Re: um bom problema
Caro Josimar,
para esta questo do paralelogramo ainda no foram enviadas respostas,
j em sua "verso" mais recente. Lembro que tentei resolv-la, mas no
cheguei a lugar algum. Agora, bom tempo depois, vc poderia enviar a soluo?
Abraos, Eduardo
-Mensagem original-
De: josimat [EMAIL PROTECTED]
Para: OBM [EMAIL PROTECTED]
Data: Sbado, 20 de Janeiro de 2001 13:39
Assunto: um bom problema
Ol amigos da lista, gostaria de saber se algum tentou resolver o
problema da minha mensagem "paralelogramo". Gostaria tambm de ver aqui
resolues do seguinte problema.
1.. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores
diferentes: uma de 7 unidades monetrias e outra de 11. Assim, somas como 15
unidades no podem ser obtidas de maneira exata. Qual a maior quantia que
no pode ser paga com qualquer combinao das duas moedas?
[]'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Por acaso esse [ Z=(n-1)m - n ] saiu da manga?
*//*
Podem ajudar-me com esse somatorio
[ (2n -2 -k)! ] / { k!*[(n -1 -k)!]^2 } ;com K variando
de 0 ate n-1
procuro uma expressao em funçao, somente, de n.
Mais uma vez, obrigado Carlos
Vitor!
Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte
conjectura:
Z = (n -1)m -
n, onde n e m são os valores
monetários das moedas. O que dá Z = 59.
Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum
comentário?
Re: um bom problema
At 18:15 21/01/01 -0200, you wrote: Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor! Meu amigo Luiacute;s Lopes, tambeacute;m membro desta lista, chegou agrave; seguinte conjectura: Z = (n ndash; 1) m ndash; satilde;o os valores monetaacute;rios das moedas. O que daacute; Z = 59. Algueacute;m se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentaacute;rio? []s Josimar Olha s o que eu recebino d para decifrar? Bruno Leite
Re: um bom problema
Oi Josimar , Fazendo N = nx + my , com mdc(m,n ) dividindo N , teremos para solução : x = tN - mk e y = nk - sN ; onde s e t são inteiros positivos tais que : nt = ms + 1 . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever : sN/n k tN/m ou seja sN/n = a + b e tN/m = a + c , com a inteiro positivo , 0 b 1 , 0 c 1 e bc . Observe que 0 mc m e 0 nb n e a = mcs - nbt ; tomando nb = 1 e mc = m - 1 encontramos a = sm - s - t e, consequentemente teremos sN = na + nb = nsm - ns - nt + 1 = nsm - ns - ms ; ou seja N = nm - n - m = m( n - 1 ) - n , que é o valor encontrado . Vejamos agora o fato deste N ser o máximo : observe que tN = ma + mc = m [ mc( s +1/m) - nbt ] ou seja tn será máximo quando tivermos mc = m - 1 e nb = 1 , já que temos dentro dos colchetes uma diferença e os valores de s e t estão amarrados em nt = ms + 1 . Está correta esta conclusão ? Abraços , Carlos Victor At 18:15 21/1/2001 -0200, josimat wrote: Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor! Meu amigo Luís Lopes, também membro desta lista, chegou à seguinte conjectura: Z = (n 1) m n, onde n e m são os valores monetários das moedas. O que dá Z = 59. Alguém se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentário? []s Josimar -Mensagem original- De: Carlos Victor [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]; OBM [EMAIL PROTECTED] Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 01:50 Assunto: Re: um bom problema Oi Josimar , Verifique se a idéia abaixo está correta . Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral : x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11 k 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto : 3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0 b 1 , 0 c 1 e bc . Observe que 3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a 0 , teremos 22b 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N 77 , e que a 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N . Confere as contas , ok ? Abraços , Carlos Victor At 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem paralelogramo. Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Vou repassar minha ultima mensagem, pois o Bruno se queixou de ter recebido muito lixo! Vou retirar os acentos. Valeu Carlos Victor, vou ver, com calma, se consigo acompanhar todas as passagens! Mais uma vez, obrigado Carlos Victor! Meu amigo Luis Lopes, tambem membro desta lista, chegou a seguinte conjectura: Z=(n-1)*m-n, onde n e m sao os valores monetarios das moedas. O que da Z=59 Alguem se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentario? []s Josimar -Mensagem original-De: Carlos Victor [EMAIL PROTECTED]Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]; [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 22:52Assunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Fazendo N = nx + my , com mdc(m,n ) dividindo N , teremos para soluo :x = tN - mk e y = nk - sN ; onde s e t so inteiros positivos tais que : nt = ms + 1 . Devemos encontrar o maior N tal que no seja possvel escrever : sN/n k tN/m ou seja sN/n = a + b e tN/m = a + c , com a inteiro positivo , 0 b 1 , 0 c 1 e bc . Observe que 0 mc m e 0 nb n e a = mcs - nbt ; tomando nb = 1 e mc = m - 1 encontramos a = sm - s - t e, consequentemente teremos sN = na + nb = nsm - ns - nt + 1 = nsm - ns - ms ; ou seja N = nm - n - m = m( n - 1 ) - n , que o valor encontrado . Vejamos agora o fato deste N ser o mximo : observe que tN = ma + mc = m [ mc( s +1/m) - nbt ] ou seja tn ser mximo quandotivermos mc = m - 1 e nb = 1 , j que temos dentro dos colchetes uma diferena e os valores de s e t esto amarrados em nt = ms + 1 .Est correta esta concluso ?Abraos , Carlos VictorAt 18:15 21/1/2001 -0200, josimat wrote: Mais uma vez, obrigado Carlos Vitor!Meu amigo Lus Lopes, tambm membro desta lista, chegou seguinte conjectura:Z = (n 1) m n, onde n e m so os valores monetrios das moedas. O que d Z = 59.Algum se emociona com isso o suficiente a ponto de fazer algum comentrio?[]s Josimar -Mensagem original-De: Carlos Victor [EMAIL PROTECTED]Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]; OBM [EMAIL PROTECTED]Data: Domingo, 21 de Janeiro de 2001 01:50Assunto: Re: um bom problemaOi Josimar ,Verifique se a idia abaixo est correta .Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 so primos entre si , encontramos para soluo geral :x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que no seja possvel escrever 3N/11 k 2N/7 e , isto ocorrer quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente no devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto :3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0 b 1 , 0 c 1 e bc . Observe que 3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . J que a 0 , teremos 22b 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar tambm que N 77 ,e que a 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que o valor mximo para N .Confere as contas , ok ?Abraos , Carlos VictorAt 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Ol amigos da lista, gostaria de saber se algum tentou resolver o problema da minha mensagem paralelogramo. Gostaria tambm de ver aqui resolues do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetrias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades no podem ser obtidas de maneira exata. Qual a maior quantia que no pode ser paga com qualquer combinao das duas moedas? []'s JOSIMAR
um bom problema
Ol amigos da lista, gostaria de saber se algum tentou resolver o problema da minha mensagem paralelogramo. Gostaria tambm de ver aqui resolues do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetrias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades no podem ser obtidas de maneira exata. Qual a maior quantia que no pode ser paga com qualquer combinao das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: um bom problema
Oi Josimar , Verifique se a idéia abaixo está correta . Seja N = 11x + 7y ; como 7 e 11 são primos entre si , encontramos para solução geral : x = 2N - 7k e y = 11k - 3N . Devemos encontrar o maior N tal que não seja possível escrever 3N/11 k 2N/7 e , isto ocorrerá quando tivermos as partes inteiras de 3N/11 e 2N/7 iguais e, evidentemente não devemos ter 3N/11 e 2N/7 sendo inteiros ; pois teremos x= 0 ou y =0 ; portanto : 3N/11 = a +b e 2N/7 = a + c , com a inteiro positivo , 0 b 1 , 0 c 1 e bc . Observe que 3N = 11a + 11b ; 2N = 7a + 7c ; a = 21c - 22b ; 7c = 1,2,3,4,5,ou 6 . Já que a 0 , teremos 22b 21c ou seja 11b = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6, 7 , 8 ou 9. Podemos verificar também que N 77 , e que a 16 . Para a =16 e 11b = 1 encontramos N = 59 , que é o valor máximo para N . Confere as contas , ok ? Abraços , Carlos Victor At 12:10 20/1/2001 -0200, josimat wrote: Olá amigos da lista, gostaria de saber se alguém tentou resolver o problema da minha mensagem paralelogramo. Gostaria também de ver aqui resoluções do seguinte problema. Um governante louco decide apenas emitir duas moedas de valores diferentes: uma de 7 unidades monetárias e outra de 11. Assim, somas como 15 unidades não podem ser obtidas de maneira exata. Qual é a maior quantia que não pode ser paga com qualquer combinação das duas moedas? []'s JOSIMAR
Re: Um bom problema de geometria!
At 22:29 01/05/00 -0300, you wrote: At 18:36 01/05/00 -0300, you wrote: Dado um triângulo ABC tal que âng(A) = 60o, âng(B) = 50o, traça-se BD e CE tais que âng(DBA) =10o e âng(ECA)=20o. Calcular âng(FED) onde F é a interseção de BD com CE. Minha solução (procuro outra): Seja BF = a, e temos: EF = a*tg (10o); CF = a*tg (40o) e ainda FD = a*tg (20o)*tg (40o).Ainda temos que tg(FED) =FD/EF e portanto temos tg(FED) = a*tg(20o)*tg(40o)/a*tg(100) ou ainda tg(FED) = tg(40o)*tg(200) *tg(80o). Usando uma identidade trigonométrica conhecida (a saber: tg(60o - x) * tg(x) * tg (60o + x) = tg (3*x) ) vemos que tg (FED) = tg(3*20o) e portanto âng(FED) = 60o. Encontrei uma outra solução (sem o uso da trigonometria) MUITO trabalhosa que consiste em reconhecer um outro problema que se encaixa perfeitamente na figura (na verdade em parte da figura) e provar uma congruencia de triângulos formados depois de traçar linhas que para qualquer aluno pareceria simplesmente mágica! Conto com os colegas da lista para encontrar uma solução possível de se ensinar para uma turma de oitava serie. []'s M.P. Caro Marcos,(supondo que D e E estejam sobre AC e AB respectivamente) Acredito "ser possível" fazer este exercício para uma turma de oitava série . faça o seguinte :Desenhe uma circunferência com centro em E( já que o triângulo EBC é isósceles) , prolongue BD e CD até encontrar a circunferência nos pontos R e P respectivamente.Usando ângulos inscritos ,mostre que PR é igual a PD que por sua vez é igual raio da circunferência e que PD é igual a PE ; concluindo daí que o triângulo PED é isósceles e que o ângulo DÊR é igual a 20 graus e, finalmente concluindo que o ângulo pedido é de 60 graus , ok ? Espero ter sido claro e ajudado. Abraços, Carlos Victor Nota: já havia discutido este problema com alguns colegas de trabalho e realmente pode ser um pouco problemático para uma turma de oitava série. Desculpem ,faltou dizer que a circunferência de centro E tem raio EB=EC , ok? Carlos Victor
Um bom problema de geometria!
Dado um triângulo ABC tal que âng(A) = 60o, âng(B) = 50o, traça-se BD e CE tais que âng(DBA) =10o e âng(ECA)=20o. Calcular âng(FED) onde F é a interseção de BD com CE. Minha solução (procuro outra): Seja BF = a, e temos: EF = a*tg (10o); CF = a*tg (40o) e ainda FD = a*tg (20o)*tg (40o).Ainda temos que tg(FED) =FD/EF e portanto temos tg(FED) = a*tg(20o)*tg(40o)/a*tg(100) ou ainda tg(FED) = tg(40o)*tg(200) *tg(80o). Usando uma identidade trigonométrica conhecida (a saber: tg(60o - x) * tg(x) * tg (60o + x) = tg (3*x) ) vemos que tg (FED) = tg(3*20o) e portanto âng(FED) = 60o. Encontrei uma outra solução (sem o uso da trigonometria) MUITO trabalhosa que consiste em reconhecer um outro problema que se encaixa perfeitamente na figura (na verdade em parte da figura) e provar uma congruencia de triângulos formados depois de traçar linhas que para qualquer aluno pareceria simplesmente mágica! Conto com os colegas da lista para encontrar uma solução possível de se ensinar para uma turma de oitava serie. []'s M.P. winmail.dat
