[obm-l] Re: [obm-l] Dúvida Combinatória

[Mauricio de Araujo]

tem um erro na maneira como abri os casos... descubra qual é...

2014-09-29 21:54 GMT-03:00 Mauricio de Araujo 
:

> Olá Jorge!!
>
> vou dar apenas uma indicação de como acho que daria para chegar numa
> resposta...
>
> Observe a figura abaixo:
>
> _U_U_U_U_
>
> Coloquemos nas posições "U" os 3 franceses e o portugues. Temos 4! de
> possibilidades para fazer isso.
>
> Agora precisamos colocar os brasileiros na posições "_", podendo ambos
> ficarem juntos.
>
> Caso 1) brasileiros ficam juntos: Comb(5,1) . 2! = 10 maneiras.
> Caso 2) brasileiros ficam separados: Comb(5,2) . 2! = 20 maneiras.
>
> Agora para cada caso acima temos de contar a maneiras de se colocar os 5
> argentinos nas posições "_" restantes...
>
> abc.
>
> 2014-09-29 9:32 GMT-03:00 Jorge Paulino :
>
> Num grupo de 11 pessoas, 2 são brasileiros, 5 são argentinos, 3 são
>> franceses e 1 é português.
>> Quantas permutações podemos formar com essas 11 pessoas, de modo que não
>> haja brasileiro ao lado de argentino?
>>
>> Grato,
>>
>> Jorge
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
>
> --
> Abraços
>
> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>
>


-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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

[obm-l] Dúvida Combinatória

[Jorge Paulino]

Num grupo de 11 pessoas, 2 são brasileiros, 5 são argentinos, 3 são 
franceses e 1 é português.
Quantas permutações podemos formar com essas 11 pessoas, de modo que não 
haja brasileiro ao lado de argentino?


Grato,

Jorge

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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Mauricio de Araujo]

tem razão!
abraços.


2014-08-18 18:29 GMT-03:00 Ralph Teixeira :

> Hmm... Mas N(0)=1, certo? Entao fico com:
>
> N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+1 = 4
> N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 4+2+1 = 7
> N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 7+4+2 = 13
> N(6) = 24
>
> A sequencia eh 1,1,2,4,7,13,24,44,81,... ou seja os numeros de Tribonacci
> , porque a OEIS eh genial!
>
> Abraco,
>  Ralph
>
> 2014-08-18 16:15 GMT-03:00 Mauricio de Araujo <
> mauricio.de.ara...@gmail.com>:
>
> > Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
> > ele veio do quinto, ou do quarto ou terceiro degrau...
> >
> > assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual
> a
> > N(5)+N(4)+N(3)...
> >
> > N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
> > N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
> > N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11
> >
> > N(6) = 20...
> >
> > acho que é isso..
> >
> >
> >
> > 2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier :
>
> >>
> >> s degraus para chegar em casa. Como tem a
> >
> >
> >
> >
> >
> > --
> > Abraços
> >
> > oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>
> >
> >
> > --
> > 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.
>



-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Ralph Teixeira]

Hmm... Mas N(0)=1, certo? Entao fico com:

N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+1 = 4
N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 4+2+1 = 7
N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 7+4+2 = 13
N(6) = 24

A sequencia eh 1,1,2,4,7,13,24,44,81,... ou seja os numeros de Tribonacci
, porque a OEIS eh genial!

Abraco,
 Ralph

2014-08-18 16:15 GMT-03:00 Mauricio de Araujo :
> Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
> ele veio do quinto, ou do quarto ou terceiro degrau...
>
> assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual a
> N(5)+N(4)+N(3)...
>
> N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
> N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
> N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11
>
> N(6) = 20...
>
> acho que é isso..
>
>
>
> 2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier :
>>
>> s degraus para chegar em casa. Como tem a
>
>
>
>
>
> --
> Abraços
>
> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>
>
> --
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> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Mauricio de Araujo]

​Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
ele veio do quinto​, ou do quarto ou terceiro degrau...

assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual a
N(5)+N(4)+N(3)...

N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11

N(6) = 20...

acho que é isso..



2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier :

> s degraus para chegar em casa. Como tem a





-- 
Abraços

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Pacini Bores]

Olá  Marcos, use recorrência; ou seja, o número de maneiras   se chegar ao
sexto degrau é a soma do número de se chegar ao quinto, com o número de
maneiras de se chegar ao quarto e  com o número de chegar ao terceiro
degrau.

Faça para n=3,4 e 5 e depois encontre o total para n=6, ok ?

Abraços

Pacini




Em 18 de agosto de 2014 15:37, Marcos Xavier 
escreveu:

> Prezados amigos. Preciso de ajuda nesse problema:
>
> Todo dia Alberto precisa subir uma escada de seis degraus para chegar em
> casa. Como tem a perna comprida, ele consegue subir a escada evitando até
> dois degraus a cada passada. Assim, existem várias maneiras de ele subir a
> escada: ele pode, por exemplo, ir direto para o terceiro degrau e depois
> subir de um em um; ou então pode ir direto para o segundo degrau, depois
> para o quinto e finalmente chegar ao sexto; outra maneira é ir de um em um
> desde o início. De quantas mandeiras ele pode subir?
>
> Grande abraço a todos.
>
> Marcos.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Combinatória - escadas

[Marcos Xavier]

Prezados amigos. Preciso de ajuda nesse problema:
Todo dia Alberto precisa subir uma escada de seis degraus para chegar em casa. 
Como tem a perna comprida, ele consegue subir a escada evitando até dois 
degraus a cada passada. Assim, existem várias maneiras de ele subir a escada: 
ele pode, por exemplo, ir direto para o terceiro degrau e depois subir de um em 
um; ou então pode ir direto para o segundo degrau, depois para o quinto e 
finalmente chegar ao sexto; outra maneira é ir de um em um desde o início. De 
quantas mandeiras ele pode subir?
Grande abraço a todos.
Marcos.   
-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[Listeiro 037]

Eu fiquei com a impressão de que alguns desses piores casos colocados
ao extremo lembram dízimas periódicas em base 3.


Em Mon, 9 Jun 2014 09:07:57 -0300
Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
> 
> 1) Pior caso de uma partida: aaabbba (três vitórias para a
> alternadas) ou aaa (quatro consecutivas) ou os complementos
> trocando a por b. Portanto são 7 o pior caso de número de partidas.
> 
> 2) O exemplo abaixo está inconsistente com o texto do enunciado>
> 
> Alguns exemplos de campeonatos:
> 
> X =  *(são quatro consecutivas e não alternadas)*
> 
> Y =  *(são quatro consecutivas e não alternadas)*
> 
> 2) Pior caso de um campeonatoo A (quatro partidas alternadas)
> ou B (cinco partidas consecutivas) ou os complementos.. Dessa
> forma, 9 partidas e o pior caso para o campeonato.
> 
> 3) Como as chances são iguais para cada disputa e os objetivos são os
> mesmos, as chances são as mesmas.
> 
> 
> 
> Em 8 de junho de 2014 23:58, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> escreveu:
> 
> > 2014-06-08 15:20 GMT-03:00 Ralph Teixeira :
> > > Em geral, em esportes, o pessoal faz a regra com "x" consecutivas
> > > ou "x+y" alternadas; eles costumam usar a palavra "alternadas"
> > > para significar apenas "em qualquer ordem, nao necessariamente
> > > consecutivas". Mas aqui fica estranho, nao? O que significa
> > > "alternado" neste enunciado? Por exemplo, no caso aaaba voce
> > > conta que Ana venceu 3 alternadas (digamos, 1a, 3a e 5a) ou nao
> > > (apenas dois blocos de vitorias)?
> > >
> > > Vou supor que voce estah pensando em "blocos de vitorias".
> > > Consequencia: no caso aaaba, Ana preferiria PERDER a 2a, tornar
> > > isso ababa, e assim vencer a partida!?!? Eh estranho, porque
> > > qualquer regra que incentive alguem a fazer "gol contra" eh
> > > estranha para mim... Mas vamos lah, vou resolver pensando assim
> > > mesmo.
> >
> > Concordo que é estranho. Entretanto, tem um exemplo do enunciado que
> > me chamou a atenção:
> >
> > >>> > Utilize as seguintes convenções:
> > >>> >
> > >>> > a = Lance em que Ana acerta
> > >>> > b = Lance em que Beatriz acerta
> > >>> > A = Partida em que a vitória é de Ana.
> > >>> > B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
> > >>> > X = Campeonato de Ana
> > >>> > Y = Campeonato de Beatriz
> > >>> >
> > >>> >  = aaba = A
> > >>> > bbab =  = B
> >
> > Daqui, eu deduzo que uma partida "aaba" é suficiente para garantir
> > que a Ana ganhou. Como não houve 4 vitórias consecutivas, é porque
> > esse critério se encaixa em "3 vitórias alternadas", que talvez
> > queira dizer "Ana venceu 3 vezes, mas não consecutivas". Assim, o
> > caso "aaa" não conta como "3 alternadas" porque não houve
> > alternância... Donde:
> >
> > a) O pior caso para uma partida é ababa (ou babab, ou baabb,
> > ou ...), em que há 3+2 vitórias+derrotas.
> > b) O pior caso de um campeonato é ABABABA (ou BABABAB, ou ABBAABA,
> > ou AAABBBA, ou ...) em que há 4 vitórias+ 3 derrotas.
> > c) Estou contigo: simetria => 50%.
> >
> >
> > --
> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
> >
> >
> > > a) A pior hipotese para uma partida seria aaabbbaaabbba,
> > > terminando em 13 lances. De fato, com 13 lances quaisquer, alguem
> > > tem que ganhar pelo menos 7. Se quem ganhou essas 7 nao o fez em
> > > 3 blocos de vitorias, entao sao apenas 2 blocos ou menos, e
> > > portanto pelo menos um bloco terah 4 vitorias consecutivas. Ou
> > > seja, em 13, certamente vai ter acabado.
> > >
> > > b) Analogamente, o pior caso eh A, com 25
> > > partidas. De fato, com 25 alguem ganhou pelo menos 13. Se nao ha 4
> > > "blocos" (para fazer as 4 vitorias alternadas), entao sao apenas
> > > 3; como 3x4=12<13, pelo menos um dos blocos terah pelo menos 5
> > > partidas consecutivas.
> > >
> > > (Em suma, no pior caso seriam 25x13=325 lances de par ou impar.
> > > Nao parece muito divertido :) :) :) )
> > >
> > > c) Voce diz, as chances de vitoria de Ana versus as de Beatriz? Se
> > > supusermos que cada **lance** tem probabilidade 50% de vitoria
> > > para cada uma, por simetria, SIM, ambas tem a mesma chance de
> > > ganhar um lance, uma partida ou o campeonato.
> > >
> > > Abraco, Ralph.
> > >
> > >>> Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
> > >>> jamil silva  escreveu:
> > >>>
> > >>> > Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
> > >>> > com as seguintes regras:
> > >>> >
> > >>> > Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
> > >>> > alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina
> > >>> > quando ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco
> > >>> > consecutivas.
> > >>> >
> > >>> > Responda:
> > >>> >
> > >>> > I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
> > >>> >
> > >>> > II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um
> > >>> > campeonato ?
> > >>> >
> > >>> > III) As chances de vitória são iguais ?
> > >>> >
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >  acredita-se estar livre de pe

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[Pedro José]

Bom dia!

1) Pior caso de uma partida: aaabbba (três vitórias para a alternadas) ou
aaa (quatro consecutivas) ou os complementos trocando a por b.
Portanto são 7 o pior caso de número de partidas.

2) O exemplo abaixo está inconsistente com o texto do enunciado>

Alguns exemplos de campeonatos:

X =  *(são quatro consecutivas e não alternadas)*

Y =  *(são quatro consecutivas e não alternadas)*

2) Pior caso de um campeonatoo A (quatro partidas alternadas) ou
B (cinco partidas consecutivas) ou os complementos.. Dessa forma, 9
partidas e o pior caso para o campeonato.

3) Como as chances são iguais para cada disputa e os objetivos são os
mesmos, as chances são as mesmas.



Em 8 de junho de 2014 23:58, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:

> 2014-06-08 15:20 GMT-03:00 Ralph Teixeira :
> > Em geral, em esportes, o pessoal faz a regra com "x" consecutivas ou
> > "x+y" alternadas; eles costumam usar a palavra "alternadas" para
> > significar apenas "em qualquer ordem, nao necessariamente
> > consecutivas". Mas aqui fica estranho, nao? O que significa
> > "alternado" neste enunciado? Por exemplo, no caso aaaba voce conta que
> > Ana venceu 3 alternadas (digamos, 1a, 3a e 5a) ou nao (apenas dois
> > blocos de vitorias)?
> >
> > Vou supor que voce estah pensando em "blocos de vitorias".
> > Consequencia: no caso aaaba, Ana preferiria PERDER a 2a, tornar isso
> > ababa, e assim vencer a partida!?!? Eh estranho, porque qualquer regra
> > que incentive alguem a fazer "gol contra" eh estranha para mim... Mas
> > vamos lah, vou resolver pensando assim mesmo.
>
> Concordo que é estranho. Entretanto, tem um exemplo do enunciado que
> me chamou a atenção:
>
> >>> > Utilize as seguintes convenções:
> >>> >
> >>> > a = Lance em que Ana acerta
> >>> > b = Lance em que Beatriz acerta
> >>> > A = Partida em que a vitória é de Ana.
> >>> > B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
> >>> > X = Campeonato de Ana
> >>> > Y = Campeonato de Beatriz
> >>> >
> >>> >  = aaba = A
> >>> > bbab =  = B
>
> Daqui, eu deduzo que uma partida "aaba" é suficiente para garantir que
> a Ana ganhou. Como não houve 4 vitórias consecutivas, é porque esse
> critério se encaixa em "3 vitórias alternadas", que talvez queira
> dizer "Ana venceu 3 vezes, mas não consecutivas". Assim, o caso "aaa"
> não conta como "3 alternadas" porque não houve alternância... Donde:
>
> a) O pior caso para uma partida é ababa (ou babab, ou baabb, ou ...),
> em que há 3+2 vitórias+derrotas.
> b) O pior caso de um campeonato é ABABABA (ou BABABAB, ou ABBAABA, ou
> AAABBBA, ou ...) em que há 4 vitórias+ 3 derrotas.
> c) Estou contigo: simetria => 50%.
>
>
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
>
> > a) A pior hipotese para uma partida seria aaabbbaaabbba, terminando em
> > 13 lances. De fato, com 13 lances quaisquer, alguem tem que ganhar
> > pelo menos 7. Se quem ganhou essas 7 nao o fez em 3 blocos de
> > vitorias, entao sao apenas 2 blocos ou menos, e portanto pelo menos um
> > bloco terah 4 vitorias consecutivas. Ou seja, em 13, certamente vai
> > ter acabado.
> >
> > b) Analogamente, o pior caso eh A, com 25
> > partidas. De fato, com 25 alguem ganhou pelo menos 13. Se nao ha 4
> > "blocos" (para fazer as 4 vitorias alternadas), entao sao apenas 3;
> > como 3x4=12<13, pelo menos um dos blocos terah pelo menos 5 partidas
> > consecutivas.
> >
> > (Em suma, no pior caso seriam 25x13=325 lances de par ou impar. Nao
> > parece muito divertido :) :) :) )
> >
> > c) Voce diz, as chances de vitoria de Ana versus as de Beatriz? Se
> > supusermos que cada **lance** tem probabilidade 50% de vitoria para
> > cada uma, por simetria, SIM, ambas tem a mesma chance de ganhar um
> > lance, uma partida ou o campeonato.
> >
> > Abraco, Ralph.
> >
> >>> Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
> >>> jamil silva  escreveu:
> >>>
> >>> > Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
> >>> > com as seguintes regras:
> >>> >
> >>> > Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
> >>> > alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina quando
> >>> > ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco consecutivas.
> >>> >
> >>> > Responda:
> >>> >
> >>> > I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
> >>> >
> >>> > II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?
> >>> >
> >>> > III) As chances de vitória são iguais ?
> >>> >
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2014-06-08 15:20 GMT-03:00 Ralph Teixeira :
> Em geral, em esportes, o pessoal faz a regra com "x" consecutivas ou
> "x+y" alternadas; eles costumam usar a palavra "alternadas" para
> significar apenas "em qualquer ordem, nao necessariamente
> consecutivas". Mas aqui fica estranho, nao? O que significa
> "alternado" neste enunciado? Por exemplo, no caso aaaba voce conta que
> Ana venceu 3 alternadas (digamos, 1a, 3a e 5a) ou nao (apenas dois
> blocos de vitorias)?
>
> Vou supor que voce estah pensando em "blocos de vitorias".
> Consequencia: no caso aaaba, Ana preferiria PERDER a 2a, tornar isso
> ababa, e assim vencer a partida!?!? Eh estranho, porque qualquer regra
> que incentive alguem a fazer "gol contra" eh estranha para mim... Mas
> vamos lah, vou resolver pensando assim mesmo.

Concordo que é estranho. Entretanto, tem um exemplo do enunciado que
me chamou a atenção:

>>> > Utilize as seguintes convenções:
>>> >
>>> > a = Lance em que Ana acerta
>>> > b = Lance em que Beatriz acerta
>>> > A = Partida em que a vitória é de Ana.
>>> > B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
>>> > X = Campeonato de Ana
>>> > Y = Campeonato de Beatriz
>>> >
>>> >  = aaba = A
>>> > bbab =  = B

Daqui, eu deduzo que uma partida "aaba" é suficiente para garantir que
a Ana ganhou. Como não houve 4 vitórias consecutivas, é porque esse
critério se encaixa em "3 vitórias alternadas", que talvez queira
dizer "Ana venceu 3 vezes, mas não consecutivas". Assim, o caso "aaa"
não conta como "3 alternadas" porque não houve alternância... Donde:

a) O pior caso para uma partida é ababa (ou babab, ou baabb, ou ...),
em que há 3+2 vitórias+derrotas.
b) O pior caso de um campeonato é ABABABA (ou BABABAB, ou ABBAABA, ou
AAABBBA, ou ...) em que há 4 vitórias+ 3 derrotas.
c) Estou contigo: simetria => 50%.


-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa


> a) A pior hipotese para uma partida seria aaabbbaaabbba, terminando em
> 13 lances. De fato, com 13 lances quaisquer, alguem tem que ganhar
> pelo menos 7. Se quem ganhou essas 7 nao o fez em 3 blocos de
> vitorias, entao sao apenas 2 blocos ou menos, e portanto pelo menos um
> bloco terah 4 vitorias consecutivas. Ou seja, em 13, certamente vai
> ter acabado.
>
> b) Analogamente, o pior caso eh A, com 25
> partidas. De fato, com 25 alguem ganhou pelo menos 13. Se nao ha 4
> "blocos" (para fazer as 4 vitorias alternadas), entao sao apenas 3;
> como 3x4=12<13, pelo menos um dos blocos terah pelo menos 5 partidas
> consecutivas.
>
> (Em suma, no pior caso seriam 25x13=325 lances de par ou impar. Nao
> parece muito divertido :) :) :) )
>
> c) Voce diz, as chances de vitoria de Ana versus as de Beatriz? Se
> supusermos que cada **lance** tem probabilidade 50% de vitoria para
> cada uma, por simetria, SIM, ambas tem a mesma chance de ganhar um
> lance, uma partida ou o campeonato.
>
> Abraco, Ralph.
>
>>> Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
>>> jamil silva  escreveu:
>>>
>>> > Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
>>> > com as seguintes regras:
>>> >
>>> > Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
>>> > alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina quando
>>> > ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco consecutivas.
>>> >
>>> > Responda:
>>> >
>>> > I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
>>> >
>>> > II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?
>>> >
>>> > III) As chances de vitória são iguais ?
>>> >

-- 
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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[Ralph Teixeira]

Em geral, em esportes, o pessoal faz a regra com "x" consecutivas ou
"x+y" alternadas; eles costumam usar a palavra "alternadas" para
significar apenas "em qualquer ordem, nao necessariamente
consecutivas". Mas aqui fica estranho, nao? O que significa
"alternado" neste enunciado? Por exemplo, no caso aaaba voce conta que
Ana venceu 3 alternadas (digamos, 1a, 3a e 5a) ou nao (apenas dois
blocos de vitorias)?

Vou supor que voce estah pensando em "blocos de vitorias".
Consequencia: no caso aaaba, Ana preferiria PERDER a 2a, tornar isso
ababa, e assim vencer a partida!?!? Eh estranho, porque qualquer regra
que incentive alguem a fazer "gol contra" eh estranha para mim... Mas
vamos lah, vou resolver pensando assim mesmo.

a) A pior hipotese para uma partida seria aaabbbaaabbba, terminando em
13 lances. De fato, com 13 lances quaisquer, alguem tem que ganhar
pelo menos 7. Se quem ganhou essas 7 nao o fez em 3 blocos de
vitorias, entao sao apenas 2 blocos ou menos, e portanto pelo menos um
bloco terah 4 vitorias consecutivas. Ou seja, em 13, certamente vai
ter acabado.

b) Analogamente, o pior caso eh A, com 25
partidas. De fato, com 25 alguem ganhou pelo menos 13. Se nao ha 4
"blocos" (para fazer as 4 vitorias alternadas), entao sao apenas 3;
como 3x4=12<13, pelo menos um dos blocos terah pelo menos 5 partidas
consecutivas.

(Em suma, no pior caso seriam 25x13=325 lances de par ou impar. Nao
parece muito divertido :) :) :) )

c) Voce diz, as chances de vitoria de Ana versus as de Beatriz? Se
supusermos que cada **lance** tem probabilidade 50% de vitoria para
cada uma, por simetria, SIM, ambas tem a mesma chance de ganhar um
lance, uma partida ou o campeonato.

Abraco, Ralph.

2014-06-08 3:34 GMT-03:00 jamil silva :
> Sim, de zero a cinco dedos.
>
>
> Em 8 de junho de 2014 00:18, Listeiro 037 
> escreveu:
>
>>
>>
>> Cada mão de uma concorrente pode colocar de zero a cinco dedos numa
>> partida?
>>
>>
>> Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
>> jamil silva  escreveu:
>>
>> > Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
>> > com as seguintes regras:
>> >
>> > Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
>> > alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina quando
>> > ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco consecutivas.
>> >
>> > .
>> >
>> > .
>> >
>> > Responda:
>> >
>> > I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
>> >
>> > II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?
>> >
>> > III) As chances de vitória são iguais ?
>> >
>> > .
>> > .
>> > .
>> > .
>> >
>> > Utilize as seguintes convenções:
>> >
>> > a = Lance em que Ana acerta
>> >
>> > b = Lance em que Beatriz acerta
>> >
>> > A = Partida em que a vitória é de Ana.
>> >
>> > B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
>> >
>> > X = Campeonato de Ana
>> >
>> > Y = Campeonato de Beatriz
>> >
>> > .
>> > .
>> >
>> > Alguns exemplos de partidas:
>> >
>> >  = aaba = A
>> >
>> > bbab =  = B
>> >
>> > .
>> > .
>> > .
>> >
>> > Alguns exemplos de campeonatos:
>> >
>> > X = 
>> >
>> > Y = 
>> >
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de 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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[jamil silva]

Sim, de zero a cinco dedos.


Em 8 de junho de 2014 00:18, Listeiro 037 
escreveu:

>
>
> Cada mão de uma concorrente pode colocar de zero a cinco dedos numa
> partida?
>
>
> Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
> jamil silva  escreveu:
>
> > Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
> > com as seguintes regras:
> >
> > Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
> > alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina quando
> > ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco consecutivas.
> >
> > .
> >
> > .
> >
> > Responda:
> >
> > I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
> >
> > II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?
> >
> > III) As chances de vitória são iguais ?
> >
> > .
> > .
> > .
> > .
> >
> > Utilize as seguintes convenções:
> >
> > a = Lance em que Ana acerta
> >
> > b = Lance em que Beatriz acerta
> >
> > A = Partida em que a vitória é de Ana.
> >
> > B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
> >
> > X = Campeonato de Ana
> >
> > Y = Campeonato de Beatriz
> >
> > .
> > .
> >
> > Alguns exemplos de partidas:
> >
> >  = aaba = A
> >
> > bbab =  = B
> >
> > .
> > .
> > .
> >
> > Alguns exemplos de campeonatos:
> >
> > X = 
> >
> > Y = 
> >
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[Listeiro 037]

Cada mão de uma concorrente pode colocar de zero a cinco dedos numa
partida?


Em Sat, 7 Jun 2014 23:01:39 -0300
jamil silva  escreveu:

> Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
> com as seguintes regras:
> 
> Uma partida consiste numa série de lances com três acertos
> alternados, ou quatro consecutivos. O campeonato termina quando
> ocorrer quatro vitórias alternadas, ou cinco consecutivas.
> 
> .
> 
> .
> 
> Responda:
> 
> I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?
> 
> II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?
> 
> III) As chances de vitória são iguais ?
> 
> .
> .
> .
> .
> 
> Utilize as seguintes convenções:
> 
> a = Lance em que Ana acerta
> 
> b = Lance em que Beatriz acerta
> 
> A = Partida em que a vitória é de Ana.
> 
> B = Partida em que a vitória é de Beatriz.
> 
> X = Campeonato de Ana
> 
> Y = Campeonato de Beatriz
> 
> .
> .
> 
> Alguns exemplos de partidas:
> 
>  = aaba = A
> 
> bbab =  = B
> 
> .
> .
> .
> 
> Alguns exemplos de campeonatos:
> 
> X = 
> 
> Y = 
> 

-- 
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
=

[obm-l] Par ou Ímpar ? --- Contagem e combinatória

[jamil silva]

Ana e Beatriz disputam um campeonato de Par ou Ímpar,
com as seguintes regras:

Uma partida consiste numa série de lances com três acertos alternados, ou
quatro consecutivos. O campeonato termina quando ocorrer quatro vitórias
alternadas, ou cinco consecutivas.

.

.

Responda:

I) Qual o número máximo de lances de uma partida ?

II) Qual o número máximo de partidas possíveis em um campeonato ?

III) As chances de vitória são iguais ?

.
.
.
.

Utilize as seguintes convenções:

a = Lance em que Ana acerta

b = Lance em que Beatriz acerta

A = Partida em que a vitória é de Ana.

B = Partida em que a vitória é de Beatriz.

X = Campeonato de Ana

Y = Campeonato de Beatriz

.
.

Alguns exemplos de partidas:

 = aaba = A

bbab =  = B

.
.
.

Alguns exemplos de campeonatos:

X = 

Y = 

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

Re: [obm-l] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de Futebol

[douglas . oliveira]

 

Entao acho que agora entendi!!! 

To meio enrolado entao na
interpretação rs 

Em 21.03.2014 12:06, Luís Eduardo Háteras escreveu:


> Ola douglas, 
> Obrigado pela resolucao, mas nao estou concordando
com a ultima expressao:[C(12,2).C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/6!
-[C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/5! 
> Pois quando vc escreve isso
esta retirando os casos que fortaleza joga com ceara,mas o problema nao
quer isso, eu interpretei que o problema esta interessado no ultimo jogo
do primeiro turno que tem que ser fortaleza e ceara, entao, a ideia que
vc usou (acredito) nao corresponde a realidade do problema... 
> 
>
Enviado via iPad 
> 
> Em 21/03/2014, às 10:51,
douglas.olive...@grupoolimpo.com.br escreveu:
> 
>> Em 20.03.2014 23:38,
Luís Eduardo Háteras escreveu: 
>> 
>>> Sabendo-se que o campeonato
cearense de futebol é disputado por 12 clubes, entre os quais fortaleza
e ceará. 
>>> (A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,FORTALEZA E CEARÁ) 
>>> Determine a
quantidade de maneiras de ocorrer o primeiro turno, 
>>> PRIMEIRO TURNO
6 GRUPOS DE 2 EX: (A,B);(C,D);(E,FORTALEZA);(F,CEARÁ);(G,H);(I,J) 
>>>
COMO VEMOS FORTALEZA E CEARÁ NÃO ESTÃO JUNTOS 
>>> de modo que o
confronto entre fortaleza e ceara seja apenas na rodada final. 
>>>
ENTENDI QUE ELES SÓ JOGARIAM JUNTOS NO FINAL E QUE SÓ INTERESSA A
RESPOSTA PARA O PRIMEIRO TURNO.
>> 
>>> Assim é só pegar 12 times e
dividir em 6 grupos de 2 e retirar dessas escolhas aquelas em que
fortaleza e ceará estejam juntos.
>>
[C(12,2).C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/6!
-[C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/5! =Resposta 
>> -- 
>> Esta
mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se
estar livre de 
>> 
>>> sistema de antivírus e 
>>> acredita-se estar
livre de perigo.
>> 
>>> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo
sistema de antivrus 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] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de Futebol

[Luís Eduardo Háteras]

Ola douglas,
Obrigado pela resolucao, mas nao estou concordando com a ultima 
expressao:[C(12,2).C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/6! 
-[C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/5! 
Pois quando vc escreve isso esta retirando os casos que fortaleza joga com 
ceara,mas o problema nao quer isso, eu interpretei que o problema esta 
interessado no ultimo jogo do primeiro turno que tem que ser fortaleza e ceara, 
entao, a ideia que vc usou (acredito) nao corresponde a realidade do problema...

Enviado via iPad

> Em 21/03/2014, às 10:51, douglas.olive...@grupoolimpo.com.br escreveu:
> 
> Em 20.03.2014 23:38, Luís Eduardo Háteras escreveu:
> 
>> Sabendo-se que o campeonato cearense de futebol é disputado por 12 clubes, 
>> entre os quais fortaleza e ceará.
>> (A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,FORTALEZA E CEARÁ)
>> Determine a quantidade de maneiras de ocorrer o primeiro turno,
>> PRIMEIRO TURNO 6 GRUPOS DE 2 EX: 
>> (A,B);(C,D);(E,FORTALEZA);(F,CEARÁ);(G,H);(I,J) 
>> COMO VEMOS FORTALEZA E CEARÁ NÃO ESTÃO JUNTOS
>> de modo que o confronto entre fortaleza e ceara seja apenas na rodada final. 
>> ENTENDI QUE ELES SÓ JOGARIAM JUNTOS NO FINAL E QUE SÓ INTERESSA A RESPOSTA 
>> PARA O PRIMEIRO TURNO.
>> Assim é só pegar 12 times e dividir em 6 grupos de 2 e retirar dessas 
>> escolhas aquelas em que fortaleza e ceará estejam juntos.
>> [C(12,2).C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/6! 
>> -[C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/5! =Resposta
>> 
>> -- 
>> 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] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de Futebol

[douglas . oliveira]

 

Em 20.03.2014 23:38, Luís Eduardo Háteras escreveu: 

> Sabendo-se
que o campeonato cearense de futebol é disputado por 12 clubes, entre os
quais fortaleza e ceará. 
> (A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,FORTALEZA E CEARÁ) 
>
Determine a quantidade de maneiras de ocorrer o primeiro turno, 
>
PRIMEIRO TURNO 6 GRUPOS DE 2 EX:
(A,B);(C,D);(E,FORTALEZA);(F,CEARÁ);(G,H);(I,J) 
> COMO VEMOS FORTALEZA
E CEARÁ NÃO ESTÃO JUNTOS 
> de modo que o confronto entre fortaleza e
ceara seja apenas na rodada final. 
> ENTENDI QUE ELES SÓ JOGARIAM
JUNTOS NO FINAL E QUE SÓ INTERESSA A RESPOSTA PARA O PRIMEIRO TURNO.

>
Assim é só pegar 12 times e dividir em 6 grupos de 2 e retirar dessas
escolhas aquelas em que fortaleza e ceará estejam juntos.

[C(12,2).C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/6!
-[C(10,2).C(8,2).C(6,2).C(4,2).C(2,2)]/5! =Resposta 
-- 
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] FW: [obm-l] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de Futebol

[marcone augusto araújo borges]

Considerando o mando de campo ou não?

From: luiseduardo...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de 
Futebol
Date: Fri, 21 Mar 2014 05:38:17 +0300




Sabendo-se que o campeonato cearense de futebol é disputado por 12 clubes, 
entre os quais fortaleza e ceará. Determine a quantidade de maneiras de ocorrer 
o primeiro turno, de modo que o confronto entre fortaleza e ceara seja apenas 
na rodada final. 
--

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.

[obm-l] Questão difícil de combinatória - Campeonato Cearense de Futebol

[Luís Eduardo Háteras]

Sabendo-se que o campeonato cearense de futebol é disputado por 12 clubes, 
entre os quais fortaleza e ceará. Determine a quantidade de maneiras de ocorrer 
o primeiro turno, de modo que o confronto entre fortaleza e ceara seja apenas 
na rodada final. 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

Veja uma contagem dupla:

partindo de _H1_M1_H2_M2_H3_M3_H4_ => aí vc coloca a M4 na terceira posição
livre ficando: H1M1M4H2M2H3M3H4

partindo de _H1_M4_H2_M2_H3_M3_H4_ => aí vc coloca a M1 na segunda posição
livre ficando: H1M1M4H2M2H3M3H4

ou seja, vc chegou na mesma configuração de duas maneira diferentes...


2014-03-18 9:45 GMT-03:00 Fabio Silva :

> Olá amigos,
>
> Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
> aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
> de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
> sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
> os homens, sendo igual a 4!.
> Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
> 8.4!.4!=4608 possibilidades.
>
> Onde estaria a contagem em dobro?
>
> Um abraço
>
> Fabio MS
>
>
>   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>   Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
> escolher a posição dos homens.
>
> Abs
>
>
> Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores escreveu:
>
> Olá,
> Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
> Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
> Abraços
>
> Pacini
>
>
> Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
> Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>
> Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
> redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
> as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
> consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
> ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
>  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
> mulheres. Overcounting!
>
> Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
> multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
> homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
> x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
> corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
> Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
> coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>
> Saudações,
> Leo.
>
>
> On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>
> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
> entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
> mulher enrte 2:
> H M H M H M H
>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
> Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
> 4! maneiras).
> Portanto teremos:
> = 8 . 4! . 4!
> = 8 . 24 . 24= 4608
>
> Abraços, Kleber.
> Sent from my iPad
>
> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>
> Amigos,
>
> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
> uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>
> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>
> _ M _ M _ M _ M _
>
> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>
> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>
> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>
>
> --
> 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.
>
>
>
>
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> http://www.professorwaltertadeu.mat.br
>
>
> --
> 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.
>



-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
*momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Ralph Teixeira]

Acho sim que esta maneira tem dupla contagem Vou chamar os homens de
xyzt e as mulheres de EFGH.

Entao, voce pode escolher aquela mulher como E, ordenar os outros 7 como
xFyGzHt, e depois inserir a mulher E antes de F de forma a gerar xEFyGzHt,
por exemplo.

Ou voce pode escolher F, ordenar xEyGzHt, e inserir F apos E, ficando com
xEFyGzHt.

Aquele metodo conta ambas as configuracoes, mas note que eh a mesma! E,
naturalmente, isso acontece com varias escolhas...

Para consertar, voce pode decidir que aquela mulher separada pode ser
colocada nas pontas (2 maneiras), ou, se junto de alguma mulher, tem que
ser ANTES da outra (3 maneiras). Entao sao 5 maneiras de colocar a mulher
extra. Agora nao ha dupla contagem: 5.4!.4!.

Abraco,
   Ralph


2014-03-18 9:45 GMT-03:00 Fabio Silva :

> Olá amigos,
>
> Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
> aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
> de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
> sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
> os homens, sendo igual a 4!.
> Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
> 8.4!.4!=4608 possibilidades.
>
> Onde estaria a contagem em dobro?
>
> Um abraço
>
> Fabio MS
>
>
>   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>  Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
> escolher a posição dos homens.
>
> Abs
>
>
> Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores escreveu:
>
> Olá,
> Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
> Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
> Abraços
>
> Pacini
>
>
> Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
> Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>
> Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
> redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
> as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
> consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
> ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
>  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
> mulheres. Overcounting!
>
> Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
> multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
> homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
> x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
> corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
> Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
> coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>
> Saudações,
> Leo.
>
>
> On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>
> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
> entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
> mulher enrte 2:
> H M H M H M H
>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
> Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
> 4! maneiras).
> Portanto teremos:
> = 8 . 4! . 4!
> = 8 . 24 . 24= 4608
>
> Abraços, Kleber.
> Sent from my iPad
>
> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>
> Amigos,
>
> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
> uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>
> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>
> _ M _ M _ M _ M _
>
> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>
> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>
> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>
>
> --
> 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.
>
>
>
>
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> http://www.professorwaltertadeu.mat.br
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acre

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Oi, Fabio

Eu considerei, sim. No momento em que tenho 5 lugares para por os homens,
tenho a possibilidade:
_ M _ M _M_M_  colocando HM_MHMHMH. Duas mulheres juntas.

Concorda?


Em 18 de março de 2014 10:44, Fabio Silva  escreveu:

> Na solução do Walter ele não considera a possibilidade de duas mulheres
> juntas, o que é possível pelo problema proposto.
>
> Um abraço
>
> Fabio MS
>
>
>   On Tuesday, March 18, 2014 10:21 AM, Fabio Silva 
> wrote:
>  Olá amigos,
>
> Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
> aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
> de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
> sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
> os homens, sendo igual a 4!.
> Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
> 8.4!.4!=4608 possibilidades.
>
> Onde estaria a contagem em dobro?
>
> Um abraço
>
> Fabio MS
>
>
>   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>  Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
> escolher a posição dos homens.
>
> Abs
>
>
> Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores escreveu:
>
> Olá,
> Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
> Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
> Abraços
>
> Pacini
>
>
> Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
> Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>
> Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
> redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
> as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
> consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
> ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
>  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
> mulheres. Overcounting!
>
> Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
> multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
> homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
> x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
> corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
> Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
> coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>
> Saudações,
> Leo.
>
>
> On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>
> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
> entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
> mulher enrte 2:
> H M H M H M H
>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
> Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
> 4! maneiras).
> Portanto teremos:
> = 8 . 4! . 4!
> = 8 . 24 . 24= 4608
>
> Abraços, Kleber.
> Sent from my iPad
>
> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com> wrote:
>
> Amigos,
>
> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
> uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>
> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>
> _ M _ M _ M _ M _
>
> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>
> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>
> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>
>
> --
> 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.
>
>
>
>
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> http://www.professorwaltertadeu.mat.br
>
>
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> 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.
>



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

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Esta mensagem f

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Na solução do Walter ele não considera a possibilidade de duas mulheres juntas, 
o que é possível pelo problema proposto.

Um abraço

Fabio MS



On Tuesday, March 18, 2014 10:21 AM, Fabio Silva  wrote:
 
Olá amigos,

Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para 
aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades de 
mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim 
sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para os 
homens, sendo igual a 4!. 
Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
8.4!.4!=4608 possibilidades.

Onde estaria a contagem em dobro?

Um abraço

Fabio MS



On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wrote:
 
Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher a 
posição dos homens.

Abs




Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores  escreveu:

Olá, 
>Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o 
>Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
>
>Abraços
>
>
>Pacini
>
>
>
>Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
>
>Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>>
>>
>>Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao redor 
>>da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam as 
>>possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são consideradas 
>>entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis ordenamentos de 
>>duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,  DE NOVO esses 
>>dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das mulheres. Overcounting!
>>
>>
>>Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser 
>>multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de homens 
>>e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 + x3 + x4 + 
>>x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável corresponde ao 
>>número de homens na posição de cada espaço _ na solução do Walter). São 5, e 
>>não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma coisa e escrito 
>>outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>>
>>
>>Saudações,
>>Leo.
>>
>>
>>On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>>
>>Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
>>>Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher 
>>>entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma 
>>>mulher enrte 2:
>>>H M H M H M H
>>> Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter. 
>>>Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os 
>>>lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
>>>_ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>>> Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além disso, 
>>>podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P4 = 4! 
>>>maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 = 4! 
>>>maneiras).
>>>Portanto teremos:
>>>= 8 . 4! . 4!
>>>= 8 . 24 . 24= 4608
>>>
>>>Abraços, Kleber.
>>>Sent from my iPad
>>>
>>>On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
>>> wrote:
>>>
>>>
>>>Amigos, 

Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em 
uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"

Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


-- 
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. 


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


-- 
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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Olá amigos,

Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para 
aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades de 
mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim 
sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para os 
homens, sendo igual a 4!. 
Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
8.4!.4!=4608 possibilidades.

Onde estaria a contagem em dobro?

Um abraço

Fabio MS



On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wrote:
 
Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher a 
posição dos homens.

Abs




Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores  escreveu:

Olá, 
>Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o 
>Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
>
>Abraços
>
>
>Pacini
>
>
>
>Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
>
>Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>>
>>
>>Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao redor 
>>da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam as 
>>possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são consideradas 
>>entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis ordenamentos de 
>>duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,  DE NOVO esses 
>>dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das mulheres. Overcounting!
>>
>>
>>Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser 
>>multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de homens 
>>e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 + x3 + x4 + 
>>x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável corresponde ao 
>>número de homens na posição de cada espaço _ na solução do Walter). São 5, e 
>>não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma coisa e escrito 
>>outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>>
>>
>>Saudações,
>>Leo.
>>
>>
>>On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>>
>>Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
>>>Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher 
>>>entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma 
>>>mulher enrte 2:
>>>H M H M H M H
>>> Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter. 
>>>Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os 
>>>lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
>>>_ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>>> Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além disso, 
>>>podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P4 = 4! 
>>>maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 = 4! 
>>>maneiras).
>>>Portanto teremos:
>>>= 8 . 4! . 4!
>>>= 8 . 24 . 24= 4608
>>>
>>>Abraços, Kleber.
>>>Sent from my iPad
>>>
>>>On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
>>> wrote:
>>>
>>>
>>>Amigos, 

Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em 
uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"

Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


-- 
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. 


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


-- 
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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher
a posição dos homens.

Abs


Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores escreveu:

> Olá,
> Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
> Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.
>
> Abraços
>
> Pacini
>
>
> Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:
>
> Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>>
>> Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
>> redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
>> as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
>> consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
>> ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
>>  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
>> mulheres. Overcounting!
>>
>> Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
>> multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
>> homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
>> x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
>> corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
>> Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
>> coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>>
>> Saudações,
>> Leo.
>>
>>
>> On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>>
>>> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
>>>
>>> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma
>>> mulher entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre
>>> com uma mulher enrte 2:
>>>
>>> H M H M H M H
>>>
>>>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que
>>> ter. Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
>>> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
>>>
>>> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>>>
>>>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
>>> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
>>> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de
>>> P4 = 4! maneiras).
>>>
>>> Portanto teremos:
>>>
>>> = 8 . 4! . 4!
>>>
>>> = 8 . 24 . 24= 4608
>>>
>>> Abraços, Kleber.
>>> Sent from my iPad
>>>
>>> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
>>> wtade...@gmail.com> wrote:
>>>
>>> Amigos,
>>>
>>> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres
>>> em uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>>>
>>> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
>>> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>>>
>>> _ M _ M _ M _ M _
>>>
>>> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>>>
>>> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>>>
>>> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
>>> --
>>> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>>>
>>>
>>> --
>>> 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.
>



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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Pacini Bores]

Olá,
Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

Abraços

Pacini


Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia  escreveu:

> Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.
>
> Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
> redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
> as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
> consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
> ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
>  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
> mulheres. Overcounting!
>
> Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
> multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
> homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
> x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
> corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
> Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
> coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.
>
> Saudações,
> Leo.
>
>
> On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:
>
>> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
>>
>> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma
>> mulher entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre
>> com uma mulher enrte 2:
>>
>> H M H M H M H
>>
>>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que
>> ter. Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
>> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
>>
>> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>>
>>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
>> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
>> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P
>> 4 = 4! maneiras).
>>
>> Portanto teremos:
>>
>> = 8 . 4! . 4!
>>
>> = 8 . 24 . 24= 4608
>>
>> Abraços, Kleber.
>> Sent from my iPad
>>
>> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
>> wtade...@gmail.com> wrote:
>>
>> Amigos,
>>
>> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
>> uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>>
>> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
>> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>>
>> _ M _ M _ M _ M _
>>
>> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>>
>> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>>
>> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
>> --
>> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>>
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Leonardo Maia]

Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

Enxergo "dupla contagem" na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
 DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
mulheres. Overcounting!

Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
multiplicados pelo número de possíveis "entrelaçamentos" das filas de
homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

Saudações,
Leo.

On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos  wrote:

> Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
>
> Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
> entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
> mulher enrte 2:
>
> H M H M H M H
>
>  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
> Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
> lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
>
> _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
>
>  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
> disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
> 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
> 4! maneiras).
>
> Portanto teremos:
>
> = 8 . 4! . 4!
>
> = 8 . 24 . 24= 4608
>
> Abraços, Kleber.
> Sent from my iPad
>
> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira <
> wtade...@gmail.com >
> wrote:
>
> Amigos,
>
> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
> uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
>
> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens
> poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
>
> _ M _ M _ M _ M _
>
> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
>
> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
>
> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
> --
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Caro Walter,

Eu pensaria assim:   _H_M_H_M_H_M_H_

Isto porque é necessário/suficiente apenas três mulheres para satisfazer esta 
condição. Mas, a última mulher pode ser colocada em qualquer uma das 8 posições 
sem modificar as condições do problema.
Pensando na permutação entre os homens e entre as mulheres...seria: 8. P4!. P4! 
= 8.24.24 = 4608.

Um abraço

Fabio MS





On Monday, March 17, 2014 7:24 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wrote:
 
Amigos, 

Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em uma 
fila, sem que dois homens fiquem juntos?"

Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


-- 
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Re: [obm-l] Combinatória

[Kleber Bastos]

Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher 
entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma 
mulher enrte 2:

H M H M H M H

 Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter. Mas 
ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os lugares 
possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:

_ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _

 Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além disso, 
podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras).

Portanto teremos:

= 8 . 4! . 4!

= 8 . 24 . 24= 4608


Abraços, Kleber.
Sent from my iPad

> On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
>  wrote:
> 
> Amigos, 
> 
> Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em uma 
> fila, sem que dois homens fiquem juntos?"
> 
> Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
> ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.
> 
> _ M _ M _ M _ M _
> 
> C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.
> 
> O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.
> 
> Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
> -- 
> Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Amigos,

Na questão: "De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?"

Pensei em "amarrar" as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Mauricio de Araujo]

Este é o problema de Lucas... existe uma demonstração dele no livro de
combinatória do Morgado (Análise Combinatória e Probabilidade)...


2014/1/14 Antonio Paschoal 

>  Olá.
>
> Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
> combinatória:
>
> “ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
> distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém
>
> não há nenhum casal sentado lado a lado.”
>
>
>
> Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
> PC(6)=5! x 6! .
>
> Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para
> filtrar os casais pareados.
>
> Essa é parte difícil do problema.
>
>
>
> Agradeço qualquer ajuda.
>
>
>
> Um abraço.
>
>
>
> Antonio Paschoal
>
>
>
>
>
>
> --
> <http://www.avast.com/>
>
> Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast!
> Antivírus <http://www.avast.com/> está ativa.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>



-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
*momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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[obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Antonio Paschoal]

Muitíssimo obrigado pelas referências.

O problema é bastante difícil!

Antonio Paschoal.



  _

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de Kelvin Anjos
Enviada em: terça-feira, 21 de janeiro de 2014 23:21
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014



Problema de desarranjo, conhecido como Non-sexist solution of the ménage
problem.
Sem o principal empecilho de que casais não podem estar sentados em cadeiras
adjacentes, teríamos a forma permutativa de 2(n!)^2. Mas com as condições
expostas temos um caso de desarranjo.

A solução do problema passo a passo é muito extensa, te passo dois links
onde você encontra o problema solucionado, são bem similares as fontes.
http://www.doc88.com/p-998978336884.html
http://www.math.dartmouth.edu/~doyle/docs/menage/menage/menage.html



Em 14 de janeiro de 2014 16:53, Antonio Paschoal 
escreveu:

Olá.

Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
combinatória:

“ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém

não há nenhum casal sentado lado a lado.”



Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
PC(6)=5! x 6! .

Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para filtrar
os casais pareados.

Essa é parte difícil do problema.



Agradeço qualquer ajuda.



Um abraço.



Antonio Paschoal







  _


 <http://www.avast.com/>

Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast!
<http://www.avast.com/>  Antivírus está ativa.



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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Kelvin Anjos]

Problema de desarranjo, conhecido como
*Non-sexist solution of the ménage problem.*Sem o principal empecilho de
que casais não podem estar sentados em cadeiras adjacentes, teríamos a
forma permutativa de 2(n!)^2. Mas com as condições expostas temos um caso
de desarranjo.
A solução do problema passo a passo é muito extensa, te passo dois links
onde você encontra o problema solucionado, são bem similares as fontes.
http://www.doc88.com/p-998978336884.html
http://www.math.dartmouth.edu/~doyle/docs/menage/menage/menage.html


Em 14 de janeiro de 2014 16:53, Antonio Paschoal
escreveu:

>  Olá.
>
> Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
> combinatória:
>
> “ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
> distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém
>
> não há nenhum casal sentado lado a lado.”
>
>
>
> Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
> PC(6)=5! x 6! .
>
> Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para
> filtrar os casais pareados.
>
> Essa é parte difícil do problema.
>
>
>
> Agradeço qualquer ajuda.
>
>
>
> Um abraço.
>
>
>
> Antonio Paschoal
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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>

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[obm-l] Combinatória 2014

[Antonio Paschoal]

Olá.

Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
combinatória:

“ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém

não há nenhum casal sentado lado a lado.”



Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
PC(6)=5! x 6! .

Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para filtrar
os casais pareados.

Essa é parte difícil do problema.



Agradeço qualquer ajuda.



Um abraço.



Antonio Paschoal







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{Disarmed} [obm-l] {Disarmed} RE: [obm-l] Análise Combinatória

[João Maldonado]

Nao consegui ver a figura, mas creio que seja um cubo e a e b são arestas 
opostas (é isso)? Se for isso a quantidade de caminhos mais curtos (considerei 
isso como sendo  o menor caminho possivel percorrido somente pelas arestas do 
cubo, ou seja, tres  movimentos) é 6. Voce quer saber se tem como chegar em b 
com mais de tres novimentos? A resposta é sim, voce pode ficar indefinidamente 
percorrendo o cubo antes de chegar em b. É possivel chegar em b com  mais de 3 
movimentos sem passar pela mesma aresta? A resposta é sim, com 5 ou 7 
movimentos. É possivel chegar em b com 6 movimentos? Não, somente com  um 
numero impar. Por que?

Considere um sistema de eixos tridimensional com o centro do cubo no centro do 
sistema e todas as arestad paralelas a algum dos eixos. Sendo a = (k, k, k) por 
exemplo, b é igual a (-k, -k, -k) 
Um movimento consiste em multilplicar uma e  somente uma dws coordenadas do 
vertice inicial para hegar no vertice desejado, deste modo cada coordenada tem 
que ser multiplicada um numero impar de vezes, e como impqr mais impar mais 
impar da impar, temos um numero impar de movimentos

Abs
Joao

Date: Sat, 21 Sep 2013 01:37:20 -0300
Subject: [obm-l] Análise Combinatória
From: dk.virtua...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Alguém poderia me ajudar na seguinte questão?

Considere a figura a seguir. O número de caminhos mais curtos, ao longo das 
arestas dos cubos, ligando os pontos A e B, é

a) 2.

b) 4.

c) 12.

d) 18.

e) 36.



A figura encontra-se no link: 
http://www.diadematematica.com/vestibular/temp/pfc/e5135.bmp

O que tentei:
1. Saindo de A, tenho 3 arestas que posso escolher.

2. Seguindo por uma destas arestas, fico em um vértice no qual tenho 2 arestas 
pelas quais posso andar (a terceira aresta deste vértice me levaria de volta ao 
ponto A, o que não me interessa).
3. Neste novo vértice que estou, meu objetivo é passar para O. Assim, só tenho 
uma opção para seguir, ou seja, 1 caminho.


Assim, para ir de A até O, tenho 3 x 2 x 1 = 6 caminhos curtos.

Como o problema é simétrico, para ir de O até B, terei também 6 caminhos 
(curtos).

Assim, o total de caminhos curtos será 6 x 6 = 36.


É isto?

Uma outra pergunta me passou pela cabeça: como posso ter certeza que não existe 
um caminho que liga A até B passando, por exemplo, por 6 arestas. Sei que a 
intuição garante que é 6, mas como faço para provar isto?



Grato.



--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

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-- 
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[obm-l] Análise Combinatória

[Rafael Dumas]

Alguém poderia me ajudar na seguinte questão?

Considere a figura a seguir. O número de caminhos mais curtos, ao longo das
arestas dos cubos, ligando os pontos A e B, é
a) 2.
b) 4.
c) 12.
d) 18.
e) 36.

A figura encontra-se no link:
http://www.diadematematica.com/vestibular/temp/pfc/e5135.bmp

O que tentei:
1. Saindo de A, tenho 3 arestas que posso escolher.
2. Seguindo por uma destas arestas, fico em um vértice no qual tenho 2
arestas pelas quais posso andar (a terceira aresta deste vértice me levaria
de volta ao ponto A, o que não me interessa).
3. Neste novo vértice que estou, meu objetivo é passar para O. Assim, só
tenho uma opção para seguir, ou seja, 1 caminho.

Assim, para ir de A até O, tenho 3 x 2 x 1 = 6 caminhos curtos.

Como o problema é simétrico, para ir de O até B, terei também 6 caminhos
(curtos).

Assim, o total de caminhos curtos será 6 x 6 = 36.

É isto?

Uma outra pergunta me passou pela cabeça: como posso ter certeza que não
existe um caminho que liga A até B passando, por exemplo, por 6 arestas.
Sei que a intuição garante que é 6, mas como faço para provar isto?


Grato.

-- 
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[obm-l] Re: Combinatória MOP 2006

[Jeferson Almir]

Turan: o grafo que nao possui   K_p completo possui no máximo (1-1/p-1)n^2
arestas... .. Cara eu acredito que tenha usar grafo orientado pois nao
reciprocidade em odiar senador enfim .. Vamos pensar mais..

Em quinta-feira, 19 de setembro de 2013, Esdras Muniz escreveu:

> Pensei no seguinte, não sei se ta certo:
> Vamos transformar o problema num grafo, cada senador é um vertice, e se u
> odeia v ligamos u a v por uma aresta. No final teremos n grupos, e em cada
> grupo não temos dois vertices ligados por aresta. Olhe então o complementar
> do grafo, todos os grupos serão grafos completos, então o maior grupo tem
> pelomenos {parte inteira de 51/n} vertices. Vamos olhar a situação então
> assim: não é possível fazer isso com n-1 grupos, ou seja, não há um grafo
> completo com {parte inteira de 51/(n-1)} vertices. Então , temos que o
> nosso grafo complementar tem pelomenos (51 escolhe 2) - 3*51 arestas e não
> pode ter um subgrafo completo com {parte inteira de 51/(n-1)} vertices.
> então, você usa o teorema de turan assim:
> T(|G|,P)<=(51 escolhe 2) - 3*51 onde |G|=51 e P={parte inteira de 51/n}+1.
> Vou parar aqui pois não lembro como é a expreção do teorema de Turan.
>
>
> Em 16 de setembro de 2013 11:41, Jeferson Almir 
>  'jefersonram...@gmail.com');>
> > escreveu:
>
>> Essa questão é do Mathematical Olympiad Summer Program e acreditei que
>> sairia por grafos.. mas até agora nada.. partir para casa dos pombos. .quem
>> puder ajudar serei grato. .  fiz uns casos iniciais e acredito n<=8
>>
>> Há 51 senadores em um senado. O Senado precisa ser dividido em n comitês de
>> tal forma que cada senador está em exatamente um comitê. Cada senador
>> odeia exatamente três outros senadores. (Se o senador A odeia senador B, 
>> então
>> o senador B  "não" necessariamente odeia o senador A.) Encontre o menor n tal
>> que sempre é possível organizar os comitês de modo que nenhum senador
>> odeia outro senador em seu comitê.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
>
> --
> Esdras Muniz Mota
> Graduando em Matemática Bacharelado
> Universidade Federal do Ceará
>
> "Se algum dia ele recuou, foi para dar um grande salto"
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória MOP 2006

[Esdras Muniz]

Pensei no seguinte, não sei se ta certo:
Vamos transformar o problema num grafo, cada senador é um vertice, e se u
odeia v ligamos u a v por uma aresta. No final teremos n grupos, e em cada
grupo não temos dois vertices ligados por aresta. Olhe então o complementar
do grafo, todos os grupos serão grafos completos, então o maior grupo tem
pelomenos {parte inteira de 51/n} vertices. Vamos olhar a situação então
assim: não é possível fazer isso com n-1 grupos, ou seja, não há um grafo
completo com {parte inteira de 51/(n-1)} vertices. Então , temos que o
nosso grafo complementar tem pelomenos (51 escolhe 2) - 3*51 arestas e não
pode ter um subgrafo completo com {parte inteira de 51/(n-1)} vertices.
então, você usa o teorema de turan assim:
T(|G|,P)<=(51 escolhe 2) - 3*51 onde |G|=51 e P={parte inteira de 51/n}+1.
Vou parar aqui pois não lembro como é a expreção do teorema de Turan.


Em 16 de setembro de 2013 11:41, Jeferson Almir
escreveu:

> Essa questão é do Mathematical Olympiad Summer Program e acreditei que
> sairia por grafos.. mas até agora nada.. partir para casa dos pombos. .quem
> puder ajudar serei grato. .  fiz uns casos iniciais e acredito n<=8
>
> Há 51 senadores em um senado. O Senado precisa ser dividido em n comitês de
> tal forma que cada senador está em exatamente um comitê. Cada senador
> odeia exatamente três outros senadores. (Se o senador A odeia senador B, então
> o senador B  "não" necessariamente odeia o senador A.) Encontre o menor n tal
> que sempre é possível organizar os comitês de modo que nenhum senador
> odeia outro senador em seu comitê.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.




-- 
Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará

"Se algum dia ele recuou, foi para dar um grande salto"

-- 
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[obm-l] Combinatória MOP 2006

[Jeferson Almir]

Essa questão é do Mathematical Olympiad Summer Program e acreditei que
sairia por grafos.. mas até agora nada.. partir para casa dos pombos. .quem
puder ajudar serei grato. .  fiz uns casos iniciais e acredito n<=8

Há 51 senadores em um senado. O Senado precisa ser dividido em n comitês de
tal forma que cada senador está em exatamente um comitê. Cada senador
odeia exatamente
três outros senadores. (Se o senador A odeia senador B, então o senador B  "
não" necessariamente odeia o senador A.) Encontre o menor n tal que sempre
é possível organizar os comitês de modo que nenhum senador odeia outro
senador em seu comitê.

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

2013/8/3 marcone augusto araújo borges 

> 000


​Acho que o gabarito está errado...

Você pode pensar assim, considerando uma correspondência:


1 o 1 o 1 o 1 o 1 o 1 corresponde ao número 111.111
1 1 1 o o o o o 1 1 1 corresponde ao número 300.003
o o 1 1 1 1 o o 1 1 o corresponde ao número 004020 ou 4.020
o o o o o 1 1 1 1 1 1 corresponde ao número 06 ou 6

Logo o que se quer será igual a permutação de 11 elementos onde 6 são
iguais a 1 e 5 são iguais a o...

N = 11!/(6!.5!) =  462 que é C(11,6)...

Se não cometi algum erro acho que é isso...

​



-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
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*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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[obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Quantos inteiros de 1 a 100 tem a soma dos seus algarismos igual a 6?



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  


Um colega deu a ideia: x1 + x2 + x3 +  x4 + x5 + x6 = 6Por ai eu achei 
C11,6,mas o gabarito dá C10,6Cn,p = combinação de n tomados p a pAlguem 
ajudaria?  
-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - Bandeira

[terence thirteen]

Isto me lembra teoria dos grafos. Tenho que ver em meus alfarrábios, mas é
algo simples: faz um grafo em que cada vértice é uma região, e regiões
adjacentes são conectadas por arestas.

Depois, basta calcular o polinômio cromático deste grafo. É um algoritmo
simples, que basicamente subdivide o grafo em grafos menores e calcula os
polinômios desses subgrafos.

Talvez a B dê para fazer a partir do momento que se tenha a A completa.



Em 14 de julho de 2013 19:19, Pedro Júnior
escreveu:

>
> Considere a bandeira da figura abaixo, formada por seis regiões. Para
> colori-la, há
> lápis de cor de quatro cores diferentes.
> [image: Imagem inline 1]
> a)  De quantos modos ela pode ser colorida de modo que regiões adjacentes
> tenham cores diferentes?
> b) Resolva o item a), supondo agora que todas as quatro cores sejam
> utilizadas para pintar cada bandeira.
>
> Como resolver a letra (b) de forma direta?
>
> --
>
> Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
>
> Professor de Matemática
>
> Geo João Pessoa – PB
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.




-- 
/**/
神が祝福

Torres

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 acredita-se estar livre de perigo.

<>

[obm-l] Combinatória - Bandeira

[Pedro Júnior]

Considere a bandeira da figura abaixo, formada por seis regiões. Para
colori-la, há
lápis de cor de quatro cores diferentes.
[image: Imagem inline 1]
a)  De quantos modos ela pode ser colorida de modo que regiões adjacentes
tenham cores diferentes?
b) Resolva o item a), supondo agora que todas as quatro cores sejam
utilizadas para pintar cada bandeira.

Como resolver a letra (b) de forma direta?

-- 

Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

Professor de Matemática

Geo João Pessoa – PB

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Artur Costa Steiner]

Muito obrigado a todos, excelentes respostas!

Artur Costa Steiner

Em 12/07/2013, às 09:34, Marcos Martinelli  escreveu:

> Blza. Entendi agora. Obrigado.
> 
> 
> Em 12 de julho de 2013 09:29, Rogerio Ponce  escreveu:
>> Ola' Marcos,
>> eu escrevi errado.
>> Como os "blocos" representam 4 elementos, que ocupam 7 casas, e' como se 
>> houvesse 93 casas livres e 4 ocupadas, com um total de 100-(2+2+2+1)+4=97 
>> casas.
>> Ou seja, existem binom(97,4) formas de distribuirmos os 4 blocos dentro de 
>> [1,100].
>> 
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>> 
>> 
>> 2013/7/12 Marcos Martinelli 
>>> Só não entendi essa parte: "100-(2+2+2+1)=97".
>>> 
>>> 
>>> Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli  
>>> escreveu:
 Legal.
 
 
 Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce  escreveu:
 
> Ola' Artur,
> como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo 
> menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento 
> [0,100], 3 "blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o 
> bloco mais 'a direita).
> Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.
> 
> []'s
> Rogerio Ponce
> 
> 
> 2013/7/11 Artur Costa Steiner 
>> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um 
>> computador.
>> 
>> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos 
>> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do 
>> conjunto seja maior ou igual a 2?
>> 
>> Abraços.
>> 
>> Artur Costa Steiner
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Blza. Entendi agora. Obrigado.


Em 12 de julho de 2013 09:29, Rogerio Ponce  escreveu:

> Ola' Marcos,
> eu escrevi errado.
> Como os "blocos" representam 4 elementos, que ocupam 7 casas, e' como se
> houvesse 93 casas livres e 4 ocupadas, com um total de 100-(2+2+2+1)+4=97
> casas.
> Ou seja, existem binom(97,4) formas de distribuirmos os 4 blocos dentro de
> [1,100].
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
>
> 2013/7/12 Marcos Martinelli 
>
>> Só não entendi essa parte: "100-(2+2+2+1)=97".
>>
>>
>> Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli 
>> escreveu:
>>
>>> Legal.
>>>
>>>
>>> Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce escreveu:
>>>
>>> Ola' Artur,
 como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo
 menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento
 [0,100], 3 "blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o
 bloco mais 'a direita).
 Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale
 binom(97,4)=3464840.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2013/7/11 Artur Costa Steiner 

> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
> computador.
>
> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
> seja maior ou igual a 2?
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>
> =
>


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 acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Rogerio Ponce]

Ola' Marcos,
eu escrevi errado.
Como os "blocos" representam 4 elementos, que ocupam 7 casas, e' como se
houvesse 93 casas livres e 4 ocupadas, com um total de 100-(2+2+2+1)+4=97
casas.
Ou seja, existem binom(97,4) formas de distribuirmos os 4 blocos dentro de
[1,100].

[]'s
Rogerio Ponce


2013/7/12 Marcos Martinelli 

> Só não entendi essa parte: "100-(2+2+2+1)=97".
>
>
> Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli 
> escreveu:
>
>> Legal.
>>
>>
>> Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce escreveu:
>>
>> Ola' Artur,
>>> como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo
>>> menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento
>>> [0,100], 3 "blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o
>>> bloco mais 'a direita).
>>> Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale
>>> binom(97,4)=3464840.
>>>
>>> []'s
>>> Rogerio Ponce
>>>
>>>
>>> 2013/7/11 Artur Costa Steiner 
>>>
 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
 computador.

 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
 seja maior ou igual a 2?

 Abraços.

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



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

 =

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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Só não entendi essa parte: "100-(2+2+2+1)=97".


Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli
escreveu:

> Legal.
>
>
> Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce  escreveu:
>
> Ola' Artur,
>> como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo
>> menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento
>> [0,100], 3 "blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o
>> bloco mais 'a direita).
>> Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.
>>
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>>
>>
>> 2013/7/11 Artur Costa Steiner 
>>
>>> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
>>> computador.
>>>
>>> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
>>> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
>>> seja maior ou igual a 2?
>>>
>>> Abraços.
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> =
>>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> =
>>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/12 Marcos Martinelli 

> Mas vc conseguiu mostrar que existe mesmo a bijeção?
>
>
Um representante do primeiro tera um único representante no segundo e
vice-versa pois só é feita uma subtração/soma.

A questão é somente se as restrições são respeitadas.

x2-1 > x1 sse x2-x1 >= 2
x3-2 > x2-1 sse x3-x2 >= 2
x4-3 > x3-2 sse x4-x3 >= 2

x4 <= n sse x4-3 <= n-3
x1 >= 1 sse x1 >= 1

-- 
[]'s
Lucas

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Legal.


Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce  escreveu:

> Ola' Artur,
> como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo menos
> 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento [0,100], 3
> "blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o bloco mais 'a
> direita).
> Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
>
> 2013/7/11 Artur Costa Steiner 
>
>> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
>> computador.
>>
>> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
>> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
>> seja maior ou igual a 2?
>>
>> Abraços.
>>
>> Artur Costa Steiner
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Rogerio Ponce]

Ola' Artur,
como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo menos
2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento [0,100], 3
"blocos" com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o bloco mais 'a
direita).
Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.

[]'s
Rogerio Ponce


2013/7/11 Artur Costa Steiner 

> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
> computador.
>
> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
> seja maior ou igual a 2?
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Mas vc conseguiu mostrar que existe mesmo a bijeção?


Em 12 de julho de 2013 06:44, Lucas Prado Melo escreveu:

> 2013/7/12 Marcos Martinelli 
>
>> Seja {A_n} a quantidade de seqüências com 4 números escolhidos de 1 a n
>> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=4).
>>
>> Seja {B_n} a quantidade de seqüências com 3 números escolhidos de 1 a n
>> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=3).
>>
>> Seja {C_n} a quantidade de seqüências com 2 números escolhidos de 1 a n
>> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=2).
>>
>> Para sabermos quanto vale A_(n+1), devemos dividir nossa contagem em duas
>> partes:
>>
>> i) escolher 4 números dentre os que vão de 1 a n tais que a diferença
>> positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de A_n maneiras.
>>
>> ii) escolher o (n+1) como um número obrigatório a constar no nosso
>> conjunto de 4. Após isso, escolher 3 números entre os que vão de 1 a (n-1),
>> cuja diferença positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de
>> B_(n-1) maneiras.
>>
>> Podemos escrever: A_(n+1) = A_n + B_(n-1) (n>=4).
>>
>> Analogamente teremos: B_(n+1) = B_n + C_(n-1) (n>=3).
>>
>> Pensando de maneira similar, temos também: C_(n+1) = C_n + (n-1) (n>=2).
>>
>> Temos três séries telescópicas. Resolvendo e lembrando que a soma das
>> colunas do triângulo de Pascal é o número binomial localizado na diagonal à
>> direita do último elemento do somatório, obteremos:
>>
>> C_n = binomial (n-1,2) = (n-1).(n-2)/2!
>>
>> B_n = binomial (n-2,3) = (n-2)(n-3)(n-4)/3!
>>
>> A_n = binomial (n-3,4) = (n-3)(n-4)(n-5)(n-6)/4!
>>
>>
> Interessante a solução, ela me faz pensar o seguinte:
> há uma bijeção entre uma escolha (x1, x2, x3, x4) em números de 1 a n com
> a restrição, e uma escolha (x1, x2-1, x3-2, x4-3) para números de 1 a n-3
> sem a restrição. Como este último pode ser escolhido de binomial(n-3, 4)
> formas, então o primeiro também poderia.
>
> --
> []'s
> Lucas
>
> --
> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/12 Marcos Martinelli 

> Seja {A_n} a quantidade de seqüências com 4 números escolhidos de 1 a n
> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=4).
>
> Seja {B_n} a quantidade de seqüências com 3 números escolhidos de 1 a n
> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=3).
>
> Seja {C_n} a quantidade de seqüências com 2 números escolhidos de 1 a n
> tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=2).
>
> Para sabermos quanto vale A_(n+1), devemos dividir nossa contagem em duas
> partes:
>
> i) escolher 4 números dentre os que vão de 1 a n tais que a diferença
> positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de A_n maneiras.
>
> ii) escolher o (n+1) como um número obrigatório a constar no nosso
> conjunto de 4. Após isso, escolher 3 números entre os que vão de 1 a (n-1),
> cuja diferença positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de
> B_(n-1) maneiras.
>
> Podemos escrever: A_(n+1) = A_n + B_(n-1) (n>=4).
>
> Analogamente teremos: B_(n+1) = B_n + C_(n-1) (n>=3).
>
> Pensando de maneira similar, temos também: C_(n+1) = C_n + (n-1) (n>=2).
>
> Temos três séries telescópicas. Resolvendo e lembrando que a soma das
> colunas do triângulo de Pascal é o número binomial localizado na diagonal à
> direita do último elemento do somatório, obteremos:
>
> C_n = binomial (n-1,2) = (n-1).(n-2)/2!
>
> B_n = binomial (n-2,3) = (n-2)(n-3)(n-4)/3!
>
> A_n = binomial (n-3,4) = (n-3)(n-4)(n-5)(n-6)/4!
>
>
Interessante a solução, ela me faz pensar o seguinte:
há uma bijeção entre uma escolha (x1, x2, x3, x4) em números de 1 a n com a
restrição, e uma escolha (x1, x2-1, x3-2, x4-3) para números de 1 a n-3 sem
a restrição. Como este último pode ser escolhido de binomial(n-3, 4)
formas, então o primeiro também poderia.

-- 
[]'s
Lucas

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

[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Seja {A_n} a quantidade de seqüências com 4 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=4).

Seja {B_n} a quantidade de seqüências com 3 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=3).

Seja {C_n} a quantidade de seqüências com 2 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n>=2).

Para sabermos quanto vale A_(n+1), devemos dividir nossa contagem em duas
partes:

i) escolher 4 números dentre os que vão de 1 a n tais que a diferença
positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de A_n maneiras.

ii) escolher o (n+1) como um número obrigatório a constar no nosso conjunto
de 4. Após isso, escolher 3 números entre os que vão de 1 a (n-1), cuja
diferença positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de B_(n-1)
maneiras.

Podemos escrever: A_(n+1) = A_n + B_(n-1) (n>=4).

Analogamente teremos: B_(n+1) = B_n + C_(n-1) (n>=3).

Pensando de maneira similar, temos também: C_(n+1) = C_n + (n-1) (n>=2).

Temos três séries telescópicas. Resolvendo e lembrando que a soma das
colunas do triângulo de Pascal é o número binomial localizado na diagonal à
direita do último elemento do somatório, obteremos:

C_n = binomial (n-1,2) = (n-1).(n-2)/2!

B_n = binomial (n-2,3) = (n-2)(n-3)(n-4)/3!

A_n = binomial (n-3,4) = (n-3)(n-4)(n-5)(n-6)/4!

Em quinta-feira, 11 de julho de 2013, Lucas Prado Melo escreveu:

> 2013/7/11 Artur Costa Steiner  'cvml', 'steinerar...@gmail.com');>>
>
>> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
>> computador.
>>
>> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
>> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
>> seja maior ou igual a 2?
>>
>
> Utilizando da seguinte identidade:
>
> sum_{0 <= k <= n}  kCm = (n+1)C(m+1)
>
> , onde xCy é o numero de combinações de x objetos, y a y,
>
> podemos obter uma expressão para o valor procurado.
>
> Em vez de considerar as posições, consideremos a posição inicial x e as
> diferenças d1, d2 e d3, de modo que os números selecionados sejam x, x+d1,
> x+d1+d2, x+d1+d2+d3.
>
> Se fixarmos k = d1+d2+d3, de quantas formas podemos selecionar uma tripla
> (d1, d2, d3)? Basta fazer uma combinação completa de  k-6 em 3 pedaços e
> então adicionar a cada um dos 3 pedaços o +2 pra respeitar a restrição de
> ser >= 2. O número de triplas é portanto (k-6 + 2)C2.
>
> Fixado k, podemos selecionar a posição inicial de 100-k-1 formas.
>
> Assim o número total de formas é
> sum_{6 <= k <= 99} (100 - k - 1) (k-6 +2)C2.
>
>  Para nos "livrarmos" do "k" no fator podemos fazer o seguinte:
>
> (99 - 3 - (k-3)) (k-4)C2 = 96 (k-4)C2   -(k-3) (k-4)C2  = 96 (k-4)C2
> -   3  (k-3)C3
>
> E assim a expressão pode ser obtida da identidade mostrada no início com
> algumas manipulaçõezinhas algébricas.
>
>
> --
> []'s
> Lucas
>
> --
> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/11 Artur Costa Steiner 

> Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
> computador.
>
> Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
> formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
> seja maior ou igual a 2?
>

Utilizando da seguinte identidade:

sum_{0 <= k <= n}  kCm = (n+1)C(m+1)

, onde xCy é o numero de combinações de x objetos, y a y,

podemos obter uma expressão para o valor procurado.

Em vez de considerar as posições, consideremos a posição inicial x e as
diferenças d1, d2 e d3, de modo que os números selecionados sejam x, x+d1,
x+d1+d2, x+d1+d2+d3.

Se fixarmos k = d1+d2+d3, de quantas formas podemos selecionar uma tripla
(d1, d2, d3)? Basta fazer uma combinação completa de  k-6 em 3 pedaços e
então adicionar a cada um dos 3 pedaços o +2 pra respeitar a restrição de
ser >= 2. O número de triplas é portanto (k-6 + 2)C2.

Fixado k, podemos selecionar a posição inicial de 100-k-1 formas.

Assim o número total de formas é
sum_{6 <= k <= 99} (100 - k - 1) (k-6 +2)C2.

Para nos "livrarmos" do "k" no fator podemos fazer o seguinte:

(99 - 3 - (k-3)) (k-4)C2 = 96 (k-4)C2   -(k-3) (k-4)C2  = 96 (k-4)C2
-   3  (k-3)C3

E assim a expressão pode ser obtida da identidade mostrada no início com
algumas manipulaçõezinhas algébricas.


-- 
[]'s
Lucas

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

[obm-l] Análise combinatória

[Artur Costa Steiner]

Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um computador.

Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos formar de 
modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto seja maior ou 
igual a 2?

Abraços.

Artur Costa Steiner
-- 
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: [obm-l] RE: [o bm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Luiz Guilherme Schiefler de Arruda]

Errei a conta aqui, a soma da 642 não 622 como coloquei
—
Sent from Mailbox for iPhone

On Mon, May 13, 2013 at 11:01 PM, Luiz Guilherme Schiefler de Arruda
 wrote:

> Realmente faltaram algumas hipóteses, espero que todos estejam aqui agora:
> Considere as seguintes hipóteses:
> I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
> totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
> (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
> anterior - totalizando 22 algarismos 0;
> III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
> algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 
> 2 algarismos 0;
> IV) Os números acima de 100 que tem o algarismo da centena zero (101, ... , 
> 109, 201, ... , 209, 301, ... 1001, ... 2001, ..., 2209) - Totalizando 22 
> vezes 9 algarismos 0 = 198 zeros;
> V) Os números acima de 1000 que tem o algarismo da centena zero (1001, 1002, 
> ..., 1099, 2001, ... 2099) - Totalizando 2 vezes 99 algarismos 0 = 198 zeros.
> Somando os cinco totais temos: 222 + 22 + 2 + 198 + 198 =  622 números 0.
> —
> Luiz Guilherme
> ​Sent from Mailbox for iPhone
> On seg, mai 13, 2013 at 8:07 PM, João Maldonado 
> mailto:joao_maldona...@hotmail.com";>> wrote:
> O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim 
> contém um zero.
> Faltou contar alguns casos
> From: marconeborge...@hotmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
> Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +
> Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
>  
> From: lgu...@gmail.com
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
> Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Considere as seguintes hipóteses:
> I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
> totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
> (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
> anterior - totalizando 22 algarismos 0;
> III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
> algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 
> 2 algarismos 0;
> Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
>  -
> Luiz Guilherme
>  
>  
> Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[João Maldonado]

Dá pra fazer assim:
Contando a quantidade de zeros que aparece nas unidades
_._._.0
Temos 222 possibilidades
Contando os zeros nas dezenas
_._.0._
Temos 220 possibilidades (22 a esquerda e 10 à direita)
Contando os zeros das centenas
_.0._._
200 possibilidades ( 2 à esquerda e 100 à direita)

TOTAL 642

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 20:00:48 -0300




O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +




Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 
From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  
  
  

Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Luiz Guilherme Schiefler de Arruda]

Realmente faltaram algumas hipóteses, espero que todos estejam aqui agora:
Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
(100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
anterior - totalizando 22 algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;
IV) Os números acima de 100 que tem o algarismo da centena zero (101, ... , 
109, 201, ... , 209, 301, ... 1001, ... 2001, ..., 2209) - Totalizando 22 vezes 
9 algarismos 0 = 198 zeros;
V) Os números acima de 1000 que tem o algarismo da centena zero (1001, 1002, 
..., 1099, 2001, ... 2099) - Totalizando 2 vezes 99 algarismos 0 = 198 zeros.


Somando os cinco totais temos: 222 + 22 + 2 + 198 + 198 =  622 números 0.


—
Luiz Guilherme

​Sent from Mailbox for iPhone


On seg, mai 13, 2013 at 8:07 PM, João Maldonado 
mailto:joao_maldona...@hotmail.com";>> wrote:
O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +

Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 

From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
(100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
anterior - totalizando 22 algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;


Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
 -
Luiz Guilherme





 
 
Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[João Maldonado]

O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +




Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 
From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  
  

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[terence thirteen]

Eu ainda acho mais fácil calcular o tanto de vezes que o algarismo 0
aparece em cada posição.


Em 11 de maio de 2013 18:20, Eduardo Beltrao  escreveu:

> Caro Luiz,
> Creio que também deve fazer parte deste cômputo os zeros de números tais
> quais 103, 1008, 1039, etc.
> O número total de zeros será bem maior que os 246 que você achou.
>
> Eduardo
>
>
> Em 11 de maio de 2013 16:40, Luiz Guilherme Schiefler de Arruda <
> lgu...@gmail.com> escreveu:
>
>> Considere as seguintes hipóteses:
>> I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) -
>> totalizando 222 algarismos 0;
>> II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200),
>> porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior -
>> totalizando 22 algarismos 0;
>> III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2
>> algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 -
>> totalizando 2 algarismos 0;
>>
>> Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
>>-
>> Luiz Guilherme
>>
>> Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:
>>
>>
>> peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...
>>
>> Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o
>> algarismo 0 aparece?
>>
>> bjs, Lu.
>>
>>
>>
>


-- 
/**/
神が祝福

Torres

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Eduardo Beltrao]

Caro Luiz,
Creio que também deve fazer parte deste cômputo os zeros de números tais
quais 103, 1008, 1039, etc.
O número total de zeros será bem maior que os 246 que você achou.

Eduardo


Em 11 de maio de 2013 16:40, Luiz Guilherme Schiefler de Arruda <
lgu...@gmail.com> escreveu:

> Considere as seguintes hipóteses:
> I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) -
> totalizando 222 algarismos 0;
> II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém
> 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior - totalizando 22
> algarismos 0;
> III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2
> algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 -
> totalizando 2 algarismos 0;
>
> Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
> -
> Luiz Guilherme
>
> Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:
>
>
> peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...
>
> Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo
> 0 aparece?
>
> bjs, Lu.
>
>
>

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Luiz Guilherme Schiefler de Arruda]

Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;
II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 
algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior - totalizando 22 
algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;

Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
-
Luiz Guilherme

Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa  escreveu:

> 
> peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...
> 
> Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
> aparece?
> 
> bjs, Lu.

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Adriano Dutra Teixeira]

Acho que um jeito tranquilo de se fazer é encontrar a quantidade de zeros 
escritos em cada casa (unidades, dezenas e centenas).

(i) unidades: _ _ _ 0 : nas unidades são 222 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros de 1 a 222.

(ii) dezenas: _ _ 0 _ : nas dezenas são 220 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros de 1 a 22 e à direita do zero podemos 
ter os 

inteiros de 0 a 9.

(iii) centenas: _ 0 _ _ : nas centenas são 200 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros 1 e 2 e à direita do zero podemos ter 
os 

inteiros de 0 a 99.

Somando (i) + (ii) + (iii) = 222 + 220 + 200 = 642.


Espero ter ajudado,

Adriano




 De: Luciane Barbosa 
Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Quinta-feira, 2 de Maio de 2013 15:34
Assunto: [obm-l] combinatória
 



peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...

Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?

bjs, Lu.

[obm-l] combinatória

[Luciane Barbosa]

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...

Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?

bjs, Lu.

[obm-l] Problema de análise combinatória...

[ruy de oliveira souza]

Numa quadra  existem seis setores. Em cada setor, duas equipes vão se
enfrentar. Se uma partida entre duas equipes (das 12 equipes) só pode
ocorrer uma vez e se cada equipe tem que passar por todos os setores uma
vez, qual o número total de partidas que podem ocorrer? É possível montar
uma tabela para esse experimento?. Cheguei num número muito estranho, por
isso queria testar. Ah, esse problema é baseado em fatos reais, proposto
por um professor de educação física que quer montar um dia esportivo na sua
escola. Agradeço antecipadamente a quem me ajudar!!!

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

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[douglas . oliveira]

  

ê verdade pensei com uma mao rs 

On Fri, 8 Mar 2013 11:06:04
-0300, Pedro José wrote: 

> Douglas,
> 
> São dez dedos. CC (10,10) e
não CC(10,4).
> 
> Em 07/03/13, douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
[1]i...@grupoolimpo.com.br [2]> escreveu: [3]
> 
>> Primeiro vamos
resolver todas as soluções naturais da equação x+y+z+w+t=10 o que nos dá
14!/10!4! onde cada dedo é representado pelas letras e depois permutamos
os anéis de 10! formas, ai pronto dará (14!/10!4!).10!=14!/4!. Acredito
que é só isso. Abs: Douglas Oliveira. On Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300,
Athos Cotta Couto wrote: 
>> 
>>> Eu faria assim: Primeiro considere os
aneis iguais. Faça uma
>> combinação completa, para achar a quantidade
de maneiras que se pode distribuir os aneis nos dedos. Depois "pinte" os
aneis. O primeiro pode ser pintado de 10 maneiras 
>> 
>>>
(19!/10!9!)10!=19!/9! O problema no
>> seu pensamento eh que quando vc
escolhe as posicoes e depois permuta os aneis, vc vai contar algumas
permutacoes varias vezes... Em le
>> t:5px; border-left:#1010ff 2px
solid; margin-left:5px; width:100%"> todos os anéis em qualquer um dos
dedos e a ordem dos anéis n
>> 
>>> margin-left:5px; width:100%"> Eu
considerei um total
>> quote> de 100 posições nos dedos e que,colocando
os anéis um a um,há sempre 10 escolhas possíveis. eu permutei os
anéis.Ahei 10^10 * 10! Se estiver errado,qual o erro desse
raciocínio?
>> "padding-left:5px; border-left:#1010ff 2px solid;
margin-left:5px; width:100%"> -- Esta mensagem foi verificada pelo
sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. Links: --
[1] mailto:
>> eborge...@hotmail.com
>> 
>>> 
>> 
>>> 
> 
>
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
[4]http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html [5]
=
[6]

  

Links:
--
[1]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brmailto:i...@grupoolimpo.com.br
[3]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brmailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brhttp://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
[6]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.br

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Pedro José]

Douglas,

São dez dedos. CC (10,10) e não CC(10,4).

Em 07/03/13, 
douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
escreveu:
>
>
> Primeiro vamos resolver todas as soluções naturais da equação
>
>
> x+y+z+w+t=10 o que nos dá 14!/10!4! onde cada dedo é representado
> pelas letras
>
> e depois permutamos os anéis de 10! formas, ai pronto
> dará
>
> (14!/10!4!).10!=14!/4!.
>
> Acredito que é só isso.
>
> Abs: Douglas
> Oliveira.
>
> On Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300, Athos Cotta Couto wrote:
>
>
>> Eu faria assim:
>> Primeiro considere os aneis iguais.
>> Faça uma
> combinação completa, para achar a quantidade de maneiras que se pode
> distribuir os aneis nos dedos. Depois "pinte" os aneis. O primeiro pode
> ser pintado de 10 maneiras
>> (19!/10!9!)10!=19!/9!
>> O problema no
> seu pensamento eh que quando vc escolhe as posicoes e depois permuta os
> aneis, vc vai contar algumas permutacoes varias vezes...
>> Em
> 04/03/2013 08:40, "marcone augusto araújo borges" escreveu:
>>
>>> Maria
> tem 10 anéis todos distintos.De quantos modos ela pode distribuí-los em
> seus dedos?Épossível colocar
>>> todos os anéis em qualquer um dos dedos
> e a ordem dos anéis nos dedos é relevante.
>>>
>>> Eu considerei um total
> de 100 posições nos dedos e que,colocando os anéis um a um,há sempre 10
> escolhas possíveis.
>>> Depois eu permutei os anéis.Ahei 10^10 * 10!
>>>
> Se estiver errado,qual o erro desse raciocínio?
>>> --
>>> Esta mensagem
> foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre
> de perigo.
>
>
>
> Links:
> --
> [1] mailto:marconeborge...@hotmail.com
>

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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Valeu!Entendi.
 Date: Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória
From: cotta.co...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Eu faria assim:

Primeiro considere os aneis iguais.

Faça uma combinação completa, para achar a quantidade de maneiras que se pode 
distribuir os aneis nos dedos. Depois "pinte" os aneis. O primeiro pode ser 
pintado de 10 maneiras

(19!/10!9!)10!=19!/9!

O problema no seu pensamento eh que quando vc escolhe as posicoes e depois 
permuta os aneis, vc vai contar algumas permutacoes varias vezes...
Em 04/03/2013 08:40, "marcone augusto araújo borges" 
 escreveu:





Maria tem 10 anéis todos distintos.De quantos modos ela pode distribuí-los em 
seus dedos?Épossível colocar
todos os anéis em qualquer um dos dedos e a ordem dos anéis nos dedos é 
relevante.

Eu considerei um total de 100 posições nos dedos e que,colocando os anéis um a 
um,há sempre 10 escolhas possíveis.

Depois eu permutei os anéis.Ahei 10^10 * 10!
Se estiver errado,qual o erro desse raciocínio?
  
--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.


  

Re: [obm-l] Combinatória

[Artur Costa Steiner]

Uma vez eu dei uma solução para um problema bem parecido no Yahoo Respostas. 
Ninguém comentou a resposta. Veja se vc concorda. No YR meu nome era Steiner.

http://br.answers.yahoo.com/question/index;_ylt=Akh2r6XDEo8RwzAToJHqijHJ6gt.;_ylv=3?qid=20121126052524AAOlLUT

Artur Costa Steiner

Em 04/03/2013, às 08:33, marcone augusto araújo borges 
 escreveu:

> Maria tem 10 anéis todos distintos.De quantos modos ela pode distribuí-los em 
> seus dedos?Épossível colocar
> todos os anéis em qualquer um dos dedos e a ordem dos anéis nos dedos é 
> relevante.
> 
> Eu considerei um total de 100 posições nos dedos e que,colocando os anéis um 
> a um,há sempre 10 escolhas possíveis.
> Depois eu permutei os anéis.Ahei 10^10 * 10!
> Se estiver errado,qual o erro desse raciocínio?
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Carlos Yuzo Shine]

Desculpa, eu não fui muito claro na hora de fazer as contas (eu devia estar com 
pressa na hora que escrevi o outro e-mail). Aí vai:

Para calcular a interseção de dois, ou seja, as sequências com AA e BB, trate 
AA e BB como blocos. Aí precisamos calcular a quantidade de anagramas com 8 
símbolos (dois Cs, dois Ds, dois Es, o bloco AA e o bloco BB). Como três 
símbolos repetem, a quantidade é 8!/2^3. Os outros são parecidos.


O que você fez, escolher 4 posições entre 10, pode fazer com que os As e/ou os 
Bs fiquem separados. Por exemplo, se você escolher as posições 1, 2, 4 e 6 e 
AABB, sua sequência fica, inicialmente, AA_B_B_,_,_,_. Os As ficaram juntos, 
mas os Bs não. Outro exemplo é _B_B_,_A_A_. Por isso o seu resultado é maior: 
você está contando sequências a mais.

[]'s
Shine


From: marcone augusto araújo borges 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Monday, February 25, 2013 11:51 AM
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória



Onde estou errando?
n(intersecção de dois) = ?
AA e BB por exemplo.
Escolho 4 posições (para essas 4 letras) entre 10 possíveis:C10,4 = 210
Para cada uma delas vale AABB ou BBAA
Depois faço 6!/2^3
Dai encontro 210.2.6!/2^3 > 8!/2^3


> Date: Sun, 24 Feb 2013 17:35:56 -0800
> From: cysh...@yahoo.com
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> 
> Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
> Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
> n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, 
> n(interseção de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção 
> dos cinco) = 5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 
> 5.6!/2 - 5!, e aí é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no 
> caso geral, como é de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.
> 
> []'s
> Shine
> 
> 
> 
> 
> 
> From: Artur Costa Steiner 
> To: "obm-l@mat.puc-rio.br"  
> Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
> Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória
> 
> 
> Acho que podemos raciocinar assim:
> 
> Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
> uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
> posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
> desejado.
> 
> Abraços
> 
> Artur Costa Steiner
> 
> Em 24/02/2013, às 19:27, "Anderson Weber"  escreveu:
> 
> 
> 
> >Boa noite, amigos.
> > 
> >Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
> >De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
> haja duas letras consecutivas iguais?
> > 
> > 
> >Um abraço.
> > 
> > 
> >Anderson
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> = 

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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Onde estou errando?n(intersecção de dois) = ?AA e BB por exemplo.Escolho 4 
posições (para essas 4 letras) entre 10 possíveis:C10,4 = 210Para cada uma 
delas vale AABB ou BBAADepois faço 6!/2^3Dai encontro 210.2.6!/2^3 > 8!/2^3
 > Date: Sun, 24 Feb 2013 17:35:56 -0800
> From: cysh...@yahoo.com
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> 
> Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
> Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
> n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, 
> n(interseção de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção 
> dos cinco) = 5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 
> 5.6!/2 - 5!, e aí é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no 
> caso geral, como é de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.
> 
> []'s
> Shine
> 
> 
> 
> 
> 
> From: Artur Costa Steiner 
> To: "obm-l@mat.puc-rio.br"  
> Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
> Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória
> 
> 
> Acho que podemos raciocinar assim:
> 
> Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
> uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
> posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
> desejado.
> 
> Abraços
> 
> Artur Costa Steiner
> 
> Em 24/02/2013, às 19:27, "Anderson Weber"  escreveu:
> 
> 
> 
> >Boa noite, amigos.
> > 
> >Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
> >De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
> haja duas letras consecutivas iguais?
> > 
> > 
> >Um abraço.
> > 
> > 
> >Anderson
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
  

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Carlos Yuzo Shine]

Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, n(interseção 
de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção dos cinco) = 
5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 5.6!/2 - 5!, e aí 
é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no caso geral, como é 
de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.

[]'s
Shine





From: Artur Costa Steiner 
To: "obm-l@mat.puc-rio.br"  
Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória


Acho que podemos raciocinar assim:

Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
desejado.

Abraços

Artur Costa Steiner

Em 24/02/2013, às 19:27, "Anderson Weber"  escreveu:



>Boa noite, amigos.
> 
>Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
>De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
haja duas letras consecutivas iguais?
> 
> 
>Um abraço.
> 
> 
>Anderson

=
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] Análise Combinatória

[Artur Costa Steiner]

Acho que podemos raciocinar assim:

Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
desejado.

Abraços

Artur Costa Steiner

Em 24/02/2013, às 19:27, "Anderson Weber"  escreveu:

> Boa noite, amigos.
>  
> Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
> De quantos modos podemos permutá-las, tal que não haja duas letras 
> consecutivas iguais?
>  
>  
> Um abraço.
>  
>  
> Anderson

[obm-l] Análise Combinatória

[Anderson Weber]

Boa noite, amigos.

Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
De quantos modos podemos permutá-las, tal que não haja duas letras consecutivas 
iguais?


Um abraço.


Anderson

[obm-l] RES: [obm-l] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Muitíssimo obrigado caro Douglas Oliveira.

Um abraço do colega

Osmundo Bragança.

 

  _  

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
Enviada em: domingo, 16 de setembro de 2012 12:33
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Análise Combinatória

 

Bom podemos fazer por inclusão e exclusão sim , mas acho que fica um pouco
grande olha:

Vamos considerar que sejam AAABBBCCC e façamos todos os anagramas onde nao
existam letras iguais juntas e ao final multiplicaremos por 3!x3!x3!.

Vamos contar todas as permutações que possuem dois AA juntos , que é só
considerar que os dois AA sejam um único bloco. aí dará

8!/3!x3!=1120 e tirar os casos em que aparecem 3 A's juntos o tipo AAA que
do mesmo jeito fica 7!/3!x3!=140

1120-140=980.

Vamos contar aquelas em que aparecem dois A e dois B juntos contaremos
(AA)A(BB)BCCC 7!/3!=840, e retiramos aqueles em que aparecem AAA e BB que
dará 6!/3!=120 e depois retiramos aqueles em que aparecem AA e BBB que
tambem dará 120 e acrescentaremos aqueles em que aparecem AAA e BBB que é
(AAA)(BBB)CCC e dará 5!/3!=20 , assim dará 840-2x120+20=620.

Agora amos ao procedimento final contar quantos anagramas aparecem AA BB e
CC (AA)(BB)(CC)ABC que dará  6! e precisamos retirar

os que ocorrem AAA ,BB e CC e depois o mesmo para AA,BBB e CC e o mesmo para
AA , BB e CCC 5!x3=360 assim fica 720-360=360, porém precisamos colocar os
que aparecem AA, BBB, e CCC, o mesmo para AAA,BBB e CC  e os que contém AAA,
BB e CCC que dará 4!x3=72 entao fica 360+72=432 e finalizando precisamos
retirar aqueles em que aparecem AAA, BBB e CCC que é 3!=6 assim resultado dá
432-6=426.

 

Agora podemos finalizar o problema fazendo 3x980-3x620+426=1506, e retiramos
de todos os anagrams possíveis que são 9!/3!x3!x3!=1680, resposta final será
1680-1506=174 ou seja 174x(3!)^3=37584 modos distintos.Um dos seus colegas
acertou o resultado

Valeu, um abraço do

Douglas Oliveira!! 

On Sun, 16 Sep 2012 10:08:40 -0300, Osmundo Bragança wrote:

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

 

 

[obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Muitíssimo obrigado caro Ralph.

Esta lista continua utilíssima para muitos professores.

Um abraço.

Osmundo.

 

  _  

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de Ralph Teixeira
Enviada em: domingo, 16 de setembro de 2012 12:22
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

 

Ah, errei uma bobagem. Era:

 

R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(c,a,b)=U(b,c,a)=U(c,b,a)

 

a chave eh que o numero a tem que ficar na mesma posicao relativa em cada
funcao. Mas dali para frente, estah correto assim mesmo.

 

Abraco,

  Ralph

2012/9/16 Ralph Teixeira 

Certamente nao eh a segunda resposta... :)

 

Digo, para arrumar as nacionalidades, voce tem 3 opcoes para o primeiro, 2
para o segundo, etc., para um total de 3.2^8=768 possibilidades.

 

Mas isto estah errado, eh claro -- muitas dessas escolhas sao impossiveis,
como por exemplo RBRBRBRUR, que teria 5 russos -- nao vale.

 

Entao estou dizendo que sao MENOS que 768 possibilidades para a ordenacao
das nacionalidades. Portanto, sao menos que 768.3!.3!.3! filas (permutando
os individuos dentro de cada nacionalidade).

 

Nao estou resolvendo o problema, mas sei que a resposta eh (bem!) menos que
768.6^3=165888. Faltou exclusao na inclusao-exclusao. :) :) :)

 

Abraco,

   Ralph

 

P.S.: Vou resolver o problema de um jeito computacional feio. Faco isso para
mostrar que aas vezes vale a pena botar um pouco de algebra, fazer tudo
ficar mecanico, e mandar brasa!

R(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM RUSSO que tem a russos, b
bielorussos e c ucranianos, contando soh nacionalidades, sem ter
nacionalidades consecutivas

B(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM BIELO etc etc

U(a,b,c)=comecando com UCRANIANO

Por outro lado, por simetria,
R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(b,c,a)=U(c,a,b)=U(c,b,a), certo?

 

Entao, uma fila comecando por R tem que continuar com B ou com U, usando um
russo a menos:

R(a,b,c)=B(a-1,b,c)+U(a-1,b,c)=R(b,a-1,c)+R(c,b,a-1)

Esta recorrencia nao eh das piores se os numeros forem pequenos! Com
coragem, isto mata o problema:

R(3,3,3)=R(3,2,3)+R(3,3,2)=2R(3,3,2)=2.(R(3,2,2)+R(2,3,2))=

=2.(2.R(2,2,2)+R(3,1,2)+R(2,3,1))=2.(4.R(2,2,1)+R(1,2,2)+R(2,1,2)+R(3,1,1)+R
(1,3,1))=

=2.(R(3,1,1)+5.R(2,2,1)+R(1,3,1)+R(1,2,2))

 

Agora que soh tem 5 fulanos na fila, acho que jah dah para calcular cada um
pensando direto:

R(3,1,1)=2 porque soh tem 3 lugares para por os russos nas 5 posicoes. Entao
eh RURBR ou RBRUR.

R(2,2,1)=R(2,1,1)+R(1,2,1)=4+1=5 (4=permutacoes de RBU sem comecar por R;
1=RBUB).

R(1,3,1)=0 (haveria dois B consecutivos!)

R(1,2,2)=2 (RBUBU ou RUBUB, soh)

Entao R(3,3,3)=2.(2+25+2)=58

 

O que queremos eh R(3,3,3)+U(3,3,3)+B(3,3,3)=3.58=174

 

Minto, o que REALMENTE queremos eh isso vezes 3!.3!.3!. Eh, concordo com a
primeira resposta.

 

2012/9/16 Osmundo Bragança 

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

 

 

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[douglas . oliveira]

  

Bom podemos fazer por inclusão e exclusão sim , mas acho que fica
um pouco grande olha: 

Vamos considerar que sejam AAABBBCCC e façamos
todos os anagramas onde nao existam letras iguais juntas e ao final
multiplicaremos por 3!x3!x3!. 

Vamos contar todas as permutações que
possuem dois AA juntos , que é só considerar que os dois AA sejam um
único bloco. aí dará 

8!/3!x3!=1120 e tirar os casos em que aparecem 3
A's juntos o tipo AAA que do mesmo jeito fica 7!/3!x3!=140


1120-140=980. 

Vamos contar aquelas em que aparecem dois A e dois B
juntos contaremos (AA)A(BB)BCCC 7!/3!=840, e retiramos aqueles em que
aparecem AAA e BB que dará 6!/3!=120 e depois retiramos aqueles em que
aparecem AA e BBB que tambem dará 120 e acrescentaremos aqueles em que
aparecem AAA e BBB que é (AAA)(BBB)CCC e dará 5!/3!=20 , assim dará
840-2x120+20=620. 

Agora amos ao procedimento final contar quantos
anagramas aparecem AA BB e CC (AA)(BB)(CC)ABC que dará 6! e precisamos
retirar 

os que ocorrem AAA ,BB e CC e depois o mesmo para AA,BBB e CC
e o mesmo para AA , BB e CCC 5!x3=360 assim fica 720-360=360, porém
precisamos colocar os que aparecem AA, BBB, e CCC, o mesmo para AAA,BBB
e CC e os que contém AAA, BB e CCC que dará 4!x3=72 entao fica
360+72=432 e finalizando precisamos retirar aqueles em que aparecem AAA,
BBB e CCC que é 3!=6 assim resultado dá 432-6=426. 

Agora podemos
finalizar o problema fazendo 3x980-3x620+426=1506, e retiramos de todos
os anagrams possíveis que são 9!/3!x3!x3!=1680, resposta final será
1680-1506=174 ou seja 174x(3!)^3=37584 modos distintos.Um dos seus
colegas acertou o resultado 

Valeu, um abraço do 

Douglas Oliveira!! 


On Sun, 16 Sep 2012 10:08:40 -0300, Osmundo Bragança wrote: 

> Caros
colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema: 
> 
> Três
russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila. 
> 
> Determine quantas filas existem que não contêm dois
conterrâneos em posição consecutiva. 
> 
> Dois colegas apresentaram
resolução, um encontrou, para resposta, 174x3!x3!x3!=37.584, 
> 
> outro
colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão) 
> 
>
Qualquer ajuda será muito útil. 
> 
> Obrigado. 
> 
> Osmundo Bragança

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Ralph Teixeira]

Certamente nao eh a segunda resposta... :)

Digo, para arrumar as nacionalidades, voce tem 3 opcoes para o primeiro, 2
para o segundo, etc., para um total de 3.2^8=768 possibilidades.

Mas isto estah errado, eh claro -- muitas dessas escolhas sao impossiveis,
como por exemplo RBRBRBRUR, que teria 5 russos -- nao vale.

Entao estou dizendo que sao MENOS que 768 possibilidades para a ordenacao
das nacionalidades. Portanto, sao menos que 768.3!.3!.3! filas (permutando
os individuos dentro de cada nacionalidade).

Nao estou resolvendo o problema, mas sei que a resposta eh (bem!) menos que
768.6^3=165888. Faltou exclusao na inclusao-exclusao. :) :) :)

Abraco,
   Ralph

P.S.: Vou resolver o problema de um jeito computacional feio. Faco isso
para mostrar que aas vezes vale a pena botar um pouco de algebra, fazer
tudo ficar mecanico, e mandar brasa!
R(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM RUSSO que tem a russos, b
bielorussos e c ucranianos, contando soh nacionalidades, sem ter
nacionalidades consecutivas
B(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM BIELO etc etc
U(a,b,c)=comecando com UCRANIANO
Por outro lado, por simetria,
R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(b,c,a)=U(c,a,b)=U(c,b,a), certo?

Entao, uma fila comecando por R tem que continuar com B ou com U, usando um
russo a menos:
R(a,b,c)=B(a-1,b,c)+U(a-1,b,c)=R(b,a-1,c)+R(c,b,a-1)
Esta recorrencia nao eh das piores se os numeros forem pequenos! Com
coragem, isto mata o problema:
R(3,3,3)=R(3,2,3)+R(3,3,2)=2R(3,3,2)=2.(R(3,2,2)+R(2,3,2))=
=2.(2.R(2,2,2)+R(3,1,2)+R(2,3,1))=2.(4.R(2,2,1)+R(1,2,2)+R(2,1,2)+R(3,1,1)+R(1,3,1))=
=2.(R(3,1,1)+5.R(2,2,1)+R(1,3,1)+R(1,2,2))

Agora que soh tem 5 fulanos na fila, acho que jah dah para calcular cada um
pensando direto:
R(3,1,1)=2 porque soh tem 3 lugares para por os russos nas 5 posicoes.
Entao eh RURBR ou RBRUR.
R(2,2,1)=R(2,1,1)+R(1,2,1)=4+1=5 (4=permutacoes de RBU sem comecar por R;
1=RBUB).
R(1,3,1)=0 (haveria dois B consecutivos!)
R(1,2,2)=2 (RBUBU ou RUBUB, soh)
Entao R(3,3,3)=2.(2+25+2)=58

O que queremos eh R(3,3,3)+U(3,3,3)+B(3,3,3)=3.58=174

Minto, o que REALMENTE queremos eh isso vezes 3!.3!.3!. Eh, concordo com
a primeira resposta.

2012/9/16 Osmundo Bragança 

>  Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:
>
> Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
> fila.
>
> Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em
> posição consecutiva.
>
> Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
> 174x3!x3!x3!=37.584,
>
> outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)
>
> Qualquer ajuda será muito útil.
>
> Obrigado.
>
> Osmundo Bragança
>

[obm-l] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

[obm-l] Re: [obm-l] Ajuda em combinatória

[Ralph Teixeira]

Seja D(n) esse número que você quer. Então:

D(0)=1 (vazio)
D(1)=1+1=2 (1 com 0 elementos, 1 com 1 elemento)
D(2)=1+2+0=3 (vazio e os subconjuntos unitários)
D(3)=1+3+1+0=5 (vazio, os unitários e {1,3}, mas com 3 elementos não dá)

Será que eu arrumo uma recorrência? Oras, os subconjuntos que eu arrumo em
{1,2,...,n} são de 2 tipos:

-- os que contém o último número n; então eles não podem ter o n-1! Assim,
eu tenho que escolher  (e basta escolher!) um subconjunto de {1,2,...,n-2}
que não tenha dois inteiros consecutivos, o que pode ser feito de D(n-2)
jeitos;
-- os que não tem o ultimo número n; então eu tenho que escolher (e basta!)
um subconjunto de {1,2,...,n-1} corretamente, o que pode ser feito de
D(n-1) jeitos.

Assim, D(n)=D(n-1)+D(n-2) -- e a sequência dos D(n) é a sequencia de
Fibonacci, começando com 1,2,3,5,8,13,... Você agora pode arrumar uma
fórmula fechada para ela.

Abraço,
 Ralph

2012/6/11 marcone augusto araújo borges 

>  Quantos subconjuntos do conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros
> consecutivos?
>

[obm-l] RE: [obm-l] Dúvidas em combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Obrigado,Douglas.
Uma problema bem parecido: Uma escada tem n degraus.Voce sobe tomando um ou 
dois a cada vez.De quantas maneiras voce pode subir?

 



Date: Mon, 11 Jun 2012 15:42:45 -0300
From: douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] Dúvidas em combinatória


Problema interessantíssimo, não tinha parado pra fazer até que percebi algo..
se voce for analisando a medida que os elementos crescem no conjunto perceba:
{}>  1
{1}---> 2
{1,2}--->3
{1,2,3}--->5
{1,2,3,4}--->8
...
os números que aparecem são os de fibonacci e analisando a sua resolução, voce 
mesmo chegaria no teorema de lucas f_n+1=Cn,0 + Cn-1,1 +Cn-2,2 +...Cn-j,j onde 
j é o maior inteiro menor ou igual a n/2, o que responde sua pergunta sobre n/2.
logo é só montar a recorrência e escrever a fórmula de binet.
Espero ter ajudado.
Douglas Oliveira!!!
 
 
On Mon, 4 Jun 2012 13:38:50 +, marcone augusto araújo borges wrote:

1)Quantos subconjuntos do conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros 
consecutivos?
 
O vazio seria um deles
Com 1 elemento:n subconjuntos
Com 2 elementos:Cn-1,2
Com 3 elementos:Cn-2,3
  .
  .
  .
Com n/2 elementos(se n é par):???
Eu pensei C(n/2 + 1,n/2) = n/2 + 1...mas isso é muito estranho,pois,se n = 
10,por exemplo,só há 2 subconjuntos de 5 elementos que não contêm dois inteiros 
consecutivos...
è necessario mesmo separar em 2 casos,n par e n ímpar?
 
2)Qual o argumento combinatório para mostrar que Cn,2 + Cn+1,2 = n^2?
 
Desde já agradeço.
 
 
  

[obm-l] Re: [obm-l] Ajuda em combinatória

[Pedro Nascimento]

O numero de subconjutos com n elementos q satistaz o enunciado, eh igual ao
numero de subconjuntos conjuntos com os n-1 primeiros elementos mais o
numero de subconjuntos com com n elementos, que contem necessariamente n. A
unica restricao sobre os conjuntos que contem o elemento n ,eh nao conter o
elemento n-1, logo eh igual ao numero de subconjuntos com n-2 elementos.
Assim F( n ) = F( n-1 ) + F(n-2), que eh a sequencia de fibonacci, eh facil
ver tbm que F ( 0 ) = 1 e F( 1) =2.

Em 11 de junho de 2012 15:40, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:

>  Quantos subconjuntos do conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros
> consecutivos?
>

[obm-l] Prova combinatória(2 e 3)

[marcone augusto araújo borges]

2) Suponha que você deseje escolher um subconjunto de 2k+1 elementos de um 
conjunto de n elementos {1,2,...,n}
Você decide fazer isso escolhendo primeiro o elemento do meio,depois os k 
elementos à sua esquerda e por último os k elementos  à sua direita.
Formule a identidade combinatória que você obtem disso.
 
Essa não consegui.
 
3) Prove que
 
   C(n,2) + C(n+1,2) = n^2
 
Dê duas provas,uma usando a fórmula algébrica e outra, usando a  interpretação 
combinatória.
 
Pela fórmula algébrica é muito simples
 
Interpretação combinátoria:
 
Suponha que serão escolhidos dois alunos de uma mesma turma,entre duas turmas A 
e B,uma com n alunos e a outra com n+1 alunos.
De quantos modos é possível fazer tal escolha?
 
Escolher dois alunos da turma A ou dois alunos da turma B: C(n,2) + C(n+1,2)
Outra forma: escolher dois alunos quaisquer,independente de qual turma eles 
sejam,e subtrair o número de casos em que são escolhidos um aluno da turma A e 
outro da B: C(2n+1,2) - n.(n+1) = n^2
Conclusão: C(n,2) + C(n+1,2) = n^2
Tá certo assim?
Mesmo que esteja certo,alguem indicaria um modo diferente?
 
  

[obm-l] Ajuda em combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Quantos subconjuntos do conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros 
consecutivos?   

Re: [obm-l] Dúvidas em combinatória

[douglas . oliveira]

  

Problema interessantíssimo, não tinha parado pra fazer até que
percebi algo.. 

se voce for analisando a medida que os elementos
crescem no conjunto perceba: 

{}> 1 

{1}---> 2 

{1,2}--->3


{1,2,3}--->5 

{1,2,3,4}--->8 

... 

os números que aparecem são os
de fibonacci e analisando a sua resolução, voce mesmo chegaria no
teorema de lucas f_n+1=Cn,0 + Cn-1,1 +Cn-2,2 +...Cn-j,j onde j é o maior
inteiro menor ou igual a n/2, o que responde sua pergunta sobre n/2.


logo é só montar a recorrência e escrever a fórmula de binet. 

Espero
ter ajudado. 

Douglas Oliveira!!! 

On Mon, 4 Jun 2012 13:38:50 +,
marcone augusto araújo borges wrote: 

> 1)Quantos subconjuntos do
conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros consecutivos?
> 
> O vazio
seria um deles
> Com 1 elemento:n subconjuntos
> Com 2
elementos:Cn-1,2
> Com 3 elementos:Cn-2,3
> .
> .
> .
> Com n/2
elementos(se n é par):???
> Eu pensei C(n/2 + 1,n/2) = n/2 + 1...mas
isso é muito estranho,pois,se n = 10,por exemplo,só há 2 subconjuntos de
5 elementos que não contêm dois inteiros consecutivos...
> è necessario
mesmo separar em 2 casos,n par e n ímpar?
> 
> 2)Qual o argumento
combinatório para mostrar que Cn,2 + Cn+1,2 = n^2?
> 
> Desde já
agradeço.

  

[obm-l] Re: [obm-l] Ajuda em combinatória

[Ralph Teixeira]

Bom, é difícil dizer se a ordem em que as bolas são colocadas nas caçapas
importa ou não. Parece-me que não, então decida como colocar as brancas de
C15,8 maneiras, depois as pretas de C10,8 maneiras, para um total de
C15,8.C10,8=289 575 maneiras. Acho.

Se a ordem importar, primeiro escolha a ordem DAS CORES no encaçapamento:
C9,2 maneiras de ordenar as pretas, as brancas ficam no que sobrar. Agora
escolha as caçapas de cada encaçapamento, 9^9 opções. Total, (C9,7).9^9=13
947 137 604 maneiras. Acho.

(Na mesa em que eu jogava quando eu era criança, as caçapas tinham redinhas
estreitas, então olhando por fora dava para deduzir a ordem em que as bolas
tinha caído... Mas, naquelas mesas de bar onde todas as caçapas levam a uma
gaveta, a ordem quase que desaparece. Isto dito, nunca vi uma mesa com 9
caçapas então Ah, droga, estou sendo prolixo, mante este parágrafo pro
lixo. Acho. )

Abraçho,
 Ralph

2012/6/4 marcone augusto araújo borges 

>  De quantas maneiras podemos colocar 7 bolas de bilhar brancas e duas
> pretas em 9 caçapas?(algumas caçapas podem permanecer vazias e as caçapas
> são consideradas distintas).
>
> Se fossem todas brancas ou todas pretas(mais fácil) seriam C17,8 maneiras?
>

[obm-l] Ajuda em combinatória

[marcone augusto araújo borges]

De quantas maneiras podemos colocar 7 bolas de bilhar brancas e duas pretas em 
9 caçapas?(algumas caçapas podem permanecer vazias e as caçapas são 
consideradas distintas).
 
Se fossem todas brancas ou todas pretas(mais fácil) seriam C17,8 maneiras?  
  

[obm-l] Dúvidas em combinatória

[marcone augusto araújo borges]

1)Quantos subconjuntos do conjunto {1,2,...,n} não contêm dois inteiros 
consecutivos?
 
O vazio seria um deles
Com 1 elemento:n subconjuntos
Com 2 elementos:Cn-1,2
Com 3 elementos:Cn-2,3
  .
  .
  .
Com n/2 elementos(se n é par):???
Eu pensei C(n/2 + 1,n/2) = n/2 + 1...mas isso é muito estranho,pois,se n = 
10,por exemplo,só há 2 subconjuntos de 5 elementos que não contêm dois inteiros 
consecutivos...
è necessario mesmo separar em 2 casos,n par e n ímpar?
 
2)Qual o argumento combinatório para mostrar que Cn,2 + Cn+1,2 = n^2?
 
Desde já agradeço.
  

[obm-l] Mais combinatória

[marcone augusto araújo borges]

1) 20 pessoas estao sentadas ao redor de uma mesa.De quantas maneiras podemos 
escolher 3 pessoas,sem que nunca 2 delas sejam vizinhas?
 
Eu tinha feito 20*17*14,mas depois vi que estava errado.
 
2) Qual o numero de maneiras de colorir n objetos com 3 cores,se cada cor tem 
que ser usada pelo menos uma vez?
 
Para começar,uma dúvida:
se n = 3,temos 1 maneira ou 6? 
 
  

[obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Amigos,

Na questão: "De quantas maneiras distintas posso colocar 10 homens e 10
mulheres em fila sendo que tanto os homens quanto as mulheres se sucedem
por ordem de altura? E se só os homens obedessesem esta ordem? "

Resolvi assim a 1ª parte: São 20 posições. Escolha das posições para os
homens: C(20,10). Uma vez colocados os homens, as mulheres entram em ordem
de forma única. Como tanto homens, como mulheres podem estar ordenados em
ordem crescente ou decrescente, temos: 4.C(20,10) formas.
Na 2ª parte os homens obedecem e as mulheres não. Logo, seriam 2.C(20,10).
10!. Minha dúvida é pq no gabarito oficial dessa opção não aparece o 10!.

Obrigado e abs

-- 
Walter

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Victor Villas Bôas Chaves]

Certo. São 2p moedas para repartir entre duas pessoas, 2p+1 maneiras.

Em 23 de maio de 2012 10:55, marcone augusto araújo borges
 escreveu:
> obrigado.E caso k = 2,teremos 2p + 1 resultados,e não p + 1,certo?
>> Date: Tue, 22 May 2012 19:33:07 -0300
>> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
>> From: victor.chaves@gmail.com
>> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>
>>
>> Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da
>> equação:
>> x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p
>>
>> Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
>>  escreveu:
>> > K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p
>> > moedinhas.No
>> > final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um
>> > do
>> > outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
>> > moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?
>> >
>> > No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma
>> > moedinha
>> > por rodada?
>> >
>> > Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
>> > seria p + 1
>> >
>> > Alguem poderia esclarecer?
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =

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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[marcone augusto araújo borges]

obrigado.E caso k = 2,teremos 2p + 1 resultados,e não p + 1,certo? 

> Date: Tue, 22 May 2012 19:33:07 -0300
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
> From: victor.chaves@gmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> 
> Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da 
> equação:
> x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p
> 
> Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
>  escreveu:
> > K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p moedinhas.No
> > final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um do
> > outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
> > moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?
> >
> > No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma moedinha
> > por rodada?
> >
> > Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
> > seria p + 1
> >
> > Alguem poderia esclarecer?
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
  

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Victor Villas Bôas Chaves]

Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da equação:
x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p

Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
 escreveu:
> K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p moedinhas.No
> final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um do
> outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
> moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?
>
> No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma moedinha
> por rodada?
>
> Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
> seria p + 1
>
> Alguem poderia esclarecer?

=
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] combinatória

[marcone augusto araújo borges]

K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p moedinhas.No final 
do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um do outro,de 
modo que que eles nao podem perder mais do que suas p moedinhas.Quantos 
resultados possiveis existem?
 
No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma moedinha por 
rodada?
 
Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis seria p 
+ 1
 
Alguem poderia esclarecer?

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Lucas Prado Melo]

Eu calculei quantas somas existem que dá 100, retirei as somas que envolvem
2 números iguais (não existem somas com 3 números iguais que dê 100) e
então dividi por 3! para ordenar.

Para calcular quantas somas com três parcelas que existem com resultado 100
(parcelas a partir de 1), eu calculei quantas somas existem de três
parcelas para dar 97 (parcelas a partir de 0). Para isto, basta fazer
combinação de 97+2 2 a 2 (de 97+2 espaços selecione 2 "marcadores", cada
parcela é representada pela quantidade de espaços em uma das partes
"separadas" pelos marcadores).

Para calcular a quantidade de somas com 2 números iguais, basta retirar uma
quantidade de 100 e dividir o resto por 2. Assim a quantidade retirada k
precisa ser par e precisa respeitar 0 < k < 100, temos então 98/2
possibilidades (lembre-se que não existem somas com 3 parcelas iguais para
o caso). É preciso multiplicar esse valor pelas permutações com repetição:
3!/2!

O resultado foi 784.
-- 
[]'s
Lucas

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Ralph Teixeira]

Eu ia tentar escolher dois numeros a e b com a+b<100, depois tomar
c=100-(a+b) e no fim eliminar os casos onde ha uma repeticao Mas entao
resolvi fazer no braco mesmo:

Se o menor numero for 1, basta escolher agora dois numeros (maiores que 1)
que somem 99. Pode ser 2+97, 3+96,...,49+50. Total: 48 maneiras.
Se o menor numero for 2, basta escolher agora dois numeros (maiores que 2)
que somem 98. Pode ser 3+95, 4+94,...,48+50. Total: 46 maneiras.
Se o menor numero for 3, basta escolher agora dois numeros que somem 97.
Pode ser 4+93, 5+92,...,48+49. Total: 45 maneiras.
Se o menor numero for 4, basta escolher blah blah blah 96. Pode ser 5+91,
..., 47+49. Total: 43 maneiras.
Se 5, soma 95, de 6 a 47, total 42 maneiras.
Se 6, S=94, 7 a 46, sao 40.
...
Se 31, S=69, 32+37 ou 33+36 ou 34+35, 3 jeitos.
Se 32, S=68, 33+35, 1 maneira.
Se 33, nao dah mais.

Entao o numero que a gente quer eh 48+46+45+43+42+40+39+...+3+1+0. Separe
em duas PAs de algum jeito e corra pro abraco. Pode ser por exemplo:

(0+3+6+9+...+48)+(1+4+7+10+..+46)=3*16*17/2+16*47/2=8*98=784.

Acertei?

Abraco,
  Ralph
2012/5/22 Fabio Bernardo 

> Oi amigos,
>
> Preciso de uma ajudinha.
>
> Considere o conjunto {1,2,3,4,...,100}
> De quantas maneiras podemos escolher 3 elementos distintos
> de modo que a soma deles seja exatamente igual a 100?
>
> a) 781
> b) 782
> c) 783
> d) 784
> e) 785
>
>
>

[obm-l] combinatória

[Fabio Bernardo]

Oi amigos,
 
Preciso de uma ajudinha.
 
Considere o conjunto {1,2,3,4,...,100}
De quantas maneiras podemos escolher 3 elementos distintos
de modo que a soma deles seja exatamente igual a 100?
 
a) 781
b) 782
c) 783
d) 784
e) 785
 
 

[obm-l] RE: [obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Para a segunda questao eu achei (n-1)!/[(n-k)!(k-1)!.É isso?
Para a primeira,pensei em separar nos seguintes casos:
1) Com o zero:
a) todos algarismos distintos
b) apenas 2 zeros 
c) 3 zeros 
2) sem o zero:
a) 2 algar. iguais e os demais distintos 
b) 3 algar. iguais e os demais distintos
c) exatamente 2 pares de 2 algar. iguais
d) 2 pares de 3 algar. iguais
e) todos os algarismos distintos
Somando tudo,acho que daria,mas deve haver melhor solução.
 
 



From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Combinatória
Date: Tue, 15 May 2012 02:16:26 +




1) Quantos números de 6 algarismos tem 3 algarismos pares e 3 ímpares?
 
2) De quantas maneiras voce pode distribuir n moedinhas idênticas a k crianças 
de modo que cada criança ganhe pelo menos uma?
  

[obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

1) Quantos números de 6 algarismos tem 3 algarismos pares e 3 ímpares?
 
2) De quantas maneiras voce pode distribuir n moedinhas idênticas a k crianças 
de modo que cada criança ganhe pelo menos uma?