prob

[josimat]

Considere a aquacao do 
segundo grau generica: x^2+bx+c=0.
Qual a probabilidade de, 
escolhendo aleatoriamente os coeficientes "b" e "c", 
sortearmos uma equacao com raizes reais?
 
[]s 
JOSIMAR

Re: prob

[Rogerio Fajardo]

Qual é a definição de probabilidade em amostras infinitas? Meu colega me 
passou um problema que me gerou a mesma dúvida. Como formaliza esse conceito 
de probabilidade em casos como este?


>From: "josimat" <[EMAIL PROTECTED]>
>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>To: "OBM" <[EMAIL PROTECTED]>
>Subject: prob
>Date: Sat, 10 Feb 2001 21:18:12 -0200
>
>Considere a aquacao do segundo grau generica: x^2+bx+c=0.
>Qual a probabilidade de, escolhendo aleatoriamente os coeficientes "b" e 
>"c", sortearmos uma equacao com raizes reais?
>
>[]s JOSIMAR

_
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Re: prob

[Benjamin Hinrichs]

Apenas o esboço de uma solução incompleta.

O conjunto de valores x que satisfazem a equação x^2 + bx + c = 0 (com b 
e c reais) são reais se, e somente se, raiz(b^2 - 4c) maior ou igual (>=) 
que 0 que implica que b^2 >= 4c.
Traduzindo (corrijam minha tradução, caso errada, por favor)
{x|x^2 + bx + c = 0} pertence aos reais <=> raiz(b^2 - 4c) >= 0 => b^2 >= 
4c

Claro que isso só mostra algumas equivalências, leva um a dizer que c 
pode ser negativo (bom, já mostra que a possibilidade é maior que 0,5, 
baseado no fato de que toda a região negativa da ordenada). Independente 
disso, não sei se é possível atacar o problema com integral... total de 
possibilidades é R^2 (como R o conjunto dos reais), dois graus de 
liberdade. Dado b a abcissa e c a ordenada, sempre que b^2 >= 4c, o 
problema proposto encontra uma solução. O terceiro e quarto quadrante 
(odeio isso, mas vou dizer) são todos solução. Como os quatro quandrantes 
são o total de possibilidades, dois quadrantes são 1/2. Os quadrantes 1 e 
2 são simétricos pelo eixo ordenado. A função cuja derivada em relação a 
c' é b^2=4c me parece ser b^3=12c' (já toco numa área que não é minha 
especialidade, como qualquer outra - perguntem sobre colesterol que posso 
ser mais útil (pelo amor de Deus, por fora da lista) ). A probabilidade 
total deve ser possível achar a partir disso.

Ainda acrescento que a reta b=c logo se torna menor que b^2=4c, portanto 
a probabilidade é maior que 0,75.

Aos corretores da OBM, se a pergunta fôsse da última fase da OBM, que 
pontuação a minha resposta acima levaria? (resp.: zero?)

Grande abraço,

Benjamin Hinrichs

-Original Message-
From: "josimat" <[EMAIL PROTECTED]>
To: "OBM" <[EMAIL PROTECTED]>
Date: Sat, 10 Feb 2001 21:18:12 -0200
Subject: prob

> Considere a aquacao do segundo grau generica: x^2+bx+c=0.
> Qual a probabilidade de, escolhendo aleatoriamente os coeficientes "b"
> e "c", sortearmos uma equacao com raizes reais?
> 
> []s JOSIMAR
> 

Re: prob

[Nicolau C. Saldanha]

On Sat, 10 Feb 2001, josimat wrote:

> Considere a aquacao do segundo grau generica: x^2+bx+c=0.
> Qual a probabilidade de, escolhendo aleatoriamente os coeficientes "b" e "c", 
>sortearmos uma equacao com raizes reais?
> 
> []s JOSIMAR
> 

A questão como formulara não faz sentido.
Existe uma medida de probabilidade óbvia no intervalo [0,1], por exemplo,
mas não existe nenhuma medida de probabilidade razoável na reta real R.
Veja meu artigo na Eureka 1, também disponível na minha home page
(o título é algo parecido com "como enganar amigos"),
especialmente o problema dos envelopes.

[]s, N.

Re: prob

[Nicolau C. Saldanha]

On Sun, 11 Feb 2001, Rogerio Fajardo wrote:

> Qual é a definição de probabilidade em amostras infinitas? Meu colega me 
> passou um problema que me gerou a mesma dúvida. Como formaliza esse conceito 
> de probabilidade em casos como este?

Uma resposta rigorosa para esta pergunta exige um curso de medida,
raramente feito antes do mestrado. Uma resposta bem informal é que
em alguns conjuntos infinitos existem medidas de probabilidade "naturais"
ou "óbvias", mas nem sempre. Exemplos de conjuntos onde existem
medidas de probabilidade naturais são intervalos limitados
(por exemplo, [0,1]); exemplos de conjuntos onde não existem medidas
tão óbvias são o conjunto dos naturais, o conjunto dos reais e
o conjunto das matrizes inversíveis.

[]s, N.

Re: prob

[Rogerio Fajardo]

  Ao meu ver, a solução parece bem explicada, mas ainda não entendi (ao 
menos intuitivamente, sem muito formalismo) a idéia de probabilidade na reta 
real. Por que o 0 está exatamente no "meio" da reta real, se ela não tem fim 
tanto de um lado como de outro? Ou seja, por que os positivos correspondem a 
"metade" dos reais e os negativos outra metade? Não poderia ser os números 
maiores que 1 uma metade e os menores a outra? Poderíamos definir 
probabilidade em intervalos tendendo a zero, utilizando integral. Mas, nesse 
caso, teríamos uma função de distribuição de probabilidade, e, na reta real, 
não poderíamos ter uma função constante, pois essa nunca somaria 1.
  Desculpem se estou sendo meio chato, mas me incomodo qdo um assunto 
não me fica claro, deixando essas dúvidas que precisam de um pouco mais de 
formalismo para serem sanadas. Gostaria q alguém me explicasse ou me 
indicasse um livro onde pelo menos eu pudesse ter alguma noção melhor sobre 
isso.

Rogério

>From: "Benjamin Hinrichs" <[EMAIL PROTECTED]>
>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>To: [EMAIL PROTECTED]
>Subject: Re: prob
>Date: Sun, 11 Feb 2001 16:14:30 -0300
>
>Apenas o esboço de uma solução incompleta.
>
>O conjunto de valores x que satisfazem a equação x^2 + bx + c = 0 (com b
>e c reais) são reais se, e somente se, raiz(b^2 - 4c) maior ou igual (>=)
>que 0 que implica que b^2 >= 4c.
>Traduzindo (corrijam minha tradução, caso errada, por favor)
>{x|x^2 + bx + c = 0} pertence aos reais <=> raiz(b^2 - 4c) >= 0 => b^2 >=
>4c
>
>Claro que isso só mostra algumas equivalências, leva um a dizer que c
>pode ser negativo (bom, já mostra que a possibilidade é maior que 0,5,
>baseado no fato de que toda a região negativa da ordenada). Independente
>disso, não sei se é possível atacar o problema com integral... total de
>possibilidades é R^2 (como R o conjunto dos reais), dois graus de
>liberdade. Dado b a abcissa e c a ordenada, sempre que b^2 >= 4c, o
>problema proposto encontra uma solução. O terceiro e quarto quadrante
>(odeio isso, mas vou dizer) são todos solução. Como os quatro quandrantes
>são o total de possibilidades, dois quadrantes são 1/2. Os quadrantes 1 e
>2 são simétricos pelo eixo ordenado. A função cuja derivada em relação a
>c' é b^2=4c me parece ser b^3=12c' (já toco numa área que não é minha
>especialidade, como qualquer outra - perguntem sobre colesterol que posso
>ser mais útil (pelo amor de Deus, por fora da lista) ). A probabilidade
>total deve ser possível achar a partir disso.
>
>Ainda acrescento que a reta b=c logo se torna menor que b^2=4c, portanto
>a probabilidade é maior que 0,75.
>
>Aos corretores da OBM, se a pergunta fôsse da última fase da OBM, que
>pontuação a minha resposta acima levaria? (resp.: zero?)
>
>Grande abraço,
>
>Benjamin Hinrichs
>
>-Original Message-
>From: "josimat" <[EMAIL PROTECTED]>
>To: "OBM" <[EMAIL PROTECTED]>
>Date: Sat, 10 Feb 2001 21:18:12 -0200
>Subject: prob
>
> > Considere a aquacao do segundo grau generica: x^2+bx+c=0.
> > Qual a probabilidade de, escolhendo aleatoriamente os coeficientes "b"
> > e "c", sortearmos uma equacao com raizes reais?
> >
> > []s JOSIMAR
> >
>
>

_
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En: prob

[josimat]

Ola amigos!
Encaminho para discussao a mensagem de meu amigo Demetrius sobre o problema
de probabilidade que ele proprio havia me passado.
[]s Josimar
-Mensagem original-
De: Demetrius Souza - EM <[EMAIL PROTECTED]>
Para: josimat <[EMAIL PROTECTED]>
Data: Segunda-feira, 12 de Fevereiro de 2001 20:53
Assunto: Re: prob


>O fato de não haver uma medida de probabilidade "natural' ou óbvia não
>implica que o problema não tenha solução e sim que ele não tem uma única
>solução. Na verdade todos os problemas de probabilidade têm várias soluções
>se você considerar diversas maneiras de "medir" o espaço amostral, mesmo em
>casos de conjuntos finitos. Esta limitação parece ter origem no fato da
>matemática querer prever fisicamente fenômenos ignorando as leis que os
>regem.
>No caso do problema das equações eu gostaria de fazer duas considerações:
>
>1) O problema deixa de ter uma infinidade de soluções se você aponta uma
>maneira de "medir os espaços". Uma maneira óbvia é a seguinte:
>Para que a equação x^2+bx+c=0 tenha raízes reais é necessário que
>b^2>=4c, ou seja, c<=(b^2)/4.
>Se encararmos "c" como eixo das ordenadas e "b"como eixo das abscissas,
>teremos que a região do plano que satisfaz esta inequação é a parte
interior
>da parábola...
>Se considerarmos um quadrado centrado na origem de lado 2n paralelo ao
>eixo horizontal e medirmos a relação entre as áreas, é bastante razoável ou
>"natural" considerarmos que, considerando os pontos deste quadrado como o
>espaço amostral, a probabilidade esteja associada à razão entre as áreas
>dentro e fora da parábola, mas ambas interiores ao quadrado.
>Se estendermos o lado deste quadrado de tal maneira que  "n" tenda  a
>infinito, veremos que a razão referida tende a zero.
>Ou seja, é como se tivéssemos um alvo quadrado e tivéssemos que acertar
>um dardo dentro da parábola. Quanto maior o tamanho do alvo, mais difícil
>acertar o seu interior. De forma que podemos tornar a probabilidade,
>definida neste sentido, tão pequena quanto quisermos e, deste modo, tem
>sentido falar em probabilidade zero.
>Uma pergunta imediata é por que escolher o quadrado...
>A forma, de verdade, não parece ser "naturalmente" importante. O que
>parece ser "natural" ou "óbvio" é a simetria do R^2. Por isso, se fizermos
a
>conta com qualquer figura que tenha simetria com relação aos eixos a
>probabilidade certamente dará sempre a mesma coisa.
>
>
>2) Não é imediato pensarmos que seja "natural" a probabilidade zero neste
>caso porque não é difícil encontrarmos exemplos de equações daquele tipo
com
>raízes reais. Entretanto, o maior problema de ilusionismo, neste caso,
>consiste em que nosso cérebro não está acostumado a trabalhar
"naturalmente"
>com decimais infinitos não periódicos. Por isso, para que o problema
>refletisse melhor a nossa "vida quotidiana" talvez fosse interessante
>considerá-lo apenas inscrito no conjunto dos inteiros, no máximo dentro dos
>racionais.
>Uma outra forma de parar de se digladiar com a notação "probabilidade
>zero" talvez seja exatamente considerá-la "tão pequena quanto desejarmos".
>Ou seja, Se você deseja tornar a probabilidade menor que um determinado
>número, por menor que ele seja, eu sempre poderei achar um espaço amostral
>adequado de tal forma que a probabilidade ciscunscrita a ele fique menor
que
>o dado número. Se este evento é impossível ou não, não é mais importante.
>Porque, de um modo geral, na vida real (aquela para a qual a probabilidade,
>em tese ou em princípio,  deve se dirigir) mesmo no caso dos dardos no
>quadro da função do segundo grau, os espaços amostrais não são infinitos.
>
>
>- Original Message -
>From: josimat <[EMAIL PROTECTED]>
>To: Demetrius <[EMAIL PROTECTED]>
>Cc: Ledo Vacaro <[EMAIL PROTECTED]>; Maurício Ari Jalom
><[EMAIL PROTECTED]>
>Sent: Monday, February 12, 2001 2:56 PM
>Subject: En: prob
>
>
>>
>> -Mensagem original-
>> De: Nicolau C. Saldanha <[EMAIL PROTECTED]>
>> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>
>> Data: Segunda-feira, 12 de Fevereiro de 2001 14:21
>> Assunto: Re: prob
>>
>>
>> >
>> >
>> >On Sun, 11 Feb 2001, Rogerio Fajardo wrote:
>> >
>> >> Qual é a definição de probabilidade em amostras infinitas? Meu colega
>me
>> >> passou um problema que me gerou a mesma dúvida. Como formaliza esse
>> conceito
>> >> de probabilidade em casos como este?
>> >
>> >Uma resposta rigorosa para esta pergunta exige um curso de medida,
>> >raramente feito antes do mestrado. Uma resposta bem informal é que
>> >em alguns conjuntos infinitos existem medidas de probabilidade
"naturais"
>> >ou "óbvias", mas nem sempre. Exemplos de conjuntos onde existem
>> >medidas de probabilidade naturais são intervalos limitados
>> >(por exemplo, [0,1]); exemplos de conjuntos onde não existem medidas
>> >tão óbvias são o conjunto dos naturais, o conjunto dos reais e
>> >o conjunto das matrizes inversíveis.
>> >
>> >[]s, N.
>> >
>>
>>
>

[obm-l] prob

[Marcelo Roseira]

 Caros amigos:
Um 
arquivo de escritório possui 4 gavestas, chamadas a, b, c e 
d. Em cada gaveta cabem no máximo 5 pastas. Uma secretária guardou, ao 
acaso, 18 pastas nesse arquivo. Qual é a probabilidade de haver exatamente 4 
pastas na gaveta a?
Grato.

Re: En: prob

[Nicolau C. Saldanha]

On Tue, 13 Feb 2001, josimat wrote:

> Ola amigos!
> Encaminho para discussao a mensagem de meu amigo Demetrius sobre o problema
> de probabilidade que ele proprio havia me passado.
> []s Josimar
> -Mensagem original-
> De: Demetrius Souza - EM <[EMAIL PROTECTED]>
> Para: josimat <[EMAIL PROTECTED]>
> Data: Segunda-feira, 12 de Fevereiro de 2001 20:53
> Assunto: Re: prob
> 
> 
> >O fato de não haver uma medida de probabilidade "natural' ou óbvia não
> >implica que o problema não tenha solução e sim que ele não tem uma única
> >solução. Na verdade todos os problemas de probabilidade têm várias soluções
> >se você considerar diversas maneiras de "medir" o espaço amostral, mesmo em
> >casos de conjuntos finitos.

Está certo, mas acho que a formulação é bastante enganadora.
Na maioria dos problemas de probabilidade a medida está implícita
mas perfeitamente bem definida. Neste a medida não pode ser definida
(não pelo menos uma medida no sentido clássico,
comentários mais precisos mais abaixo).

Estamos talvez a um passo de dizer que se o professor pergunta ao aluno
"quanto é 2*2?" e o aluno responde "3", o aluno está *certo*,
ele apenas interpretou a operação de "*" de uma forma diferente
daquela que o professor esperava, mas não menos correta
(talvez o aluno esteja estudando nímeros...).
Ou talvez ele tenha ouvido e interpretado a pergunta em marciano arcaico,
onde ela por acaso queria dizer outra coisa totalmente diversa,
e sua resposta corretíssima (também em marciano arcaico)
apenas por acaso tinha o mesmo som do que uma palavra na língua do professor...

> >Esta limitação parece ter origem no fato da
> >matemática querer prever fisicamente fenômenos ignorando as leis que os
> >regem.

Esta frase eu não entendi.

> >No caso do problema das equações eu gostaria de fazer duas considerações:
> >
> >1) O problema deixa de ter uma infinidade de soluções se você aponta uma
> >maneira de "medir os espaços". Uma maneira óbvia é a seguinte:
> >Para que a equação x^2+bx+c=0 tenha raízes reais é necessário que
> >b^2>=4c, ou seja, c<=(b^2)/4.
> >Se encararmos "c" como eixo das ordenadas e "b"como eixo das abscissas,
> >teremos que a região do plano que satisfaz esta inequação é a parte
> > interior
> >da parábola...

Na verdade a parte *exterior*. Tudo o que se segue deve ser invertido.
Este não é entretanto o ponto mais relevante do problema.
Passamos a partir daqui a discutir a probabilidade de que um ponto
em R^2 tomado ao acaso esteja dentro da parábola y = x^2/4,
ou seja, a probabilidade de que y >= x^2/4
(atenção, repito, o problema foi invertido).

> >Se considerarmos um quadrado centrado na origem de lado 2n paralelo ao
> >eixo horizontal e medirmos a relação entre as áreas, é bastante razoável ou
> >"natural" considerarmos que, considerando os pontos deste quadrado como o
> >espaço amostral, a probabilidade esteja associada à razão entre as áreas
> >dentro e fora da parábola, mas ambas interiores ao quadrado.
> >Se estendermos o lado deste quadrado de tal maneira que  "n" tenda  a
> >infinito, veremos que a razão referida tende a zero.

Está certo. O que está sendo definido aqui é uma medida de probabilidade
que é apenas finitamente aditiva e não sigma-aditiva.
É fácil ver que por este critério o quadrado unitário teria probabilidade 0.
Mais geralmente, qualquer quadrado teria probabilidade 0.
Entretanto o plano, que tem probabilidade 1,
é uma união de uma família enumerável de quadrados encaixados,
cada um deles com probabilidade 0.

O axioma da sigma-aditividade diz exatamente que este tipo de situação
não pode ocorrer. Seja A_0 contido em A_1 contido em A_2 contido em...
e seja A_infty a união de todos os A_n: a probabilidade (medida)
de A_infty deve ser o limite das probabilidades dos A_n.
Ou melhor, este é o axioma da sigma-aditividade,
normalmente exigido de medidas de probabilidade.
A sua medida de probabilidade é apenas finitamente aditiva;
por outro lado, não é incomum considerar medidas finitamente aditivas.

> >Ou seja, é como se tivéssemos um alvo quadrado e tivéssemos que acertar
> >um dardo dentro da parábola. Quanto maior o tamanho do alvo, mais difícil
> >acertar o seu interior. De forma que podemos tornar a probabilidade,
> >definida neste sentido, tão pequena quanto quisermos e, deste modo, tem
> >sentido falar em probabilidade zero.
> >Uma pergunta imediata é por que escolher o quadrado...
> >A forma, de verdade, não parece ser "naturalmente" importante. O que
> >parece ser "natural" ou "óbvio" é a simetria do R^2. Por isso, se fizermos
> > a
> >conta com qualq

[obm-l] prob

[Silas Gruta]

Olá bom dia mestres,

poderiam ajudar com a seguinte questão?

*Em uma urna existem bolas numeradas de 1 a 15. De quantas maneiras podemos
retirar 3 bolas da urna, sendo que a soma delas não seja menor que 10?*

*a) 312*

*b) 449*

*c) 455*

*d) 412*

*e) 378*

-- 
Silas Gruta

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

Re: [obm-l] prob

[André Linhares]

  Observe que pelo menos 2 das gavetas estão com a capacidade máxima (5 
pastas). Caso cotrario, o total de pastas seria no máximo 5+4+4+4=17. Bem, 
agora que já sabemos disso temos de distribuir 8 pastas nas gavetas 
restantes. As possibilidades seriam: 0 e 8, 1 e 7, 2 e 6, 3 e 5; 4 e 4. As 
únicas que não ultrapassam o limite das gavetas são: 3 e 5, 4 e 4.

a b c d | a b c d | a b c d | a b c d
5 5 5 3 | 5 5 3 5 | 5 3 5 5 | 3 5 5 5

a b c d | a b c d | a b c d | a b c d | a b c d | a b c d
5 5 4 4 | 5 4 5 4 | 4 5 5 4 | 5 4 4 5 | 4 5 4 5 | 4 4 5 5

  Em 6/10, ou seja, 3/5 dos casos, existem 2 gavetas com exatamente 4 
pastas. A possibilidade de a gaveta a estar entre essas duas é de 2/4=1/2. 
Ou seja, a possibiliade de a gaveta a ter exatamente 4 pastas é de 1/2.3/5 = 
3/10 = 30%





From: "Marcelo Roseira" <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Subject: [obm-l] prob
Date: Mon, 18 Nov 2002 12:01:56 -0200

 Caros amigos:
Um arquivo de escritório possui 4 gavestas, chamadas a, b, c e d. Em cada 
gaveta cabem no máximo 5 pastas. Uma secretária guardou, ao acaso, 18 
pastas nesse arquivo. Qual é a probabilidade de haver exatamente 4 pastas 
na gaveta a?

Grato.



_
MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.com

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
=

RES: [obm-l] prob

[Ralph Teixeira]

Hmmm... Para ser exato, não sei se esta resposta está correta -- depende do que se 
quer dizer com "ao acaso". Para ilustrar meu raciocínio, suponha que há apenas 2 
gavetas A e B com capaciidade máxima de 3 pastas cada, digamos, A1 A2 A3 B1 B2 B3. Uma 
secretária põe 4 pastas "ao acaso" nestas gavetas... Qual é a chance de haver 2 pastas 
em cada gaveta?

Uma maneira de pensar é: pode ser 1+3, 2+2 ou 3+1, então a probabilidade é 1/3. Parece 
razoável? Bom, mas quem disse que estas 3 coisas são igualmente prováveis? Se você 
acredita que escolher "ao acaso" é escolher aleatoriamente uma destas possibilidades 
de pares ordenados que somam 4, esta é a resposta.

Outra maneira é: pode ser {1,3} ou {2,2}, então a probabilidade é 1/2. Aqui, a 
secretária escolheu "ao acaso" uma das possibilidades de CONJUNTOS de dois números 
menores ou iguais a 3 que somam 4. Não gostou? Bom, vejamos outras interpretações mais 
convincentes.

Esta é bem convincente: escolhemos 4 lugares de A1 a B3 para colocar as pastas, que é 
equivalente a escolher "ao acaso" 2 lugares para ficarem vazios. Há 6x5/2=15 maneiras 
de fazer isto. Destas, apenas 3x3 dão um local vazio de cada gaveta. Então a 
probabilidade é 9/15=3/5. Se foi assim que a secretária escolheu onde colocar as 
pastas, isto está correto! Particularmente, também não é esta a minha interpretação 
favorita...

Na minha opinião, a melhor interpretação é: a secretária arquiva as pastas uma a uma; 
a cada pasta a ser arquivada, a secretária escolhe aleatoriamente uma gaveta (ainda 
não cheia) para colocar a pasta. Podemos chamar a primeira gaveta a ser escolhida de 
"A". Há assim 1/4 de chance dela escolher a seguir AA (e então forçosamente B), e 1/8 
de chance de escolher cada uma das outras escolhas "não-forçadas" ABB, ABA, BAA, BAB, 
BBA, BBB. Apenas 4 destas possibilidades dão a divisão equânime de pastas... Então, a 
probabilidade de ter 2 pastas em cada é 4/8=1/2 (!).

Esta última é equivalente a pensar que a secretária escolhe uma gaveta para NÃO pôr 
uma pasta, depois outra gaveta (possivelmente a mesma!) para NÃO PÔR outra pasta. Em 
suma, pense nela enchendo todas as gavetas com 6 pastas e então RETIRANDO 2 pastas das 
gavetas (no sentido de que ela escolhe a GAVETA de maneira aleatória e então retira 
uma pasta daquela gaveta): ela pode retirar de AA, AB, BA ou BB. Probailidade de tirar 
igualmente de A e B é 2/4=1/2, que é a resposta.

Como eu gosto mais desta maneira de interpretar a expressão "ao acaso", faço isso com 
as 4 gavetas de 5 pastas e as 18 pastas do problema original. Penso que a secretária 
escolhe AO ACASO uma gaveta (dentre as não cheias) para colocar cada pasta, uma a uma. 
Bom, isto é equivalente a usar o mesmo processo para RETIRAR 2 pastas a partir de 
gavetas cheias. Se as gavetas são ABCD, ela escolhe AA, AB, AC, ... ou DD para RETIRAR 
(ou NÃO COLOCAR) 2 pastas. Destas 16 possibilidades, há 3+3=6 com a gaveta A 
mencionada apenas uma vez: AB, AC, AD, BA, CA, DA. Assim, a probabilidade de a gaveta 
A ter exatamente 4 pastas é 6/16=3/8.

Note como esta minha resposta é diferente daquela presente na mensagem abaixo (que, 
repito, não está *ERRADA*, mas é uma interpretação de "ao acaso" com a qual não 
concordo não). Em suma, porque os 10 casos apresentados lá seriam igualmente prováveis?

Eu *APOSTO* que este problema vai gerar polêmica... ;)

Abraços,
Ralph

-Mensagem original-
De: Andr Linhares [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Enviada em: segunda-feira, 18 de novembro de 2002 17:37
Para: [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] prob


   Observe que pelo menos 2 das gavetas estão com a capacidade máxima (5 
pastas). Caso cotrario, o total de pastas seria no máximo 5+4+4+4=17. Bem, 
agora que já sabemos disso temos de distribuir 8 pastas nas gavetas 
restantes. As possibilidades seriam: 0 e 8, 1 e 7, 2 e 6, 3 e 5; 4 e 4. As 
únicas que não ultrapassam o limite das gavetas são: 3 e 5, 4 e 4.

a b c d | a b c d | a b c d | a b c d
5 5 5 3 | 5 5 3 5 | 5 3 5 5 | 3 5 5 5

a b c d | a b c d | a b c d | a b c d | a b c d | a b c d
5 5 4 4 | 5 4 5 4 | 4 5 5 4 | 5 4 4 5 | 4 5 4 5 | 4 4 5 5

   Em 6/10, ou seja, 3/5 dos casos, existem 2 gavetas com exatamente 4 
pastas. A possibilidade de a gaveta a estar entre essas duas é de 2/4=1/2. 
Ou seja, a possibiliade de a gaveta a ter exatamente 4 pastas é de 1/2.3/5 = 
3/10 = 30%

>From: "Marcelo Roseira" <[EMAIL PROTECTED]>
>Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
>To: <[EMAIL PROTECTED]>
>Subject: [obm-l] prob
>Date: Mon, 18 Nov 2002 12:01:56 -0200
>
>  Caros amigos:
>Um arquivo de escritório possui 4 gavestas, chamadas a, b, c e d. Em cada 
>gaveta cabem no máximo 5 pastas. Uma secretária guardou, ao acaso, 18 
>pastas nesse arquivo. Qual é a probabilidade de haver exatamente 4 pastas 
>na gaveta a?
>
>Grato.
>
==

Prob de triangs antiga...

[Alexandre Tessarollo]

Há um bom tempo discutiu-se aqui na lista qual seria a probabilidade
de, escolhidos os pontos A, B e C distintos não-colineares, o triângulo
ABC ser acutângulo. De acordo com uma resposta (do Nicolau?), seria 1/4.
Porém, levei a questào a um grupo de amigos na faculdade e eles
discordaram, pq a solução apresentada seria para o caso específico de um
triângulo inscrito numa circunferência de raio unitário. Depois de muita
discussão, a conclusão foi a seguinte:

"Pegue o maior lado, digamos AB, e trace os arcos de circunferência
centrados primeiro em A depois em B, de raio AB. A figura fica
semelhante a um olho. O ponto C NECESSARIAMENTE está dentro deste
"olho", pois AB é, por hipótese, o maior lado. Trace agora a
circunferência que tem AB como diâmetro. Se C estiver na circunferência,
ABC é retângulo. Se estiver "dentro" da circunferência, será acutângulo.
Se estiver fora da circunferência, será obtusângulo. (Para efeito de
cálculo, as áreas de um lado e de outro do segmento AB são iguais.)
Fazendo as contas, ou seja, fazendo área do (semi)círculo sobre a
(semi)área "externa" do olho (como se fosse a parte branca do olho),
chega-se a um número MUITO estranho, porém aceitável e válido para
qualquer caso."

O raciocínio está certo? A solução mais antiga também está certa? Se
for o caso, qual o erro de qual solução?

Aguardando apreciação dos demais (em especial N.),

[]'s

Alexandre Tessarollo

Re: [obm-l] prob

[saulo nilson]

C15,3 - somaC(i+3-1,3) (i=6 a 9)=C15,3-C11,3-C(10,3)-C(9,3)-C(8,3)
2014-12-06 9:34 GMT-02:00 Silas Gruta :

> Olá bom dia mestres,
>
>
> poderiam ajudar com a seguinte questão?
>
>  *Em uma urna existem bolas numeradas de 1 a 15. De quantas maneiras
> podemos retirar 3 bolas da urna, sendo que a soma delas não seja menor que
> 10?*
>
> *a) 312*
>
> *b) 449*
>
> *c) 455*
>
> *d) 412*
>
> *e) 378*
>
> --
> Silas Gruta
>
> --
> 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] Combinatoria e Prob

[Thais Oliveira]

Olá pessoal, tudo bem?
 
Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
 
1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por seis 
comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.
a) Quantos diretores tem o clube?
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?
 
2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de que 
nenhum homem receba seu chapéu.
 
Obrigada
 
Thais


  Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo com a sua 
cara @ymail.com ou @rocketmail.com.
http://br.new.mail.yahoo.com/addresses

Re: Tres Exercicios (Prob. 3)

[alexv]

Elon,
Para o Problema 3, a idéia é a seguinte:

Figura de Análise:
Considere como eixo Ox a reta suporte do segmento AB e como eixo Oy a 
mediatriz deste segmento e chamando-se o comprimento de AB de 2a, temos:
A(-a,0); B(a,0) e  P(x,y), assim: 

(AP)^2= (x+a)^2 + y^2 = x^2 + y^2 + 2.x.a + a^2
(BP)^2= (x-a)^2 + y^2 = x^2 + y^2 - 2.x.a + a^2

do enunciado: AP/BP = k, => (AP)^2 = k^2.(BP)^2 
=>  x^2 + y^2 + 2.x.a + a^2 = k^2.(x^2 + y^2 - 2.x.a + a^2)
=> (k^2 - 1).x^2 + (k^2 - 1).y^2 -2.a.(k^2 + 1).x + (k^2 - 1).a^2 = 0
como k>0, há dois casos a verificar:
1) k=1 =>  -4.a.x=0 => x=0  => LG é o eixo Oy (mediatriz de AB)

2) k <> 1 (k diferente de 1) 
=> k^2 - 1 <> 0 
=> x^2 + y^2 -2.a.[(k^2+1)/(k^2-1)].x + a^2 = 0
=> (x-a.[(k^2+1)/(k^2-1)])^2 + y^2 = (4.k^2.a^2)/(k^2 -1)^2
=> LG é uma circunferência de centro em Ox .

[]'s
Alexandre Vellasquez

Re: Tres Exercicios (Prob. 3)

[Ralph Costa Teixeira]

Oi, Elon, Alexandre.

Se eu lembro direito o problema pedia uma solução analítica, então o
que eles queriam era a solução do Alexandre.

Mas há uma bela solução geométrica... baseada nos seguintes fatos que
podem ser provados de maneira simples (tracem as figuras!):

i) Num triângulo PAB, o pé da bissetriz do ângulo APB, digamos, M
satisfaz a seguinte propriedade:

MA/MB = PA/PB

ii) Num triângulo PAB, o pé da bissetriz EXTERNA do ângulo APB,
digamos, N, também satisfaz

NA/NB = PA/PB (só que N está FORA do segmento AB)


(Se quiser parar para pensar no problema, este é um bom momento. Senão,
siga com a leitura.)


iii) As bissetrizaes interna e externa do ângulo APB são
perpendiculares.

--//--

Agora, qual é o l.g. dos pontos P tais que PA/PB = k>0? Bom, determine
M e N na reta AB tais que MA/MB = NA/NB = k, M dentro do segmento AB e N
fora do segmento AB. Não é difícil ver que nenhum outro ponto em AB tem
essa propriedade (do tipo XA/XB = k para esse k). Faça uma figura de
análise, pondo nela um P genérico no plano satisfazendo PA/PB = k.

Como não há outros pontos M, N em AB satisfazendo esta propriedade,
concluímos que PM e PN sao de fato as bissetrizes interna e externa de
APB, e entao MPN = 90 graus. Mas M e N sao fixos!

Então o lugar geométrico de P é um arco capaz de 90 graus sobre MN,
isto é, o círculo de diametro MN (o mesmo que o Alexandre tinha achado).
Vale observar que o raciocínio falha se k=1, pois então o ponto N não
existe (por assim dizer, N vai para o infinito). Mas neste caso, o lugar
geométrico dos pontos que satisfazem PA/PB=1 é a mediatriz de AB.

Abraço,
Ralph

[EMAIL PROTECTED] wrote:
> 
> Elon,
> Para o Problema 3, a idéia é a seguinte:
> 
> Figura de Análise:
> Considere como eixo Ox a reta suporte do segmento AB e como eixo Oy a
> mediatriz deste segmento e chamando-se o comprimento de AB de 2a, temos:
> A(-a,0); B(a,0) e  P(x,y), assim:
> 
> (AP)^2= (x+a)^2 + y^2 = x^2 + y^2 + 2.x.a + a^2
> (BP)^2= (x-a)^2 + y^2 = x^2 + y^2 - 2.x.a + a^2
> 
> do enunciado: AP/BP = k, => (AP)^2 = k^2.(BP)^2
> =>  x^2 + y^2 + 2.x.a + a^2 = k^2.(x^2 + y^2 - 2.x.a + a^2)
> => (k^2 - 1).x^2 + (k^2 - 1).y^2 -2.a.(k^2 + 1).x + (k^2 - 1).a^2 = 0
> como k>0, há dois casos a verificar:
> 1) k=1 =>  -4.a.x=0 => x=0  => LG é o eixo Oy (mediatriz de AB)
> 
> 2) k <> 1 (k diferente de 1)
> => k^2 - 1 <> 0
> => x^2 + y^2 -2.a.[(k^2+1)/(k^2-1)].x + a^2 = 0
> => (x-a.[(k^2+1)/(k^2-1)])^2 + y^2 = (4.k^2.a^2)/(k^2 -1)^2
> => LG é uma circunferência de centro em Ox .
> 
> []'s
> Alexandre Vellasquez

Re: Prob de triangs antiga...

[Nicolau C. Saldanha]

On Fri, 1 Sep 2000, Alexandre Tessarollo wrote:

> 
> 
>   Há um bom tempo discutiu-se aqui na lista qual seria a probabilidade
> de, escolhidos os pontos A, B e C distintos não-colineares, o triângulo
> ABC ser acutângulo. De acordo com uma resposta (do Nicolau?), seria 1/4.
> Porém, levei a questào a um grupo de amigos na faculdade e eles
> discordaram, pq a solução apresentada seria para o caso específico de um
> triângulo inscrito numa circunferência de raio unitário. Depois de muita
> discussão, a conclusão foi a seguinte:
> 
>   "Pegue o maior lado, digamos AB, e trace os arcos de circunferência
> centrados primeiro em A depois em B, de raio AB. A figura fica
> semelhante a um olho. O ponto C NECESSARIAMENTE está dentro deste
> "olho", pois AB é, por hipótese, o maior lado. Trace agora a
> circunferência que tem AB como diâmetro. Se C estiver na circunferência,
> ABC é retângulo. Se estiver "dentro" da circunferência, será acutângulo.
> Se estiver fora da circunferência, será obtusângulo. (Para efeito de
> cálculo, as áreas de um lado e de outro do segmento AB são iguais.)
> Fazendo as contas, ou seja, fazendo área do (semi)círculo sobre a
> (semi)área "externa" do olho (como se fosse a parte branca do olho),
> chega-se a um número MUITO estranho, porém aceitável e válido para
> qualquer caso."
> 
>   O raciocínio está certo? A solução mais antiga também está certa? Se
> for o caso, qual o erro de qual solução?
> 
> Aguardando apreciação dos demais (em especial N.),
> 
> []'s
> 
> Alexandre Tessarollo
> 

Um outro membro da lista enviou este problema para a lista com duas respostas,
uma das quais era 1/4. Minha resposta foi que o problema conforme formulado
não faz muito sentido. Uma versão que *faz* sentido é se supusermos os três
pontos em uma circunferência. Existem outras versões que também fazem sentido,
como por exemplo tomar os três pontos dentro de um disco unitário.
Estas outras versões devem ter respostas diferentes de 1/4.
A conclusão dos seus colegas eu não entendi. []s, N.

Re: Prob de triangs antiga...

[Alexandre Tessarollo]

O enunciado da questão não sei EXATAMENTE qual era, mas a resolução
abaixo refere-se à "Qual a probabilidade de, escolhidos três pontos
quaisquer do plano (distintos e não-colineares), o triângulo formado por
esses pontos ser acutângulo?" A solução me pareceu clara para o problema
em questão. Qual parte da resolução não está clara?

[]'s

Alexandre Tessarollo

PS: Insisti na resposta do N pq achei que a solução de 1/4 fosse dele,
mas quero ouvir a opinião de outros membros da lista... :-)

"Nicolau C. Saldanha" wrote:
> 
> On Fri, 1 Sep 2000, Alexandre Tessarollo wrote:
> 
> >
> >
> >   Há um bom tempo discutiu-se aqui na lista qual seria a probabilidade
> > de, escolhidos os pontos A, B e C distintos não-colineares, o triângulo
> > ABC ser acutângulo. De acordo com uma resposta (do Nicolau?), seria 1/4.
> > Porém, levei a questào a um grupo de amigos na faculdade e eles
> > discordaram, pq a solução apresentada seria para o caso específico de um
> > triângulo inscrito numa circunferência de raio unitário. Depois de muita
> > discussão, a conclusão foi a seguinte:
> >
> >   "Pegue o maior lado, digamos AB, e trace os arcos de circunferência
> > centrados primeiro em A depois em B, de raio AB. A figura fica
> > semelhante a um olho. O ponto C NECESSARIAMENTE está dentro deste
> > "olho", pois AB é, por hipótese, o maior lado. Trace agora a
> > circunferência que tem AB como diâmetro. Se C estiver na circunferência,
> > ABC é retângulo. Se estiver "dentro" da circunferência, será acutângulo.
> > Se estiver fora da circunferência, será obtusângulo. (Para efeito de
> > cálculo, as áreas de um lado e de outro do segmento AB são iguais.)
> > Fazendo as contas, ou seja, fazendo área do (semi)círculo sobre a
> > (semi)área "externa" do olho (como se fosse a parte branca do olho),
> > chega-se a um número MUITO estranho, porém aceitável e válido para
> > qualquer caso."
> >
> >   O raciocínio está certo? A solução mais antiga também está certa? Se
> > for o caso, qual o erro de qual solução?
> >
> > Aguardando apreciação dos demais (em especial N.),
> >
> > []'s
> >
> > Alexandre Tessarollo
> >
> 
> Um outro membro da lista enviou este problema para a lista com duas respostas,
> uma das quais era 1/4. Minha resposta foi que o problema conforme formulado
> não faz muito sentido. Uma versão que *faz* sentido é se supusermos os três
> pontos em uma circunferência. Existem outras versões que também fazem sentido,
> como por exemplo tomar os três pontos dentro de um disco unitário.
> Estas outras versões devem ter respostas diferentes de 1/4.
> A conclusão dos seus colegas eu não entendi. []s, N.

Re: Prob de triangs antiga...

[Nicolau C. Saldanha]

On Sat, 2 Sep 2000, Alexandre Tessarollo wrote:

> O enunciado da questão não sei EXATAMENTE qual era, mas a resolução
> abaixo refere-se à "Qual a probabilidade de, escolhidos três pontos
> quaisquer do plano (distintos e não-colineares), o triângulo formado por
> esses pontos ser acutângulo?" A solução me pareceu clara para o problema
> em questão. Qual parte da resolução não está clara?

Não é a resolução que é problemática, mas antes de mais nada a *pergunta*.
A pergunta conforme você formulou acima não faz sentido pois não existe
uma distribuição de probabilidade natural implícita.
É tão sem sentido quanto perguntar qual a probabilidade de que o número
de algarismos de um inteiro tomado ao acaso seja par
(acho que você pode encontrar argumentos vagamente convincentes
para várias respostas entre 1/10 e 9/10).
Veja toda a discussão anterior no arquivo, svp, em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
ou meu artigo na 1a Eureka
também disponível na minha home page em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/papers/bom.ps.gz.

[]s, N.

[obm-l] Prob. de Troco!!

[gustavo]

Se alguém conhece este problema e puder da um 
ajudinha ...( será que tá faltando dados ou é assim 
mesmo  ???)   desde já agradeço !!!
 
 
Uma bilheteria está sem troco. o valor do 
bilhete é de R$ 5,00. Tem uma quantidade N de pessoas na fila dessa bilheteria. 
Cada pessoa dessas fila possui apenas uma nota de R$ 5,00 ou de R$ 10,00. De 
quantas maneiras o vendedor da bilheteria pode organizar essa fila de modo que a 
fila siga sem que falte troco para ninguém ?

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Thais Oliveira <[EMAIL PROTECTED]>:
> Olá pessoal, tudo bem?
>
> Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
>
> 1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por
> seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada
> duas comissões têm exatamente um diretor comum.
> a) Quantos diretores tem o clube?
Se cada duas comissões definem um diretor (único), então o número de
diretores é igual à combinação 2 a 2 de comissões = 15.

> b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que
> eles sejam de uma mesma comissão?
suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
"selecionadas".
Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.
As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
Somando tudo:  2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5

=
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] Combinatoria e Prob

[Pedro Cardoso]

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.
Eu resolvi assim:
 
"1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.
a) Quantos diretores tem o clube?"
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
"b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?"
 
"> suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão> 
"selecionadas".> Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.> As 
chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6> se pegarmos 
uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as> chances de pegarmos uma 
selecionada é de 2/5: assim temos que as> chances desse segundo caso acontecer 
são de 4*2/(5*6) = 4/15> Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5"
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez de 
comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.
_
Conheça o Windows Live Spaces, a rede de relacionamentos do Messenger!
http://www.amigosdomessenger.com.br/

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Thais Oliveira <[EMAIL PROTECTED]>:
> 2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
> que nenhum homem receba seu chapéu.

Para essa questão, eu encontrei algo assim: (n! - (n-1)! + (n-2)! -
... (+-) 1) / n!
Mas não vou entrar nos detalhes disso pq suspeito que a resposta possa
estar errada...
Alguém tem alguma sugestão?

=
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] Combinatoria e Prob

[Lucas Prado Melo]

2008/10/16 Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]>:
> Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
E supos certo... acho que a falha nos meus argumentos é justamente não
ter suposto o mesmo.

[]'s

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

RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Thais Oliveira]

Além de perfeita, muito didática a sua explicação!!
 
Muito obrigada

--- Em qui, 16/10/08, Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

De: Pedro Cardoso <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: RE: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 16 de Outubro de 2008, 19:24




#yiv2057375432 .hmmessage P
{
margin:0px;padding:0px;}
#yiv2057375432 {
FONT-SIZE:10pt;FONT-FAMILY:Tahoma;}

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.

Eu resolvi assim:
 
"1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?"
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
"b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?"
 
"> suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
> "selecionadas".
> Agora vamos "pegar" as comissões do segundo diretor.
> As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
> se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
> chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
> chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
> Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5"
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez 
de comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.



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__
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RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Antonio Neto]

   Oi, Thais,
   o numero procurado no seu segundo problema eh o de permutacoes caoticas 
(derangements) de n objetos. Alem das referencias classicas da internet, estah 
no livro do Morgado, publicado pelo IMPA, no Mathematics of Choice, do Niven, 
publicado pela MAA, e, para os dinossauros como eu, no livro Preludio aa 
Analise Combinatoria, Ed. Nacional, esgotado, mas quem sabe uma vasculhada em 
sebos e bisbilhotecas...Amplexos de mim, olavo.
Antonio Olavo da Silva Neto
_
Discover the new Windows Vista
http://search.msn.com/results.aspx?q=windows+vista&mkt=en-US&form=QBRE

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[[EMAIL PROTECTED]]

Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, 
mas não sobre o problema 2.


"2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu."


É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu 
chapéu é dada por (n-1)/n.
O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele 
já foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.


Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, 
isto é, calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio 
chapéu.


Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
P = 1/n!

Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!

Será que é isso?


Fabrício.

Thais Oliveira wrote:

Olá pessoal, tudo bem?
 
Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
 
1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados 
por seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões 
e cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de 
que eles sejam de uma mesma comissão?
 
2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu.
 
Obrigada
 
Thais




Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo 
 
com a sua cara @ymail.com ou @rocketmail.com.


=
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] Combinatoria e Prob

[Rogerio Ponce]

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N "amigos ocultos" ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo "A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A", formando um
"loop". Chamemos de "cadeia" essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com "n" pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com "n"
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso "a", podemos considerar que essa pessoa e' inserida em alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas "n" pessoas.
No caso "b" , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo "a" vale "n*V(n)" .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as "n" existentes.

E o numero de sorteios validos do tipo"b" vale "n*V(n-1)" .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
"n" existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com "n" pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando "n" cresce, P(n) converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>:
> Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, mas
> não sobre o problema 2.
>
> "2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
> que nenhum homem receba seu chapéu."
>
> É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu chapéu é
> dada por (n-1)/n.
> O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele já
> foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.
>
> Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, isto é,
> calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.
>
> Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
> P = 1/n!
>
> Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!
>
> Será que é isso?
>
>
> Fabrício.
>

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

[Raphael Alcaires de Carvalho]

Olá  pessoal
isso que o Rogério fez foi demonstrar a fórmula de permutação caótica que se 
encontra no livro de Probabilidades do saudoso Morgado. Só que o Rogério 
resolveu por meio de equações diferenciais. Deêm uma olhada no livro.
Achei interessante nunca imaginei que se resolveria por equações diferenciais.
[]s Raphael

--- Em seg, 24/11/08, Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
De: Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]>
Assunto: Re: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 24 de Novembro de 2008, 6:51

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N "amigos ocultos" ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo "A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A", formando um
"loop". Chamemos de "cadeia" essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com "n" pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com "n"
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso "a", podemos considerar que essa pessoa e' inserida em
alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas "n" pessoas.
No caso "b" , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo "a" vale
"n*V(n)" .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as "n" existentes.

E o numero de sorteios validos do tipo"b" vale "n*V(n-1)" .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
"n" existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com "n" pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando "n" cresce, P(n)
converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>:
> Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1,
mas
> não sobre o problema 2.
>
> "2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram
totalmente
> misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade
de
> que nenhum homem receba seu chapéu."
>
> É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu
chapéu é
> dada por (n-1)/n.
> O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele
já
> foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.
>
> Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar,
isto é,
> calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.
>
> Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
> P = 1/n!
>
> Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!
>
> Será que é isso?
>
>
> Fabrício.
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[obm-l] prob 98 eureka 20

[Osvaldo Mello Sponquiado]

98)  Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências circunscrita e inscrita é 5/2 Os lados do triângulo estão em progressão aritmética e sua área é numéricamente igual ao seu perímetro. Determine os lados do triângulo.
 
Sendo a-x, a, a+x os lados temos que 
2p=3a=sqrt(3a.2a.(2a-x)(2a+x))=>9a^2=6a^2.(4a^2-x^2) (#)
3/2=4a^2-x^2=>x^2=4a^2-3/2.(*)
 
Do enunciado R/r=5/2=[(a.(a+x)(a-x))/4S] / [(S/(3a/2))]=>
[a(a^2-x^2)(3a/2)]/[4.(3a.2a.(2a-x)(2a+x))]=5/2(**)
 
De * e **, vem:
 
3a^2.(a^2+3/2-4a^2)/(48a^2.(3/2))=5/2<=>
(9/2-9a^2)/72 =5/2=>180-9/2=-9a^2 (=><= pois a medida de lado, logo real)
 
e se considero o sinal negativo para o segundo membro de # caio no mesmo problema.
 
Alguem pode me indicar o erro ?
 
 
 
Atenciosamente, 

Osvaldo Mello Sponquiado 
Engenharia Elétrica, 2ºano 
UNESP - Ilha Solteira 

[obm-l] link para prob. olimpicos

[Luís Lopes]

Sauda¸c~oes, 

 

N~ao tenho recebido mensagens. A lista anda tranquila? 

 

Segue um link com problemas olìmpicos. 

 

 

Vietnam Team Selection Tests 2009
http://www.mathlinks.ro/resources.php?c=186&cid=41&year=2009


[]'s 

Luis 

 

_
Descubra todas as novidades do novo Internet Explorer 8
http://brasil.microsoft.com.br/IE8/mergulhe/?utm_source=MSN%3BHotmail&utm_medium=Tagline&utm_campaign=IE8

Re: [obm-l] Prob. de Troco!!

[Iuri]

Acho que falta determinar quantas pessoas tem nota de 5 e quantas tem nota de 10. Ou entao resolva em função disso. Considere que k pessoas tem uma nota de 5, e N-k tem uma de 10. Ai basta encontrar os arranjos em que nunca teremos mais pessoas do primeiro grupo do que no segundo, contando a partir da primeira pessoa da fila.
IuriOn 8/17/06, gustavo <[EMAIL PROTECTED]> wrote:







Se alguém conhece este problema e puder da um 
ajudinha ...( será que tá faltando dados ou é assim 
mesmo  ???)   desde já agradeço !!!
 
 
Uma bilheteria está sem troco. o valor do 
bilhete é de R$ 5,00. Tem uma quantidade N de pessoas na fila dessa bilheteria. 
Cada pessoa dessas fila possui apenas uma nota de R$ 5,00 ou de R$ 10,00. De 
quantas maneiras o vendedor da bilheteria pode organizar essa fila de modo que a 
fila siga sem que falte troco para ninguém ?

Re: [obm-l] prob 98 eureka 20

[Carlos Victor]

Olá  Osvaldo ,
Observe  que  você  escreveu :  "
2p=3a=sqrt(3a.2a.(2a-x)(2a+x))
"   e  no  entanto   
S  = sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c))  ,  onde 
p=semi-perímetro   e  você  usou  o 
perímetro   dentro  do radical.Acredito  que 
tenha  sido  este  o problema ,ok ?

[]´s   Carlos  Victor

At 05:40 23/12/2004, Osvaldo Mello Sponquiado wrote:
98) 
Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências
circunscrita e inscrita é 5/2 Os lados do triângulo estão em progressão
aritmética e sua área é numéricamente igual ao seu perímetro. Determine
os lados do triângulo.

 
,

Re: [obm-l] prob 98 eureka 20

[Luiz Felippe medeiros de almeida]

Olá Osvaldo , eu acho que consegui fazer o exercício da eureka. 
 A área do triângulo pode ser escrita como pr=S mas S=2p , igualando
temos que r = 2 e assim temos que R = 5 . Outra forma de expressar a
área do triângulo é S = (a-s)(a+s)a/4R onde 's' é a razão da P.A .
Assim temos que 3a = (a-s)(a+s)a/20 ==> a^2 - s^2= 60 (i) . Agora
usando o radical de Heron  temos : sqrt(p.(p-a+s)(p-a-s).(p-a))=2p
,resolvendo esta equação chegamos em (ii) : 48 = a^2 - 4s^2 ,
resolvendo o sistema achamos a = 8 e s = 2 . Logo os lados do
triângulo são 8 , 10 ,12

   Um abraço , Luiz Felippe Medeiros


On Thu, 23 Dec 2004 19:51:54 -0200, Carlos Victor
<[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> Olá  Osvaldo ,
> 
> Observe  que  você  escreveu :  " 2p=3a=sqrt(3a.2a.(2a-x)(2a+x)) "   e  no 
> entanto   
> 
> S  = sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c))  ,  onde  p=semi-perímetro   e  você  usou  o 
> perímetro   dentro  do radical.Acredito  que  tenha  sido  este  o problema
> ,ok ?
> 
> 
> []´s   Carlos  Victor
> 
> 
> 
> At 05:40 23/12/2004, Osvaldo Mello Sponquiado wrote:
> 
> 98)  Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências circunscrita
> e inscrita é 5/2 Os lados do triângulo estão em progressão aritmética e sua
> área é numéricamente igual ao seu perímetro. Determine os lados do
> triângulo.
> 
>  
> ,

=
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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] prob 98 eureka 20

[Luiz Felippe medeiros de almeida]

ops .. os lados do triângulo são 6 , 8 e 10
 valeu !


On Thu, 23 Dec 2004 23:22:56 -0200, Luiz Felippe medeiros de almeida
<[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> Olá Osvaldo , eu acho que consegui fazer o exercício da eureka.
> A área do triângulo pode ser escrita como pr=S mas S=2p , igualando
> temos que r = 2 e assim temos que R = 5 . Outra forma de expressar a
> área do triângulo é S = (a-s)(a+s)a/4R onde 's' é a razão da P.A .
> Assim temos que 3a = (a-s)(a+s)a/20 ==> a^2 - s^2= 60 (i) . Agora
> usando o radical de Heron  temos : sqrt(p.(p-a+s)(p-a-s).(p-a))=2p
> ,resolvendo esta equação chegamos em (ii) : 48 = a^2 - 4s^2 ,
> resolvendo o sistema achamos a = 8 e s = 2 . Logo os lados do
> triângulo são 8 , 10 ,12
> 
>   Um abraço , Luiz Felippe Medeiros
> 
> On Thu, 23 Dec 2004 19:51:54 -0200, Carlos Victor
> <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
> > Olá  Osvaldo ,
> >
> > Observe  que  você  escreveu :  " 2p=3a=sqrt(3a.2a.(2a-x)(2a+x)) "   e  no
> > entanto
> >
> > S  = sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c))  ,  onde  p=semi-perímetro   e  você  usou  o
> > perímetro   dentro  do radical.Acredito  que  tenha  sido  este  o problema
> > ,ok ?
> >
> >
> > []´s   Carlos  Victor
> >
> >
> >
> > At 05:40 23/12/2004, Osvaldo Mello Sponquiado wrote:
> >
> > 98)  Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências circunscrita
> > e inscrita é 5/2 Os lados do triângulo estão em progressão aritmética e sua
> > área é numéricamente igual ao seu perímetro. Determine os lados do
> > triângulo.
> >
> >
> > ,
>

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

Re: [obm-l] prob 98 eureka 20

[Osvaldo Mello Sponquiado]

Perfeito,
cheguei em casa e resolvi, os lados sao 6, 8 e 10
 
[]'s
 
> Olá Osvaldo , 
> 
> Observe que você escreveu : " 2p=3a=sqrt(3a.2a.(2a-x)(2a+x)) 
> " e no entanto 
> 
> S = 
> sqrt(p(p-a)(p-b)(p-c)) , onde p=semi-perímetro e você usou o 
> perímetro dentro do radical.Acredito que tenha sido este o problema 
> ,ok ? 
> 
> 
> []´s Carlos Victor 
> 
> 
> 
> At 05:40 23/12/2004, Osvaldo Mello Sponquiado wrote: 
> 
> >98) Num triângulo, a razão entre os raios das circunferências 
> >circunscrita e inscrita é 5/2 Os lados do triângulo estão em progressão 
> >aritmética e sua área é numéricamente igual ao seu perímetro. Determine os 
> >lados do triângulo. 
> > 
> > 
> , 

Atenciosamente, 

Osvaldo Mello Sponquiado 
Engenharia Elétrica, 2ºano 
UNESP - Ilha Solteira 

[obm-l] OBM 2004 - Nivel U - Prob. 4

[claudio.buffara]

Aqui vai minha solução - construtiva - pra esse problema. 
Obviamente, comentários serão bem-vindos.
 
Para 1 <= i <= k, seja R_i um vetor de Z^n tal que  = 0 
( = X(1)*Y(1) + X(2)*Y(2) + ... + X(n)*Y(n) = produto interno usual de X e Y).
 
Seja S um vetor de Z^n tal que  = 0.
 
Como, para 1 <= i <= k, (P_i - Q)/p não pertence a Z^n, vai existir, para cada i, um j(i) (1 <= j(i) <= n) tal que a j(i)-ésima coordenada de P_i - Q não é divisível por p.
 
Sendo assim, consideremos o polinômio f(X), dado por:
 
f(X) = *Produto(1<=i<=k)  + Produto(1<=i<=k) (P_i(j(i)) - X(j(i)))
 
Para cada i <1 <= i <= k), f(P_i) = 0, pois  = 0, o que anula o primeiro produtório, e P_i(j(i)) - P_i(j(i)) = 0, o qua anula o segundo.
 
Por outro lado, 
f(Q) = 
*Produto(1<=i<=k)  + Produto(1 <=i<=k) (P_i(j(i)) - Q(j(i)) =
0*Produto(1<=i<=k)  + Produto de k inteiros não divisíveis por p =
Produto de k inteiros não divisíveis por p =
Inteiro não divisível por p.
 
Logo, f(P_i) = 0 para 1 <= i <= k  e  f(Q)/p não pertence a Z^n.
  
 
[]s,
Claudio.
 

[obm-l] + 2 prob. de álg. linear

[Lista OBM]

olá gente, tem mais dois problemas q naum estou conseguindo resolver, e gostaria de uma ajudinha do pessoal da lista:
 
1) Mostrar que a dimensão do espaço vetorial R (corpo do reais) sobra Q (corpo do racionais) não é enumerável.
 
2) Sejam V um K-espaço vetorial de dimensão INFINITA e B = {v_L ; L pertence a uma família qualquer de índices} uma base infinita para V. Seja {w_L ; L pertence a mesma família de índices do conj. B} um subconjunto de W, onde W é um K-espaço vetorial. Mostre que existe uma única transformação linear T: V --> W tal que T(v_L) = w_L, p/ todo L.
 
grato desde já, éder.
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Re: [obm-l] Problemas em aberto - prob 10

[Demetrio Freitas]

 --- Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu: 

> *
> 
> 10) Seja P = A^c - B^c,
> onde:
> A, B e c são inteiros e primos entre si,
> A - B > 1, 
> c = n1*n2*...*ni*...nk ,
> (os ni são fatores primos distintos, ou seja, c tem
> k fatores
> primos distintos).
> 
> Mostre que P é um número composto com, no mínimo,
> k+1
> fatores primos distintos.
> 
> *

Deixe eu colocar uma restrição adicional c = impar.


Em primeiro lugar é fácil ver que todos os números 
da forma A^ni - B^ni dividem P. 

Portanto, um caminho seria mostrar que, dados 
quaisquer números da forma S1 = A^x - B^x e 
S2 = A^y - B^y, x e y primos entre si, S1 e S2 não 
podem ser múltiplos, isto é, possuem algum fator 
primo distinto entre si.



1** 
suponha A, B e x,y primos entre si. x e y primos 
diferentes de 2 e x > y.

Hipótese: se A^x - B^x tem fatores primos em 
comum com A^y - B^y, estes fatores estão em A - B.


Suponha que S1 = A^x - B^x contém um fator em 
comum com S2 = A^y - B^y.  
Seja 
F1 = A^(x-y) * S2 = A^(x-y) * (A^y - B^y) = 
A^x - [A^(x-y)*(B^y)]. 

Naturalmente F1 contém o mesmo fator em comum 
com S1 e S2, e portanto F1 - S1 o conterá também.

F1 - S1 = B^x - [A^(x-y)*(B^y)] = 
B^y * [B^(x-y) - A^(x-y)]. 

Dado que A e B são primos entre si, o fator comum
não pode estar em B^y, e portanto está em 
B^(x-y) - A^(x-y). 

Agora pode-se repetir o raciocínio para 
B^(x-y) - A^(x-y) e A^y - B^y, 
verificando qual dos dois expoentes é maior. 
Suponhamos que x-y > y. Neste caso podemos provar 
que o fator comum também está em B^(x-2y) - A^(x-2y). 
Observe que, caso y > x-y provaríamos para o 
expoente 2y - x. 

Repetindo o raciocínio interativamente vamos chegar 
até o  expoente 1. Note que, como x e y são primos, 
a sequencia de expoentes decrescentes não coincidirá 
com y.

Por exemplo x = 19, y = 3.
19 -> 16 -> 13 -> 10 -> 7 -> 4 ->1

Por exemplo x = 17, y = 3. 
17 -> 14 -> 11 -> 8 -> 5 -> 2 ->1   

Por exemplo x = 19 y = 11.
19 -> 8 -> 3 (11 - 8) -> 5 (8 - 3) -> 2 (5 - 3) -> 1
(3 - 2)  


2**
S2 = A^y - B^y também possui ao menos um fator primo
distinto da decomposição  em fatores primos de A - B.

Note-se que 
S2 = (A - B) * F3, onde 
F3 = A^y-1 + (A^(y-2))*B + ... + B^y-1

Portanto, se a hipótese estiver correta e S2 
contiver ao menos um fator primo distinto de A - B, 
este fator estará em F3

Note-se que F3 tem exatamente y termos. 
Se a Hipótese estiver incorreta, isto é, se A - B 
contiver todos os fatores primos de F3, então qualquer

combinação linear do tipo  k1*(A - B) + k2*F3 também 
conterá todos estes fatores. 

Esta idéia pode ser usada para reduzir-se os termos 
de F3 até um único termo que obrigatoriamente teria 
de conter todos os fatores primos.

Por exemplo vamos considerar y = 3. 
Neste caso F3 = A^2 +A*B +B^2

F3 + A(A - B) = A^2 + A*B - A*B + B^2 = 2*A^2 + B^2
2*A^2 + B^2 + (A + B)*(A - B) = 
2*A^2 + B^2 + A^2 - B^2 = 3*A^2

y = 5, F3=A^4 +A^3*B +A^2*B^2 +A*B^3 +B^4
F3 + A^3*(A - B) + A*B^2*(A - B) = 
2*A^4 +2*A^2*B^2 +B^4 = X1

X1 + 2*A^2*(A + B)*(A - B) = X1 + 2*A^4 - 2*A^2*B^2=
 4*A^4 + B^4

4*A^4 + B^4 + A^4 - B^4 = 5*A^4

Na verdade, caso (A - B) tenha todos os fatores primos
de F3, é possível transformar F3 em outras expressões 
que devem conter os mesmos fatores primos, através de 
"operações elementares", até uma expressão na forma 
y*A^y-1 (ou y*B^y-1). Mas vamos recordar que A,B e y 
são primos entre si, portanto não é possível 
que y*A^y-1 contenha os mesmos fatores primos de A -
B.


Em resumo, temos que 
**1** - Se S1 e S2 possuem fatores primos em comum, 
estes fatores estão em A - B. 

**2** - S1 e S2 possuem ao menos um fator primo não 
contido em A - B

Logo S1 e S2 possuem ao menos um fator distinto entre
si. 

A extensão para c par é direta fazendo A^2 - B^2 
= D - C

[]´s 





___ 
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Re: [obm-l] Problemas em aberto - prob 10

[Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira]

   Caro Demetrio,
   No fim da sua explicacao, A-B nao pode ser uma potencia de y ? Nesse
caso, todos os fatores primos de A-B sao fatores primos de y.A^(y-1), e eu
nao entendi como voce conclui.
   Abracos,
Gugu

>
> --- Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]>
>escreveu: 
>
>> *
>> 
>> 10) Seja P = A^c - B^c,
>> onde:
>> A, B e c são inteiros e primos entre si,
>> A - B > 1, 
>> c = n1*n2*...*ni*...nk ,
>> (os ni são fatores primos distintos, ou seja, c tem
>> k fatores
>> primos distintos).
>> 
>> Mostre que P é um número composto com, no mínimo,
>> k+1
>> fatores primos distintos.
>> 
>> *
>
>Deixe eu colocar uma restrição adicional c = impar.
>
>
>Em primeiro lugar é fácil ver que todos os números 
>da forma A^ni - B^ni dividem P. 
>
>Portanto, um caminho seria mostrar que, dados 
>quaisquer números da forma S1 = A^x - B^x e 
>S2 = A^y - B^y, x e y primos entre si, S1 e S2 não 
>podem ser múltiplos, isto é, possuem algum fator 
>primo distinto entre si.
>
>
>
>1** 
>suponha A, B e x,y primos entre si. x e y primos 
>diferentes de 2 e x > y.
>
>Hipótese: se A^x - B^x tem fatores primos em 
>comum com A^y - B^y, estes fatores estão em A - B.
>
>
>Suponha que S1 = A^x - B^x contém um fator em 
>comum com S2 = A^y - B^y.  
>Seja 
>F1 = A^(x-y) * S2 = A^(x-y) * (A^y - B^y) = 
>A^x - [A^(x-y)*(B^y)]. 
>
>Naturalmente F1 contém o mesmo fator em comum 
>com S1 e S2, e portanto F1 - S1 o conterá também.
>
>F1 - S1 = B^x - [A^(x-y)*(B^y)] = 
>B^y * [B^(x-y) - A^(x-y)]. 
>
>Dado que A e B são primos entre si, o fator comum
>não pode estar em B^y, e portanto está em 
>B^(x-y) - A^(x-y). 
>
>Agora pode-se repetir o raciocínio para 
>B^(x-y) - A^(x-y) e A^y - B^y, 
>verificando qual dos dois expoentes é maior. 
>Suponhamos que x-y > y. Neste caso podemos provar 
>que o fator comum também está em B^(x-2y) - A^(x-2y). 
>Observe que, caso y > x-y provaríamos para o 
>expoente 2y - x. 
>
>Repetindo o raciocínio interativamente vamos chegar 
>até o  expoente 1. Note que, como x e y são primos, 
>a sequencia de expoentes decrescentes não coincidirá 
>com y.
>
>Por exemplo x = 19, y = 3.
>19 -> 16 -> 13 -> 10 -> 7 -> 4 ->1
>
>Por exemplo x = 17, y = 3. 
>17 -> 14 -> 11 -> 8 -> 5 -> 2 ->1   
>
>Por exemplo x = 19 y = 11.
>19 -> 8 -> 3 (11 - 8) -> 5 (8 - 3) -> 2 (5 - 3) -> 1
>(3 - 2)  
>
>
>2**
>S2 = A^y - B^y também possui ao menos um fator primo
>distinto da decomposição  em fatores primos de A - B.
>
>Note-se que 
>S2 = (A - B) * F3, onde 
>F3 = A^y-1 + (A^(y-2))*B + ... + B^y-1
>
>Portanto, se a hipótese estiver correta e S2 
>contiver ao menos um fator primo distinto de A - B, 
>este fator estará em F3
>
>Note-se que F3 tem exatamente y termos. 
>Se a Hipótese estiver incorreta, isto é, se A - B 
>contiver todos os fatores primos de F3, então qualquer
>
>combinação linear do tipo  k1*(A - B) + k2*F3 também 
>conterá todos estes fatores. 
>
>Esta idéia pode ser usada para reduzir-se os termos 
>de F3 até um único termo que obrigatoriamente teria 
>de conter todos os fatores primos.
>
>Por exemplo vamos considerar y = 3. 
>Neste caso F3 = A^2 +A*B +B^2
>
>F3 + A(A - B) = A^2 + A*B - A*B + B^2 = 2*A^2 + B^2
>2*A^2 + B^2 + (A + B)*(A - B) = 
>2*A^2 + B^2 + A^2 - B^2 = 3*A^2
>
>y = 5, F3=A^4 +A^3*B +A^2*B^2 +A*B^3 +B^4
>F3 + A^3*(A - B) + A*B^2*(A - B) = 
>2*A^4 +2*A^2*B^2 +B^4 = X1
>
>X1 + 2*A^2*(A + B)*(A - B) = X1 + 2*A^4 - 2*A^2*B^2=
> 4*A^4 + B^4
>
>4*A^4 + B^4 + A^4 - B^4 = 5*A^4
>
>Na verdade, caso (A - B) tenha todos os fatores primos
>de F3, é possível transformar F3 em outras expressões 
>que devem conter os mesmos fatores primos, através de 
>"operações elementares", até uma expressão na forma 
>y*A^y-1 (ou y*B^y-1). Mas vamos recordar que A,B e y 
>são primos entre si, portanto não é possível 
>que y*A^y-1 contenha os mesmos fatores primos de A -
>B.
>
>
>Em resumo, temos que 
>**1** - Se S1 e S2 possuem fatores primos em comum, 
>estes fatores estão em A - B. 
>
>**2** - S1 e S2 possuem ao menos um fator primo não 
>contido em A - B
>
>Logo S1 e S2 possuem ao menos um fator distinto entre
>si. 
>
>A extensão para c par é direta fazendo A^2 - B^2 
>= D - C
>
>[]´s 
>
>
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Re: [obm-l] Problemas em aberto - prob 10

[Demetrio Freitas]

Acho q vc tem razão... não me ocorre como consertar,
exceto colocando uma restrição adicional. Acho que só
vale para A-B e c, primos entre si.   

[]´s


--- Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira
<[EMAIL PROTECTED]> escreveu: 
>Caro Demetrio,
>No fim da sua explicacao, A-B nao pode ser uma
> potencia de y ? Nesse
> caso, todos os fatores primos de A-B sao fatores
> primos de y.A^(y-1), e eu
> nao entendi como voce conclui.
>Abracos,
> Gugu
> 
> >
> > --- Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]>
> >escreveu: 
> >
> >> *
> >> 
> >> 10) Seja P = A^c - B^c,
> >> onde:
> >> A, B e c são inteiros e primos entre si,
> >> A - B > 1, 
> >> c = n1*n2*...*ni*...nk ,
> >> (os ni são fatores primos distintos, ou seja, c
> tem
> >> k fatores
> >> primos distintos).
> >> 
> >> Mostre que P é um número composto com, no mínimo,
> >> k+1
> >> fatores primos distintos.
> >> 
> >> *
> >
> >Deixe eu colocar uma restrição adicional c = impar.
> >
> >
> >Em primeiro lugar é fácil ver que todos os números 
> >da forma A^ni - B^ni dividem P. 
> >
> >Portanto, um caminho seria mostrar que, dados 
> >quaisquer números da forma S1 = A^x - B^x e 
> >S2 = A^y - B^y, x e y primos entre si, S1 e S2 não 
> >podem ser múltiplos, isto é, possuem algum fator 
> >primo distinto entre si.
> >
> >
> >
> >1** 
> >suponha A, B e x,y primos entre si. x e y primos 
> >diferentes de 2 e x > y.
> >
> >Hipótese: se A^x - B^x tem fatores primos em 
> >comum com A^y - B^y, estes fatores estão em A - B.
> >
> >
> >Suponha que S1 = A^x - B^x contém um fator em 
> >comum com S2 = A^y - B^y.  
> >Seja 
> >F1 = A^(x-y) * S2 = A^(x-y) * (A^y - B^y) = 
> >A^x - [A^(x-y)*(B^y)]. 
> >
> >Naturalmente F1 contém o mesmo fator em comum 
> >com S1 e S2, e portanto F1 - S1 o conterá também.
> >
> >F1 - S1 = B^x - [A^(x-y)*(B^y)] = 
> >B^y * [B^(x-y) - A^(x-y)]. 
> >
> >Dado que A e B são primos entre si, o fator comum
> >não pode estar em B^y, e portanto está em 
> >B^(x-y) - A^(x-y). 
> >
> >Agora pode-se repetir o raciocínio para 
> >B^(x-y) - A^(x-y) e A^y - B^y, 
> >verificando qual dos dois expoentes é maior. 
> >Suponhamos que x-y > y. Neste caso podemos provar 
> >que o fator comum também está em B^(x-2y) -
> A^(x-2y). 
> >Observe que, caso y > x-y provaríamos para o 
> >expoente 2y - x. 
> >
> >Repetindo o raciocínio interativamente vamos chegar
> 
> >até o  expoente 1. Note que, como x e y são primos,
> 
> >a sequencia de expoentes decrescentes não
> coincidirá 
> >com y.
> >
> >Por exemplo x = 19, y = 3.
> >19 -> 16 -> 13 -> 10 -> 7 -> 4 ->1
> >
> >Por exemplo x = 17, y = 3. 
> >17 -> 14 -> 11 -> 8 -> 5 -> 2 ->1   
> >
> >Por exemplo x = 19 y = 11.
> >19 -> 8 -> 3 (11 - 8) -> 5 (8 - 3) -> 2 (5 - 3) ->
> 1
> >(3 - 2)  
> >
> >
> >2**
> >S2 = A^y - B^y também possui ao menos um fator
> primo
> >distinto da decomposição  em fatores primos de A -
> B.
> >
> >Note-se que 
> >S2 = (A - B) * F3, onde 
> >F3 = A^y-1 + (A^(y-2))*B + ... + B^y-1
> >
> >Portanto, se a hipótese estiver correta e S2 
> >contiver ao menos um fator primo distinto de A - B,
> 
> >este fator estará em F3
> >
> >Note-se que F3 tem exatamente y termos. 
> >Se a Hipótese estiver incorreta, isto é, se A - B 
> >contiver todos os fatores primos de F3, então
> qualquer
> >
> >combinação linear do tipo  k1*(A - B) + k2*F3
> também 
> >conterá todos estes fatores. 
> >
> >Esta idéia pode ser usada para reduzir-se os termos
> 
> >de F3 até um único termo que obrigatoriamente teria
> 
> >de conter todos os fatores primos.
> >
> >Por exemplo vamos considerar y = 3. 
> >Neste caso F3 = A^2 +A*B +B^2
> >
> >F3 + A(A - B) = A^2 + A*B - A*B + B^2 = 2*A^2 + B^2
> >2*A^2 + B^2 + (A + B)*(A - B) = 
> >2*A^2 + B^2 + A^2 - B^2 = 3*A^2
> >
> >y = 5, F3=A^4 +A^3*B +A^2*B^2 +A*B^3 +B^4
> >F3 + A^3*(A - B) + A*B^2*(A - B) = 
> >2*A^4 +2*A^2*B^2 +B^4 = X1
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> >X1 + 2*A^2*(A + B)*(A - B) = X1 + 2*A^4 -
> 2*A^2*B^2=
> > 4*A^4 + B^4
> >
> >4*A^4 + B^4 + A^4 - B^4 = 5*A^4
> >
> >Na verdade, caso (A - B) tenha todos os fatores
> primos
> >de F3, é possível transformar F3 em outras
> expressões 
> >que devem conter os mesmos fatores primos, através
> de 
> >"operações elementares", até uma expressão na forma
> 
> >y*A^y-1 (ou y*B^y-1). Mas vamos recordar que A,B e
> y 
> >são primos entre si, portanto não é possível 
> >que y*A^y-1 contenha os mesmos fatores primos de A
> -
> >B.
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> >
> >Em resumo, temos que 
> >**1** - Se S1 e S2 possuem fatores primos em comum,
> 
> >estes fatores estão em A - B. 
> >
> >**2** - S1 e S2 possuem ao menos um fator primo não
> 
> >contido em A - B
> >
> >Logo S1 e S2 possuem ao menos um fator distinto
> entre
> >si. 
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> >A extensão para c par é direta fazendo A^2 - B^2 
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Re: [obm-l] Problemas em aberto - prob 10

[Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira]

   Caro Demetrio,
   Parece que os únicos contra-exemplos para isso são (A,B,C)=(2^m+1,2^m-1,2),
para m>=1. Além disso, acho que é possível provar algo bem mais forte (para
k grande): P tem pelo menos 2^k-k fatores primos distintos. Isso já é maior
que k+1 se k>=3. Vamos então provar isso primeiro e depois analisar os casos
k=1 e k=2.
   Vamos usar polinômios ciclotômicos, que são polinômios phi_n(x),
indexados pelos inteiros positivos n que aparecem na fatoração de x^n-1:
para cada inteiro positivo n, x^n-1=produto(d divide n)(phi_d(x)). Isso
define os phi_n(x) por recorrência; temos
phi_n(x)=produto(1<=k<=n,mdc(k,n)=1)(x-e^(2.k.pi.i/n)), donde o grau de
phi_n(x) é phi(n) (aqui phi é a função de Euler). Segue da primeira
definição, via fatoração, por indução, que, para todo n, phi_n(x) tem
coeficientes inteiros e coeficiente líder 1. É possível provar que, para
todo n, phi_n(x) é um polinômio irredutível, mas não vamos usar isso aqui.
   Temos A^c-B^c=B^c.((A/B)^c-1)=B^c.produto(d divide c)(phi_d(A/B))=
=produto(d divide c)(B^phi(d).phi_d(A/B)). Como phi_d(x) é um polinômio
mônico com coeficientes inteiros de grau phi(d), m_d:=B^phi(d).phi_d(A/B) é
inteiro, e produto(d divide c)(m_d)=A^c-B^c (e logo m_d é divisor de A^c-B^c, 
para todo d divisor de c). Note que c tem 2^k divisores, e assim conseguimos 
escrever A^c-B^c como produto dos 2^k números m_d. Vamos agora examinar 
possíveis fatores primos comuns dos m_d. Vejamos primeiramente que se q é um 
primo que não divide mmc(d,r) então q não pode dividir simultaneamente m_d e 
m_r (desde que d seja distinto de r). De fato, f(x)=B^d.phi_d(x/B) e
g(x)=B^r.phi_r(x/B) são fatores de x^mmc(d,r)-B^mmc(d,r), e se m_d=f(A) e
m_r=g(A) são múltiplos de q, A é raiz pelo menos dupla de
x^mmc(d,r)-B^mmc(d,r) módulo q (isto é, sobre o corpo Z/qZ), donde é raiz de
sua derivada mmc(d,r).x^(mmc(d,r)-1). Como q não divide mmc(d,r), deve
dividir A^(mmc(d,r)-1), donde divide A, mas A é primo com B, e logo q não
divide d e portanto não pode pode dividir A^d-B^d, absurdo.
Isso mostra que se q é um primo que divide dois termos distintos m_d e
m_r então q tem que ser um dos divisores n_i de c, e nesse caso n_i deve ser
um divisor de d ou de r, donde n_i divide no máximo um termo m_d sem que d
seja múltiplo de n_i. Observemos agora que, se q é primo e q não divide r,
então phi_(qr)(x)=phi_r(x^q)/phi_r(x), o que pode ser verificado a partir
das raízes dos polinômios envolvidos. Se olharmos tudo módulo q (i.e., em
Z/qZ[x]), temos phi_r(x^q)=(phi_r(x))^q (pois (x+y)^q=x^q+y^q mod q para
quaisquer x,y e n^q=n mod q para n inteiro), donde
phi_(qr)(x)=(phi_r(x))^(q-1) módulo q, donde phi_(qr)(x)=0 (mod q) se e só
se phi_r(x)=0 (mod q) para todo x em Z/qZ. Em particular, fazendo q=n_i,
x=A/B, e usando o fato de c (e logo todos os n_i) ser primo com B, temos
que, se n_i não divide d, m_d é divisível por n_i se e só se n_i divide
m_(n_i.d). Isso mostra que cada n_i divide no máximo dois termos m_r (para
r=d e para r=n_i.d, se existir esse d divisor de c/n_i tal que n_i divide
m_d). Assim, como A^c-B^c é produto dos 2^k números m_r, todos maiores que
1, e no máximo k pares desses números têm fator comum, A^c-B^c tem pelo
menos 2^k-k fatores primos distintos. (cqd).

Se k=1, c=p é primo e, pela prova acima, se A^c-B^c só tem um fator
primo, A^c-B^c=A^p-B^p deve ser uma potência de p, e A-B também. Assim,
A=B+p^k, e A^p-B^p=(B+p^k)^p-B^p=B^(p-1).p^(k+1) (mod p^(k+2)) se p>=3 ou se
p=2 e k>1. Assim, nesses casos, a maior potência de p que divide A^p-B^p é
p^(k+1), donde a maior potência de p que divide (A^p-B^p)/(A-B) é p, e logo
A^(p-1)+A^(p-2).b+...+B^(p-1)=(A^p-B^p)/(A-B)=p (pois é uma potência de p),
e logo 2^(p-1)<=A^(p-1)A^(p(q-1))>
>2^(q-1)>q, pois q>=3, absurdo.
Abraços,
  Gugu

>
>Acho q vc tem razão... não me ocorre como consertar,
>exceto colocando uma restrição adicional. Acho que só
>vale para A-B e c, primos entre si.   
>
>[]´s
>
>
>--- Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira
><[EMAIL PROTECTED]> escreveu: 
>>Caro Demetrio,
>>No fim da sua explicacao, A-B nao pode ser uma
>> potencia de y ? Nesse
>> caso, todos os fatores primos de A-B sao fatores
>> primos de y.A^(y-1), e eu
>> nao entendi como voce conclui.
>>Abracos,
>> Gugu
>> 
>> >
>> > --- Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]>
>> >escreveu: 
>> >
>> >> *
>> >> 
>> >> 10) Seja P = A^c - B^c,
>> >> onde:
>> >> A, B e c são inteiros e primos entre si,
>> >> A - B > 1, 
>> >> c = n1*n2*...*ni*...nk ,
>> >> (os ni são fatores primos distintos, ou seja, c
>> tem
>> >> k fatores
>> >> primos distintos).
>> >> 
>> >> Mostre que P é um número composto com, no mínimo,
>> >> k+1
>> >> fatores primos distintos.
>> >> 
>> >> *
>> >
>> >Deixe eu colocar uma restrição adicional c = impar.
>> >
>> >
>> >Em primeiro lugar é fácil ver que todos os números 
>> >da forma A^ni - B^ni dividem P. 
>> >
>> >Portanto, um caminho seria mostrar que, dados 
>> >quaisquer números da forma S1 = A^x -

Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear

[Claudio Buffara]

Title: Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear



on 07.01.05 10:07, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote:

olá gente, tem mais dois problemas q naum estou conseguindo resolver, e gostaria de uma ajudinha do pessoal da lista:
 
1) Mostrar que a dimensão do espaço vetorial R (corpo do reais) sobra Q (corpo do racionais) não é enumerável.
 
Suponhamos que a dimensao de R sobre Q seja enumeravel.
Entao, existe um conjunto enumeravel B de reais (uma base de R sobre Q) tal que todo real pode ser expresso como uma combinacao linear racional de um numero finito de elementos de B.
Por sua vez, isso implica na existencia de uma sobrejecao do conjunto dos subconjuntos finitos de Q sobre R, o que eh uma contradicao, pois o conjunto dos subconjuntos finitos de Q eh enumeravel.

2) Sejam V um K-espaço vetorial de dimensão INFINITA e B = {v_L ; L pertence a uma família qualquer de índices} uma base infinita para V. Seja {w_L ; L pertence a mesma família de índices do conj. B} um subconjunto de W, onde W é um K-espaço vetorial. Mostre que existe uma única transformação linear T: V --> W tal que T(v_L) = w_L, p/ todo L.

A demonstracao eh exatamente identica ao do caso em que a dimensao eh finita. Consulte qualquer livro de algebra linear (se o livro nao tiver essa demonstracao, jogue-o fora e arranje outro).
A unica coisa a ter em mente eh que uma combinacao linear eh sempre uma soma finita, mesmo que a base seja infinita.

[]s,
Claudio.
 

[obm-l] Prob 3 OBM U (2004) 2a. fase

[alencar1980]

Alguém poderia me mostrar alguma solução para o problema 3 da OBM universitária 2004, 2a. fase?
 
Já tentei de diversas formas mas não consegui.
 
[]'s

[obm-l] Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear

[Artur Costa Steiner]

Acho que estas provas estao perfeitas, so tenho um ponto. O termo dimensao
enumeravel eh um tanto improprio, nao eh? Dimensao, neste caso, eh um
elemento do sistema dos reais expandidos, pelo que entendo. O que se quis
provar eh que, com um conjunto enumeravel de reais, nao eh possivel
representar todo numero real como uma combinacao linear dos elementos deste
conjunto nas quais  os coeficientes sejam racionais.
Artur



- Mensagem Original 
De: obm-l@mat.puc-rio.br
Para: "obm-l@mat.puc-rio.br" 
Assunto: Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear
Data: 07/01/05 12:34

on 07.01.05 10:07, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote:


olá gente, tem mais dois problemas q naum estou conseguindo resolver, e
gostaria de uma ajudinha do pessoal da lista:

1) Mostrar que a dimensão do espaço vetorial R (corpo do reais) sobra Q
(corpo do racionais) não é enumerável.

Suponhamos que a dimensao de R sobre Q seja enumeravel.
Entao, existe um conjunto enumeravel B de reais (uma base de R sobre Q) tal
que todo real pode ser expresso como uma combinacao linear racional de um
numero finito de elementos de B.
Por sua vez, isso implica na existencia de uma sobrejecao do conjunto dos
subconjuntos finitos de Q sobre R, o que eh uma contradicao, pois o conjunto
dos subconjuntos finitos de Q eh enumeravel.

2) Sejam V um K-espaço vetorial de dimensão INFINITA e B = {v_L ; L pertence
a uma família qualquer de índices} uma base infinita para V. Seja {w_L ; L
pertence a mesma família de índices do conj. B} um subconjunto de W, onde W
é um K-espaço vetorial. Mostre que existe uma única transformação linear T:
V --> W tal que T(v_L) = w_L, p/ todo L.

A demonstracao eh exatamente identica ao do caso em que a dimensao eh
finita. Consulte qualquer livro de algebra linear (se o livro nao tiver essa
demonstracao, jogue-o fora e arranje outro).
A unica coisa a ter em mente eh que uma combinacao linear eh sempre uma soma
finita, mesmo que a base seja infinita.

[]s,
Claudio.


OPEN Internet e Informática
@ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @


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

Re: [obm-l] Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear

[Claudio Buffara]

Dimensao = Cardinalidade da Base.

Dessa forma, me parece que dimensao nao eh um elemento dos reais expandidos
mas sim um numero cardinal que pode ser finito ou infinito.

Talvez o enunciado devesse falar em "base enumeravel" ao inves de "dimensao
enumeravel", pois nao ha duvidas de que "base" eh um conjunto e "enumeravel"
eh um atributo de um conjunto.

Mas o importante eh que deu pra entender, sem ambiguidade, o que o problema
pedia.

[]s,
Claudio.

on 07.01.05 11:56, Artur Costa Steiner at [EMAIL PROTECTED] wrote:

> Acho que estas provas estao perfeitas, so tenho um ponto. O termo dimensao
> enumeravel eh um tanto improprio, nao eh? Dimensao, neste caso, eh um
> elemento do sistema dos reais expandidos, pelo que entendo. O que se quis
> provar eh que, com um conjunto enumeravel de reais, nao eh possivel
> representar todo numero real como uma combinacao linear dos elementos deste
> conjunto nas quais  os coeficientes sejam racionais.
> Artur
> 
> 
> 
> - Mensagem Original 
> De: obm-l@mat.puc-rio.br
> Para: "obm-l@mat.puc-rio.br" 
> Assunto: Re: [obm-l] + 2 prob. de álg. linear
> Data: 07/01/05 12:34
> 
> on 07.01.05 10:07, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote:
> 
> 
> olá gente, tem mais dois problemas q naum estou conseguindo resolver, e
> gostaria de uma ajudinha do pessoal da lista:
> 
> 1) Mostrar que a dimensão do espaço vetorial R (corpo do reais) sobra Q
> (corpo do racionais) não é enumerável.
> 
> Suponhamos que a dimensao de R sobre Q seja enumeravel.
> Entao, existe um conjunto enumeravel B de reais (uma base de R sobre Q) tal
> que todo real pode ser expresso como uma combinacao linear racional de um
> numero finito de elementos de B.
> Por sua vez, isso implica na existencia de uma sobrejecao do conjunto dos
> subconjuntos finitos de Q sobre R, o que eh uma contradicao, pois o conjunto
> dos subconjuntos finitos de Q eh enumeravel.
> 
> 2) Sejam V um K-espaço vetorial de dimensão INFINITA e B = {v_L ; L pertence
> a uma família qualquer de índices} uma base infinita para V. Seja {w_L ; L
> pertence a mesma família de índices do conj. B} um subconjunto de W, onde W
> é um K-espaço vetorial. Mostre que existe uma única transformação linear T:
> V --> W tal que T(v_L) = w_L, p/ todo L.
> 
> A demonstracao eh exatamente identica ao do caso em que a dimensao eh
> finita. Consulte qualquer livro de algebra linear (se o livro nao tiver essa
> demonstracao, jogue-o fora e arranje outro).
> A unica coisa a ter em mente eh que uma combinacao linear eh sempre uma soma
> finita, mesmo que a base seja infinita.
> 
> []s,
> Claudio.
> 
> 
> OPEN Internet e Informática
> @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @
> 
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
> =
> 


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

[obm-l] um prob. de teoria dos numeros e outro de otimizacao

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes, 

Acabo de receber as questões abaixo. Não conheço tais assuntos. 
Alguma sugestão? 

[]'s 
Luís 

1) Chamo produto fatorial o produto de m>=2 termos consecutivos. 
de uma progressão aritmética de razão r /= 0, cujo primeiro termo 
seja a /=0, todos números naturais: indico com F(a,r,m). Assim, por 
exemplo, F(1,1,m)=m! . Não é difícil demonstrar, tomando por base 
um histórico teorema sobre a existência de números primos em 
intervalos fixos, que m! não é potência de de qualquer número natural. 
Há demonstração análoga para o caso geral F(a,r,m)? 

2) Um polígono articulado plano é um polígono plano cujos lados têm 
comprimento dado e cujos ângulos internos são variáveis. 
Fornecidos os lados de um tal polígono, é fácil determinar, a priori, 
sua área máxima, e se sua área se anula. Se, contudo, esta não se 
anula, como determinar a área mínima desse polígono articulado? 

  

En: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade

[Jose Francisco Guimaraes Costa]

Se a bola que V tirou é branca, ela veio da gaveta 1 ou da 3. Podemos
esquecer a gaveta 2; daqui para a frente temos apenas 2 gavetas: a 1 e a 3.

Se a bola que V tirou saiu da gaveta 1, a outra bola é branca. Se saiu da 3,
a outra é preta.

Logo, a probabilidade da outra bola ser branca, isto é, de V ter tirado a
primeira bola da gaveta 1, é 1/2.

JF

-Mensagem Original-
De: Jose Francisco Guimaraes Costa <[EMAIL PROTECTED]>
Para: Alice <[EMAIL PROTECTED]>
Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15
Assunto: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade


>
> -Mensagem Original-
> De: <[EMAIL PROTECTED]>
> Para: <[EMAIL PROTECTED]>
> Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 01:46
> Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
>
>
> >Temos 3 bolas brancas ao todo, 2 na primeira gaveta e uma na
terceira.
> > Se você retirou uma bola branca, há 2/3 de probabilidade de ter aberto a
> > primeira gaveta e 1/3 de ter aberto a segunda. A outra bolinha será
branca
> > caso a gaveta aberta tenha sido a primeira, logo a probabilidade é de
2/3.
> >  Camilo
> >
> > -- Mensagem original --
> >
> > >Dadas 3 gavetas. Em cada gaveta há duas bolas, como se segue :
> > >primeira gaveta: duas bolas brancas
> > >segunda gaveta: duas bolas pretas
> > >terceira gaveta: uma bola branca e uma preta
> > >Você abre aleatoriamente uma gaveta e tira uma bolinha branca. Qual é a
> >
> > >probabilidade da outra bolinha também ser branca?
> > >
> >
> >
> >
> > --
> > Use o melhor sistema de busca da Internet
> > Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
> >
> >
> >
> >
=
> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> > http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
> > O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
> >
=
> >
>

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
=

Re: [obm-l] um prob. de teoria dos numeros e outro de otimizacao

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Oi Luís! Alguns pitacos...

2011/2/24 Luís Lopes :
> Sauda,c~oes,
>
> Acabo de receber as questões abaixo. Não conheço tais assuntos.
> Alguma sugestão?
>
> []'s
> Luís
>
> 1) Chamo produto fatorial o produto de m>=2 termos consecutivos.
> de uma progressão aritmética de razão r /= 0, cujo primeiro termo
> seja a /=0, todos números naturais: indico com F(a,r,m). Assim, por
> exemplo, F(1,1,m)=m! . Não é difícil demonstrar, tomando por base
> um histórico teorema sobre a existência de números primos em
> intervalos fixos, que m! não é potência de de qualquer número natural.
> Há demonstração análoga para o caso geral F(a,r,m)?

Acho que aqui m > 2 se impõe como hipótese razoável.
O caso m = 3 deve ser razoavelmente fácil de decidir:
Chame a sua PA de b-r, b, b+r ; temos b(b^2 - r^2) que queremos
mostrar que não é potência de um inteiro.
Mas se tivermos um terno pitagórico (x,r,b) com b = h^2 não dá certo.
Ora, (3,4,5) é um terno pitagórico; multiplique por 5 para ter um
quadrado, b = 25, r = 20, você tem 5 * 25 * 45 = 5 * 25 * 9 * 5 que é
um quadrado perfeito. Bom, sei lá, parece meio forçado. Talvez seja
factível demonstrar que essa questão só tem soluções derivadas de
ternas pitagóricas, mas deve ser mais difícil...

> 2) Um polígono articulado plano é um polígono plano cujos lados têm
> comprimento dado e cujos ângulos internos são variáveis.
> Fornecidos os lados de um tal polígono, é fácil determinar, a priori,
> sua área máxima, e se sua área se anula. Se, contudo, esta não se
> anula, como determinar a área mínima desse polígono articulado?
A área se anula sse existe uma partição dos lados com a mesma soma, é isso?

Eu acho que tentar fazer o caso de um quadrilátero já deve ser bem
interessante... veja só: se eu tenho lados a,b,c,d, eu posso tentar
"apertar" o polígono o máximo possível. Suponha que a+b != c+d (senão,
eu posso alinhar todos os pontos), e sem perda de generalidade, a+b >
c+d. Assim, você pode "entrar" com os lados c e d e formar um polígono
côncavo, que parece ser uma boa idéia para diminuir a área. O outro
caso seria o triângulo degenerado com um lado c+d e depois os lados a
e b. Pensando um pouco mais, você pode escolher dois lados e fazê-los
coincidir, e se a diferença "der certo", você tem um triangulozinho
formado pelos outros dois lados e a diferença dos outros. Talvez
sempre dê pra fazer um triângulo desses, mas eu não fiz as contas de
desigualdade triangular com os 4 lados...

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
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] Prob lema de máximo!!!

[Lucas Colucci]

Ué, o caso é totalmente análogo, visto que, se o lado c e o ângulo C são fixos, 
podemos escrever
a=(c/senC)senA
b=(c/senC)senB, pela lei dos senos, e segue

a+b=(c/senC)(senA+senB)=(c/senC)2sen((A+B)/2)cos((A-B)/2), e o resultado sai 
analogamente, sem construções geométricas, já que basta maximizar/minimizar 
cos((A-B)/2), que é o único termo não-constante do produto.

Lucas Colucci.

> Date: Mon, 2 Nov 2009 18:52:55 +0100
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Problema de máximo!!!
> From: bernardo...@gmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> 
> Arg ... maldito teclado que envia o mail sem eu querer !
> 
> E agora, generalize para o caso em que c é fixo e o ângulo C também (o
> que é exatamente o que você pede, no caso especial em que C = 90°, que
> é muito simétrico ;-) ). Veja se você consegue achar o máximo e o
> mínimo neste caso, usando uma figura que ajuda muito !
> 
> grande abraço,
> -- 
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
> um eterno fã das construções geométricas
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
  
_
Você sabia que o Hotmail mudou? Clique e descubra as novidades.
http://www.microsoft.com/brasil/windows/windowslive/products/hotmail.aspx

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Prob lema de máximo!!!

[luiz silva]

Oi Bernardo,
 
Na realidade eu pensei em usar a formula do perímetro, mas aí cairia novamente 
em calculos (não sei se da para analisar sem meter a mão na massa).

De qqer forma, vou tentar mais um pouco.
 
Abs
Felipe
--- Em ter, 3/11/09, Bernardo Freitas Paulo da Costa  
escreveu:


De: Bernardo Freitas Paulo da Costa 
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Problema de máximo!!!
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Terça-feira, 3 de Novembro de 2009, 13:03


2009/11/3 luiz silva 
> Ola Pessoal,
Oi Luiz e outros !

> Não sei se o meu argumento é válido, mas analisando a questão reparamos que 
> temos um segmento de reta fixo.
exatamente !

> Se considerarmos os triângulos formados pelas "envoltórias" (que são os lados 
> diferentes) e o segmento fixo veremos que o triângulo de maior altura é o 
> triângulo isósceles. Isto quer dizer que é o triângulo com maior área.
Muito bem ! Ah, tem uma coisa a mais, os ápices dos triângulos formam
uma circunferência !

> Como a base é a mesma (hipotenusa), para "envolver" uma maior área são 
> necessários dois segmentos que, somados, serão maiores que a soma dos 
> segmentos que envolvem uma área menor, dada a mesma base. Assim, como a base 
> é igual em todos os triãngulos, o de maior perímetro será aquele com a maior 
> soma dos outros dois lados, ou seja, o triangulo retangulo isósceles.

Essa parte da intuição é ótima, mas eu acho que precisa formalizar.
Quando eu mandei a minha idéia da construção geométrica, era para
tentar ver alguma coisa além da pura trigonometria, e usar algo como
MA >= MG para a+b e a*b de alguma forma esperta. A conexão que você
deu para a área permite usar p(p-a)(p-b)(p-c), e eu acho que quando
a+b for máximo, c fixo, deve dar pra provar que a=b.

> Abs
> Felipe

Quem continua ?
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
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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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Prob lema de máximo!!!

[luiz silva]

Tem a relação de áreas abaixo :
 
S1 = abc/4R ; S2 = x^2c/4R
 
x^2c/4R > abc/4R 
 
x^2 > ab 
 
mas ainda não vejo como usá-laalém disso,  de pitágoras, podemos, tb,  
tirar o resultado :
 
2x^2= c^2
 
a^2+b^2=c^2
 
x^2 = (a^2+b^2)/2
 
x = [(a^2+b^2)/2]^(1/2)
2x= 2 [(a^2+b^2)/2]^(1/2) > a+b
 
2a^2+2b^2>a^2+2ab+b^2
a^2-2ab+b2>0
(a-b)^2>0 
 
Isto é sempre verdade, exceto para a=b.
 
Abs
Felipe
--- Em ter, 3/11/09, Bernardo Freitas Paulo da Costa  
escreveu:


De: Bernardo Freitas Paulo da Costa 
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Problema de máximo!!!
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Terça-feira, 3 de Novembro de 2009, 13:03


2009/11/3 luiz silva 
> Ola Pessoal,
Oi Luiz e outros !

> Não sei se o meu argumento é válido, mas analisando a questão reparamos que 
> temos um segmento de reta fixo.
exatamente !

> Se considerarmos os triângulos formados pelas "envoltórias" (que são os lados 
> diferentes) e o segmento fixo veremos que o triângulo de maior altura é o 
> triângulo isósceles. Isto quer dizer que é o triângulo com maior área.
Muito bem ! Ah, tem uma coisa a mais, os ápices dos triângulos formam
uma circunferência !

> Como a base é a mesma (hipotenusa), para "envolver" uma maior área são 
> necessários dois segmentos que, somados, serão maiores que a soma dos 
> segmentos que envolvem uma área menor, dada a mesma base. Assim, como a base 
> é igual em todos os triãngulos, o de maior perímetro será aquele com a maior 
> soma dos outros dois lados, ou seja, o triangulo retangulo isósceles.

Essa parte da intuição é ótima, mas eu acho que precisa formalizar.
Quando eu mandei a minha idéia da construção geométrica, era para
tentar ver alguma coisa além da pura trigonometria, e usar algo como
MA >= MG para a+b e a*b de alguma forma esperta. A conexão que você
deu para a área permite usar p(p-a)(p-b)(p-c), e eu acho que quando
a+b for máximo, c fixo, deve dar pra provar que a=b.

> Abs
> Felipe

Quem continua ?
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de Prob abilidade - CESPE

[Ralph Teixeira]

Concordo com o Fábio. "Não são equiprováveis" é a pedra no sapato de
98% dos problemas de probabilidade que dão errado... :)

Então, usando o raciocínio do Marcelo, temos as seguintes opções (dada
a primeira derrota de A, daqui para a frente):
>> 0 (neste caso B é campeao) com probabilidade 1/2
>> 11 (neste caso A é campeao) com probabilidade 1/2.1/2=1/4
>> 100 (neste caso B é campeao) com probabilidade 1/2.1/2.1/2=1/8
>> 1010 (neste caso B é campeao) com probabilidade 1/2.1/2.1/2.1/2=1/16
>> 1011 (neste caso A é campeao) com probabilidade 1/2.1/2.1/2.1/2=1/16

Note que eu fiz as seguintes hipóteses que o enunciado não deixa
claras, mas que creio serem as mais razoáveis possíveis:
i) A e B têm 50% de chance cada de vencer cada partida (que o próprio
Fábio já havia destacado que não estava explícito no enunciado, e, na
minha opinião, devia)
ii) Partidas distintas são independentes entre si -- ou seja, que não
interessa se A está para ser campeão ou B está desesperado, os times
continuam com 50% de chance cada em cada partida, independentemente da
história passada. Por isso que eu posso usar que p(1011) é o produto
1/2.1/2.1/2.1/2.

Então, p(A ser campeão)=p(11)+p(1011)=5/16. Tô com o Fábio (que,
afinal, é da família Teixeira, então **não podia** estar enganado :)
).

Abraço,
   Ralph


2009/1/23 fabio henrique teixeira de souza :
> Salhab, agradeço a ajuda. No entanto, acho que vc cometeu um engano. Não
> podemos calcular a chance de A ser campeão por 2 casos favoráveis em um
> total de 5, posto que os 5 não são equiprováveis. Estou errado?
> Abraço.
>
> 2009/1/23 Marcelo Salhab Brogliato 
>>
>> Olá Fábio,
>> dado que A perdeu o primeiro jogo, temos as seguinte possiveis
>> configuracoes para os demais jogos:
>> vamos convencionar: 1 = A venceu, 0 = B venceu (ou A perdeu).
>> 0 (neste caso B é campeao)
>> 11 (neste caso A é campeao)
>> 100 (neste caso B é campeao)
>> 1010 (neste caso B é campeao)
>> 1011 (neste caso A é campeao)
>> logo, temos 2/5 = 40% de chance de A ser campeão.
>>
>> Outra maneira seria calcular: P(A ser campeao | A perdeu a primeira
>> partida) = P(A ser campeao e A perder a primeira partida)/P(A perder a
>> primeira partida)
>>
>> P(A perder a primeira partida) = 1/2
>> P(A ser campeao e A perder a primeira partida) = 2/10 [basta ver que temos
>> 2 casos favoraveis em 10, pois temos que considerar os casos em que A ganhou
>> a primeira partida, que sao analogos aos acima]
>>
>> assim: P = (2/10)/(1/2) = 2/5 = 40%
>>
>> acho que é isso!!
>> abraços,
>> Salhab
>>
>>
>>
>>
>> 2009/1/22 fabio henrique teixeira de souza 
>>>
>>> Senhores, ao fazer a questão abaixo, encontrei como probabilidade 5/16.
>>> De saída, o problema não deixa claro que as probabilidades de vitória de A e
>>> de B são iguais. Considerei-as iguais (a 1/2). No entanto, o gabarito
>>> oficial diz que a declaração é CERTA. Gostaria que alguém também a fizesse
>>> para que eu possa ter idéia se estou errando ou acertando. Aguardo o
>>> retorno.
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Analise em certo ou errado:
>>>
>>> A etapa final de um torneio de futebol será disputada entre os
>>>
>>> times A e B, e o campeão será o time que vencer duas partidas
>>>
>>> seguidas ou um total de três partidas. Considerando que os jogos
>>>
>>> que terminarem empatados serão decididos nos pênaltis, de forma
>>>
>>> que sempre haja um vencedor, julgue os itens que se seguem.
>>>
>>> 109
>>>
>>> A chance de o time A ser campeão tendo perdido o primeiro
>>>
>>> jogo é de 20%.
>
>

=
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] Questão de Prob abilidade - CESPE

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Fábio,
eita, realmente não são equiprováveis. Desculpe pela falha.. hehehe
Acho que é só multiplicar as probabilidades dos casos favoráveis e somar:
11 .. neste caso, temos: 1/2*1/2 = 1/4
1011 .. neste caso, temos: 1/2*1/2*1/2*1/2 = 1/16

logo, P = 1/4 + 1/16 = 5/16

espero nao ter errado novamente ;) hehe
mas desta vez bateu com sua resposta... acho que acertamos!! :D

abraços,
Salhab


2009/1/23 fabio henrique teixeira de souza 

> Salhab, agradeço a ajuda. No entanto, acho que vc cometeu um engano. Não
> podemos calcular a chance de A ser campeão por 2 casos favoráveis em um
> total de 5, posto que os 5 não são equiprováveis. Estou errado?
> Abraço.
>
> 2009/1/23 Marcelo Salhab Brogliato 
>
> Olá Fábio,
>> dado que A perdeu o primeiro jogo, temos as seguinte possiveis
>> configuracoes para os demais jogos:
>> vamos convencionar: 1 = A venceu, 0 = B venceu (ou A perdeu).
>> 0 (neste caso B é campeao)
>> 11 (neste caso A é campeao)
>> 100 (neste caso B é campeao)
>> 1010 (neste caso B é campeao)
>> 1011 (neste caso A é campeao)
>> logo, temos 2/5 = 40% de chance de A ser campeão.
>>
>> Outra maneira seria calcular: P(A ser campeao | A perdeu a primeira
>> partida) = P(A ser campeao e A perder a primeira partida)/P(A perder a
>> primeira partida)
>>
>> P(A perder a primeira partida) = 1/2
>> P(A ser campeao e A perder a primeira partida) = 2/10 [basta ver que temos
>> 2 casos favoraveis em 10, pois temos que considerar os casos em que A ganhou
>> a primeira partida, que sao analogos aos acima]
>>
>> assim: P = (2/10)/(1/2) = 2/5 = 40%
>>
>> acho que é isso!!
>> abraços,
>> Salhab
>>
>>
>>
>>
>> 2009/1/22 fabio henrique teixeira de souza 
>>
>>  Senhores, ao fazer a questão abaixo, encontrei como probabilidade 5/16.
>>> De saída, o problema não deixa claro que as probabilidades de vitória de A e
>>> de B são iguais. Considerei-as iguais (a 1/2). No entanto, o gabarito
>>> oficial diz que a declaração é CERTA. Gostaria que alguém também a fizesse
>>> para que eu possa ter idéia se estou errando ou acertando. Aguardo o
>>> retorno.
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Analise em certo ou errado:
>>>
>>> A etapa final de um torneio de futebol será disputada entre os
>>>
>>> times A e B, e o campeão será o time que vencer duas partidas
>>>
>>> seguidas ou um total de três partidas. Considerando que os jogos
>>>
>>> que terminarem empatados serão decididos nos pênaltis, de forma
>>>
>>> que sempre haja um vencedor, julgue os itens que se seguem.
>>>
>>> 109
>>> A chance de o time A ser campeão tendo perdido o primeiro
>>>
>>> jogo é de 20%.
>>>
>>
>>
>

[obm-l] Re: En: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade

[camilojr]

   Os eventos tirar bola branca da gaveta 1 e tirar bola branca da gaveta
3 não são equiprováveis, logo você não pode concluir que a probabilidade
seja 1/2.
   Se você admite que é equiprovável que a bola branca tenha saído da gaveta
1, que tem 2 bolas brancas e 0 pretas, ou da gaveta 3, que tem 1 de cada
cor, por que você exclui a gaveta 2? Se a probabilidade é a mesma independentemente
do número de bolas brancas e pretas que estão na gaveta, então podemos concluir
que existe 1/3 de chance de termos tirado 1 bola branca de uma gaveta que
continha apenas bolas pretas. 
abraço,
   Camilo

-- Mensagem original --

>Se a bola que V tirou é branca, ela veio da gaveta 1 ou da 3. Podemos
>esquecer a gaveta 2; daqui para a frente temos apenas 2 gavetas: a 1 e
a
>3.
>
>Se a bola que V tirou saiu da gaveta 1, a outra bola é branca. Se saiu
da
>3,
>a outra é preta.
>
>Logo, a probabilidade da outra bola ser branca, isto é, de V ter tirado
a
>primeira bola da gaveta 1, é 1/2.
>
>JF
>
>-Mensagem Original-
>De: Jose Francisco Guimaraes Costa <[EMAIL PROTECTED]>
>Para: Alice <[EMAIL PROTECTED]>
>Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15
>Assunto: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
>
>
>>
>> -Mensagem Original-
>> De: <[EMAIL PROTECTED]>
>> Para: <[EMAIL PROTECTED]>
>> Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 01:46
>> Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
>>
>>
>> >Temos 3 bolas brancas ao todo, 2 na primeira gaveta e uma na
>terceira.
>> > Se você retirou uma bola branca, há 2/3 de probabilidade de ter aberto
>a
>> > primeira gaveta e 1/3 de ter aberto a segunda. A outra bolinha será
>branca
>> > caso a gaveta aberta tenha sido a primeira, logo a probabilidade é
de
>2/3.
>> >  Camilo
>> >
>> > -- Mensagem original --
>> >
>> > >Dadas 3 gavetas. Em cada gaveta há duas bolas, como se segue :
>> > >primeira gaveta: duas bolas brancas
>> > >segunda gaveta: duas bolas pretas
>> > >terceira gaveta: uma bola branca e uma preta
>> > >Você abre aleatoriamente uma gaveta e tira uma bolinha branca. Qual
>é a
>> >
>> > >probabilidade da outra bolinha também ser branca?
>> > >
>> >
>> >
>> >
>> > --
>> > Use o melhor sistema de busca da Internet
>> > Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
>> >
>> >
>> >
>> >
>=
>> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> > http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>> > O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
>> >
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>> >
>>
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>Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
>=
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Use o melhor sistema de busca da Internet
Radar UOL - http://www.radaruol.com.br



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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Prob abilidades Geométricas: 2 problemas difíceis

[Chicao Valadares]

Eu fiz algo parecido e achei 1/12. Depois eu posto aqui na lista.


"O Binômio de Newton é tão belo como a Vênus de Milo.
O que há é pouca gente para dar por isso... "
Fernando Pessoa - Poesias de Alvaro Campos

_
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cooperation.


--- Em seg, 7/7/08, Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:

> De: Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]>
> Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidades Geométricas: 2 
> problemas difíceis
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Data: Segunda-feira, 7 de Julho de 2008, 20:38
> Ola' Chicao,
> sem perda de generalidade, eu assumi que o "segmento
> de reta" do
> problema seria o segmento unitario [0 1], de forma que
> "x" pode ser
> qualquer real no intervalo [0, 1].
> E para cada valor de "x", o ponto "y"
> tambem pode estar em qualquer
> posicao no intervalo [0, 1].
> Assim, usando o espaco cartesiano para plotar todos os
> pares (x,y)
> possiveis, voce obtera' um quadrado de lado unitario.
> Da mesma forma, se voce plotar todos os pares que
> satisfazem 'as
> exigencias do problema, voce obtera'  os dois
> triangulos internos ao
> quadrado unitario, conforme descrito na solucao.
> 
> Repare que os tais "dois triangulos" sao
> simplesmente o conjunto de
> pares (x,y) capazes de definir um triangulo sobre o
> segmento unitario,
> conforme o enunciado.
> Para isso, e' necessario e suficiente que "x"
> e "y" satisfacam 'as
> seguintes condicoes:
> - o menor deles e' menor (ou igual**) que 1/2
> - o maior deles e' maior (ou igual**) que 1/2
> - a diferenca entre eles e' menor (ou igual**) que 1/2
> 
> ** OBS: quando acontece um "igual" , temos um
> triangulo degenerado
> (com area zero).
> 
> []'s
> Rogerio Ponce.
> 
> 
> 
> 2008/7/7 Chicao Valadares
> <[EMAIL PROTECTED]>:
> > "Os valores possiveis de x e y equivalem a area
> do quadrado unitario,
> >  que vale 1."
> >
> > Nao entendi, seria o produto xy que equivaleria a
> área?
> >
> >
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a
> lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =


  Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo com a sua 
cara @ymail.com ou @rocketmail.com.
http://br.new.mail.yahoo.com/addresses

=
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] RE: [obm-l] Prob lema Prático

[Paulo Cesar]

Claro, Hugo! Sem querer, imaginei que a segunda camisinha foi retirada para
que a primeira fosse recolocada.

Bom feriado.

PC

2009/9/4 Hugo Fernando Marques Fernandes 

> Caro Paulo César.
>
> Não estará se expondo ao risco ao realizar a inversão da camisinha
> inicialmente deixada de lado porque neste momento ele ainda está usando a
> primeira que teria colocado.
>
> Tiago.
>
> Um pouco mais de bom humor numa sexta véspera de feriado não lhe faria
> nenhum mal.
>
> Abraços.
>
> Hugo.
>
> 2009/9/4 Paulo Cesar 
>
> Mas ao inverter a posição da camisinha inicialmente usada, não estará o
>> homem expondo-se ao risco?
>> Vamos supor que a primeira camisinha (a que ficou por cima da outra) tenha
>> um lado A e um lado B. O lado B entra em contato com a primeira Prima, ao
>> passo que o lado A fica limpo. Ao mudar de posição para usá-la com a
>> terceira entrevistada do Superpop, o lado B entrará em contato direto com o
>> homem.
>>
>> Ou será que estou errado?
>>
>> De qualquer forma, o problema é bem interessante. Mas tem sempre alguém
>> (que provavelmente não conhece as nobres meretrizes) pra reclamar.
>>
>> Abraço
>>
>> PC
>>
>> 2009/9/4 tiago lucas gouveia 
>>
>>  Meu, vê se tem um pouco de respeito com as pessoas que participam dessa
>>> lista
>>>
>>> --
>>> Date: Fri, 4 Sep 2009 07:15:28 -0700
>>> From: luizfelipec...@yahoo.com.br
>>> Subject: [obm-l] Problema Prático
>>> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>>>
>>>
>>>   Pessoal,
>>>
>>> Me passaram este problema e achei bem interessante e instrutivo ::))
>>>
>>> "Um homem contrata três prostitutas e quer fazer sexo com todas. Todos os
>>> envolvidos podem ter doenças sexualmente transmissíveis, e todos querem usar
>>> preservativos. Infelizmente, só há duas camisinhas. Pior ainda, estão no
>>> meio do nada e não podem comprar mais camisinhas. Poderá o homem fazer sexo
>>> com todas as três mulheres sem risco para qualquer um dos quatro"
>>>
>>> --
>>> Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 
>>> 10-
>>> Celebridades-
>>> Música-
>>> Esportes
>>> --
>>> Novo Internet Explorer 8: faça tudo com menos cliques. Baixe agora, é
>>> gratis!
>>>
>>
>>
>

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Prob lema de máximo!!!

[Pedro Júnior]

Muitíssimo obrigado...
Agora, será que conseguiríamos uma solução simples sem o apelo de uma
trigonometria "sofisticada", pois o oproblema consta em uma avaliação em
nível II, ou seja fundamental, (9º ano mais precisamente). Minha dúvida é,
será que podemos usar a desigualdade entre médias?

Ok, aguardo a contribuição de vcs na solução desse problema!

2009/11/2 Lucas Colucci 

>  Ué, o caso é totalmente análogo, visto que, se o lado c e o ângulo C são
> fixos, podemos escrever
> a=(c/senC)senA
> b=(c/senC)senB, pela lei dos senos, e segue
>
> a+b=(c/senC)(senA+senB)=(c/senC)2sen((A+B)/2)cos((A-B)/2), e o resultado
> sai analogamente, sem construções geométricas, já que basta
> maximizar/minimizar cos((A-B)/2), que é o único termo não-constante do
> produto.
>
> Lucas Colucci.
>
> > Date: Mon, 2 Nov 2009 18:52:55 +0100
> > Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Problema de máximo!!!
> > From: bernardo...@gmail.com
>
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> >
> > Arg ... maldito teclado que envia o mail sem eu querer !
> >
> > E agora, generalize para o caso em que c é fixo e o ângulo C também (o
> > que é exatamente o que você pede, no caso especial em que C = 90°, que
> > é muito simétrico ;-) ). Veja se você consegue achar o máximo e o
> > mínimo neste caso, usando uma figura que ajuda muito !
> >
> > grande abraço,
> > --
> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
> > um eterno fã das construções geométricas
> >
> > =
> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> > =
>
> --
> Você sabia que pode utilizar o Messenger de qualquer tipo de celular? Saiba
> mais.
>

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Prob lema de máximo!!!

[Pedro Júnior]

Rapaz, que discussão sadia e legal, extremamente didática ao mesmo tempo em
que há um tom de pesquisa. "Armas" são levantadas, de maneira que surja a
descoberta!
Olha pessoal, essas últimas discussões estão exatamente às voltas de onde
parei, daí decidi postar na lista. Maximizar a soma de lados, dado que a
soma dos quadrados desses lados é constante,  nunca pensei que fosse tão
complicado (me refiro ao nível de discussão desta lista) sem o uso de
trigonometria (pois são alunos do 9º ano).

2009/11/3 luiz silva 

> Tem a relação de áreas abaixo :
>
> S1 = abc/4R ; S2 = x^2c/4R
>
> x^2c/4R > abc/4R
>
> x^2 > ab
>
> mas ainda não vejo como usá-laalém disso,  de pitágoras, podemos, tb,
>  tirar o resultado :
>
> 2x^2= c^2
>
> a^2+b^2=c^2
>
> x^2 = (a^2+b^2)/2
>
> x = [(a^2+b^2)/2]^(1/2)
> 2x= 2 [(a^2+b^2)/2]^(1/2) > a+b
>
> 2a^2+2b^2>a^2+2ab+b^2
> a^2-2ab+b2>0
> (a-b)^2>0
>
> Isto é sempre verdade, exceto para a=b.
>
> Abs
> Felipe
> --- Em *ter, 3/11/09, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com>* escreveu:
>
>
> De: Bernardo Freitas Paulo da Costa 
> Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Problema de máximo!!!
> Para: obm-l@mat.puc-rio.br
> Data: Terça-feira, 3 de Novembro de 2009, 13:03
>
> 2009/11/3 luiz silva 
> http://br.mc657.mail.yahoo.com/mc/compose?to=luizfelipec...@yahoo.com.br>
> >
> > Ola Pessoal,
> Oi Luiz e outros !
>
> > Não sei se o meu argumento é válido, mas analisando a questão reparamos
> que temos um segmento de reta fixo.
> exatamente !
>
> > Se considerarmos os triângulos formados pelas "envoltórias" (que são os
> lados diferentes) e o segmento fixo veremos que o triângulo de maior altura
> é o triângulo isósceles. Isto quer dizer que é o triângulo com maior área.
> Muito bem ! Ah, tem uma coisa a mais, os ápices dos triângulos formam
> uma circunferência !
>
> > Como a base é a mesma (hipotenusa), para "envolver" uma maior área são
> necessários dois segmentos que, somados, serão maiores que a soma dos
> segmentos que envolvem uma área menor, dada a mesma base. Assim, como a base
> é igual em todos os triãngulos, o de maior perímetro será aquele com a maior
> soma dos outros dois lados, ou seja, o triangulo retangulo isósceles.
>
> Essa parte da intuição é ótima, mas eu acho que precisa formalizar.
> Quando eu mandei a minha idéia da construção geométrica, era para
> tentar ver alguma coisa além da pura trigonometria, e usar algo como
> MA >= MG para a+b e a*b de alguma forma esperta. A conexão que você
> deu para a área permite usar p(p-a)(p-b)(p-c), e eu acho que quando
> a+b for máximo, c fixo, deve dar pra provar que a=b.
>
> > Abs
> > Felipe
>
> Quem continua ?
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>
>
> --
> Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 
> 10-
> Celebridades-
> Música-
> Esportes
>