoes precisa ser tal que ( b' )^5 > b^13, b'>6 e' necessaria e suficiente se b' e' inteiro. Ou seja, escrevendo o conjunto F com numeros em base 2, o conjunto D (destino) podera ser escrito com base 6,7,8,9 ou 10, mas nao com 5 nem menos. Assim se faz cada fonte com um so destino. Nao se pode construir uma bijeccao, cada fonte com um so destino, e cada destino com uma so fonte, pois nao existe soluccao inteira positiva menor que 10 para b^13=( b' )^5. A nao ser que considerassemos base 1, dai haveria um numero de 13 posiccoes 0, e um de 5 posiccoes 0. Obrigado por lerem. Eduardo Casagrande Stabel. De: Rubens Um amigo meu me pediu para ajudá-lo a resolver o seguinte problema: "Transformar um númro de treze posições (ex: 0110198080001) em um número de cinco posições (ex: 57381). Detalhes: o número fonte tem exatamente treze posições, contando com zeros à esquerda; o número fonte é sempre inteiro, sem arredondamentos; não é necessário que o número destino tenha o mesmo valor que o fonte; o número destino é sempre inteiro, sem arredondamentos; os dois números serão representados com símbolos arábicos, podendo ser confundida a base." Infelizmente depois de ter me entregue o papel com o problema ele viajou e até o momento não pude esclarecer algumas dúvidas. Mas creio que a questão é representar um número de treze algarismos por outro de cinco, não importando a base e sempre em algarismos indo-arábicos. Mudança de base está fora de questão, pois (se funcionasse) teria que ser uma base maior que dez, o que vai contra a condição dos algarismos. Tentei uma função polinomial que fizesse isso mas não conseguir nada. Tentei fazer como os babilônios, associando 1,2,3... a valores altos dependendo da sua posição, mas também não conseguir nada. Agradeço qualquer contribuição. Rubens
Re: Problema
Sauda,c~oes, A equação 7x + 5y =53 é uma equação diofantina. Este assunto foi tratado na RPM 19. Um resultado importante é o seguinte: Se mdc(a,b)=1, então ax+by=c sempre tem soluções inteiras, qualquer que seja c inteiro. Neste problema podemos usar as estratégias do André ou do Nicolau (tentativas) e obter x=4, y=5. A situação seria diferente para a equação 113x - 355y = 17. Ou mostrar que as PAs a_i = 65 + (i-1)1065 e b_j = 14 + (j-1)339 possuem termos comuns, dados pela PA c_i = 6455 + (i-1)3X113X355. Para os detalhes, ver a solução do exercício 29 do livro Manual de Progressões. [ ]'s Luís -Mensagem Original- De: André Amiune Para: [EMAIL PROTECTED] Enviada em: Quinta-feira, 15 de Março de 2001 18:46 Assunto: Re: Problema x = nº garrafas de uisque y = nº garrafas de vodka 70x + 50y = 530 ou 7x + 5y =53 daí podemos escrever y = (53-7x)/5 ou y = [5(11-x) - 2(x+1)]/5 como x e y tem que ser naturais, 1) 2(x+1) deve ser divisível por cinco e 2) 53 -7x >= 0 (x<=7) Por 1) e 2) x deve ser da forma (5k-1) e positivo menor ou igual a 7. Logo x = 4. R: x=4 e y=5 - Original Message - From: Marcelo - EPD To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, March 15, 2001 4:00 PM Subject: Problema Gostaria de um modelo matemático para a resolução do seguinte problema: "Uma pessoa comprou uisque à R$ 70,00 a garrafa e vodka à R$ 50,00 a garrafa. Gastou R$ 530,00. Quantas garrafas de vódka e quantas de uísque essa pessoa comprou?" Abraços;
Re: Problema
Gostaria de resolvê-la algebricamente. É possível, assim como uma equação do primeiro grau? Será que temos aqui uma função do primeiro grau? - Original Message - From: Nicolau C. Saldanha <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Thursday, March 15, 2001 5:53 PM Subject: Re: Problema > > > On Thu, 15 Mar 2001, Marcelo - EPD wrote: > > > Gostaria de um modelo matemático para a resolução do seguinte problema: > > > >"Uma pessoa comprou uisque à R$ 70,00 a garrafa e vodka à R$ 50,00 a > >garrafa. Gastou R$ 530,00. Quantas garrafas de vódka e quantas de uísque > >essa pessoa comprou?" > > Se ela comprou u garrafas de uisque e v de vodka, temos > > 70 u + 50 v = 530 > > Ou > > 7 u + 5 v = 53 > > Note que as soluções que nos interessam são para valores naturais de u e v > (onde natural inclui 0). Como os números são bem pequenos é fácil resolver > por tentativas e u = 4, v = 5 é a única solução. []s, N. >
