Bom dia!
Mas provar que ocorrendo as duas está certo, não é o que foi pedido.
Pode ser que ocorrendo as duas esteja OK e também que haja pelo menos um
caso, que dá certo para a primeira assertiva e não ocorre para a segunda ou
pode ter pelo menos um caso que ocorra para a segunda e não ocorra para
> Dá um Google em "IMO 88".
> Vai ter até vídeo com a solução deste problema.
>
> On Thu, Dec 28, 2023 at 4:35 PM Pedro José wrote:
>
>> Boa tarde!
>> Com referência a esse problema criei uma conjectura, não consegui provar
>> com a pretensão de abranger
son...@gmail.com> escreveu:
>
>
> Em qui, 28 de dez de 2023 19:01, Pedro José
> escreveu:
>
>> E daí?
>>
>
> E daí e daí?
>
>
>> Em qui., 28 de dez. de 2023 18:42, Anderson Torres <
>> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Is
E daí?
Em qui., 28 de dez. de 2023 18:42, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> Isso não é da OBM mas da IMO
>
> Em qui, 28 de dez de 2023 16:35, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Com referência a esse problema criei uma conje
Boa tarde!
Com referência a esse problema criei uma conjectura, não consegui provar
com a pretensão de abranger todas as soluções da equação:
(a^2+b^2)/(ab+1)= k, com a,b,k Naturais e a>1, b>1 e k>1 Fiz essa restrição
para retirar as soluções triviais.
E SPG considerei a>b, já que a=b só ocorre
Boa tarde!
Vou considerar 3 números mesmo.
3, 3, 3 é um número só repetido três vezes.
Os três números obrigatoriamente estarão em P.A. Então usando a menor razão
r <>0;
temos r=1
{1,2,3} {2,3,4}...{2020, 2021, 2022}
{2021, 2022, 2023} temos 2021 conjuntos para r=1.
É fácil observar que para r=2
<
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
>
> Em ter, 15 de nov de 2022 14:33, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Para os |Naturais, temos os postulados de Peano.
>>
>> Para os Inteiros há alguma formalização?
>>
>
> invente uma!
>
> Pode ser
Boa tarde!
Para os |Naturais, temos os postulados de Peano.
Para os Inteiros há alguma formalização?
Acho pobre dizer que é necessário ter outros números devido ao problema de
fechamento nos naturais para a subtração que é fato e daí introduzir os
simétricos que são inteiros e ainda não foram
Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode
ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então
já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para
uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade.
lgarismos 1) ==> contradição à lei de formação de X.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> On Fri, Apr 8, 2022 at 11:17 AM Pedro José wrote:
>
>> Bom dia!
>> Posso concluir que um número representado por uma infinidade de
>> algarismos decimais é racional se e soment
. de 2022 às 11:06, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
> Posso concluir que um número representado por uma infinidade de algarismos
> decimais é racional se e somente se tem um período de repetições desses
> algarismos?
> A ida é fácil se tiver o período é racional.
> Já a volta não
Bom dia!
Posso concluir que um número representado por uma infinidade de algarismos
decimais é racional se e somente se tem um período de repetições desses
algarismos?
A ida é fácil se tiver o período é racional.
Já a volta não sei se é verdade e se for há como provar?
Meu objetivo primário é
, quanto a
resolução. Vou me enveredar no tema.
Cordialmente,
PJMS.
Em ter., 16 de nov. de 2021 às 17:29, Prof. Douglas Oliveira <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Equação de Pell
>
> Em seg., 15 de nov. de 2021 13:36, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde
Boa tarde!
Alguém saberia como resolver a seguinte equação:
x^2-7y^2=1, x,y em Z?
Fiz a-7b=1 e achei a= 8 +7k e b=1 +K
Logo fica fácil que para k=-1 funciona x^2=1 e y^2=0.
Também funciona para k=8 x^2=64 e y^2=9.
Mas não sei nem como achar mais soluções nem como provar que só são essas.
Alguém
Boa tarde!
Na verdade: 2^a=64; a= 6 e y=12.
Em qui., 22 de out. de 2020 às 11:17, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
> Recebi esse problema hoje: 615 + x^2 = 2^y., para x,y inteiros Não saberia
> fazer, como não soube resolver esse, acima. Mas devido a solução do colega
> Esdras, p
Bom dia!
Recebi esse problema hoje: 615 + x^2 = 2^y., para x,y inteiros Não saberia
fazer, como não soube resolver esse, acima. Mas devido a solução do colega
Esdras, pensei:"já vi algo parecido".
Basta restringir y aos pares.
Se y é ímpar x^2=2 mod3, absurdo então y é par. Logo y=2a, com a
sáb., 12 de set. de 2020 às 00:35, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Fui em uma linha parecida com a primeira solução, embora não visse
> necessidade de mudança de variáveis.
> Mas o b achei sempre por restrição.
> Esse "it implies" e aparece um número fatorado, não
PJMS
Em sáb., 12 de set. de 2020 às 00:08, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Grato, Ralph!
>
> Estou estudando a solução. Pelo menos, não me decepcionei. A resposta
> estava correta,
>
> Saudações.
> PJMS
>
> Em sex., 11 de set. de 2020 às 22:33, Ralph Costa
h.nus.edu.sg/Simo/IMO_Problems/92.pdf
>
> On Fri, Sep 11, 2020 at 10:06 PM Pedro José wrote:
>
>> Bom dia!
>>
>> Recebi de um filho de um amigo, um problema que já o fizera.
>> (a-1)(b-1)(c-1) | abc-1; 1>
>> Confesso que desta feita gastei mais tempo que da p
Bom dia!
Recebi de um filho de um amigo, um problema que já o fizera.
(a-1)(b-1)(c-1) | abc-1; 11, e para um dado a k é máximo para b e c mínimos logo b=a+1 e
c=a+2
[a(a+1)(a+2)]/[(a-1)(a)(a+1)] > [a(a+1)(a+2)-1]/[(a-1)(a)(a+1)]>=2, então
(a+2)/(a-1)>2 ==> a <4, a=2 ou a=3.
O k é máximo para
. de 2020 às 19:51, Pedro José
> escreveu:
> > >
> > > Boa noite!
> > > Cláudio,
> > > não consegui nada geométrico.
> > > O máximo que atingi foi:
> > > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cot
Boa noite!
Cláudio,
não consegui nada geométrico.
O máximo que atingi foi:
a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)] + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
quando A1 = A2;
Encontre todos os (k,n), k,n pertencentes à Z+, tal que k!=
(2^n-1)*(2^n-2)*(2^n-4)*...(2^n-2^(n-2))*(2^n-2(n-1))
Gostaria de saber se está correto?
Como os dois termos iniciais são consecutivos, é intuitivo que haja
baixíssima probabilidade de termos respostas que não sejam as triviais, com
um
nde a segunda 9.
Logo n= 1997 e 4n +3= 7991, resposta única. Havia mandado adiantado.
Em seg, 27 de abr de 2020 21:19, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
> 1) a_n = [n(n+1)]/2 mod 10
> Fácilmente se vê que 20 é múltiplo do período minímo pois:
> a_19= 0 e a_20=0 logo a_21= a_20+21
Boa noite!
1) a_n = [n(n+1)]/2 mod 10
Fácilmente se vê que 20 é múltiplo do período minímo pois:
a_19= 0 e a_20=0 logo a_21= a_20+21mod10 =0+1=1=a1.
a_22=a_1+22 mod10 = 3=a_3 É assim sucessivamente.
Então o período é um divisor de 20
p<>1, pois, a_1<>a_2
p<>2, pois, a_1<>a_3
p<>4, pois a_1<>a_5
Boa noite!
errata:
Ao invés de: 128=2^7 então 2^7| 49^{n} + 81^{n} −2<==> x= 2^7| 49^{n} +
81^{n}=2 mod2^7
128=2^7 então 2^7| 49^{n} + 81^{n} −2<==> x= 49^{n} + 81^{n}=2 mod2^7
Saudações,
PJMS
Em dom., 29 de mar. de 2020 às 14:04, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
> Prove qu
Bom dia!
Prove que 128 divide 49^{n} + 81^{n} −2, para todo n ≥ 1.
128=2^7 então 2^7| 49^{n} + 81^{n} −2<==> x= 2^7| 49^{n} + 81^{n}=2 mod2^7
x= a + b , a= 49^n e b=81^n
a= (64-15)^n = n(-1)^n*n*64*(15)^(n-1) + (-1)^n*15^n mod2^7; pois, os
demais termos do binômio de Newton terão o fator (2^6)^m
Bom dia!
Consegui demonstrar que é verdadeira.
Só faltou 2^a||t e 2^b||t ou seja (10,n)=1.
Saudações,
PJMS
Em ter., 10 de mar. de 2020 às 18:39, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
>
> Alguém poderia provar ou derrubar a conjectura a seguir?
>
> Seja s/t uma fração em que t não
ma pergunta : o
>> sr. é professor de Matemática?
>>
>> Em dom., 22 de mar. de 2020 às 01:34, Pedro José
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Dei uma mancada.
>>> O expoente de 3 é 3 e não 2.
>>> Retornando às classes mod 3.
>>
inteiro.
D>=2^6*3^3*5. Mas D<=2^6*3^3*5, então D=8640
Desculpem-me pelo erro.
Saudações,
PJMS.
Em sáb, 21 de mar de 2020 13:20, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Nem carece método numérico.
> Para n=1 ou n=0 ou n=2 temos que qualquer inteiro divide o polinômio
> p(n)=(n-2)^2*(n-1)
go D=8640
Saudações,
PJMS
Em sáb, 21 de mar de 2020 04:39, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
> Falta de novo, em seu questionamento, informar que n é inteiro ou natural
> e colocar a condição para qualquer valor de n. Chamando o polinômio de p(n)
> Para n=0, 1 ou 2, qualquer inteiro divide.
Bom dia!
Falta de novo, em seu questionamento, informar que n é inteiro ou natural e
colocar a condição para qualquer valor de n. Chamando o polinômio de p(n)
Para n=0, 1 ou 2, qualquer inteiro divide.
Faria mdc(p(3),p(4))= A1
Se der "pequeno", com poucos fatores primos e expoentes pequenos. Paro
Bom dia!
Caso contrário fica simples.
b=-1 ==> a= -1 (-1,-1)
b=0 ou b=-2 ==> qualquer a
a=-1 ==> b qualquer
Para outros casos: a+1 é múltiplo de b+1
Generalizando: |a+1|= |k(b+1)| com k inteiro
Em qua., 18 de mar. de 2020 às 09:04, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
> Não há outra
Bom dia!
Não há outra restrição?
É igual perguntar quais os pares de inteiros (x,y) tais que x|y, com x=b+1
e y=a+1.
Saudações,
PJMS
Em qua., 18 de mar. de 2020 às 08:51, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
> Determine todos os pares de inteiros a e b tais que
Boa noite!
Você já formulou esse problema em set/2019 e Daniel Jelin apresentou uma
bela solução.
Saudações,
PJMS
Em ter, 17 de mar de 2020 19:26, escreveu:
> Problema
> Um mágico e seu assistente realizam um truque da maneira seguinte. Existem
> 12 caixas vazias e fechadas, colocadas em fila.
ressão para todo valor de n ao mesmo tempo.
>>
>> On Tue, Mar 17, 2020 at 6:58 AM Pedro José wrote:
>>
>>> Bom dia!
>>> Se você considerar a expressão n(427-90n-70n^2+45n^3+18n^4)
>>> D=|n(427-90n-70n^2+45n^3+18n^4)|
>>> Por exemplo, n=1
>&g
Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> não entendi
>
> Em seg., 16 de mar. de 2020 às 22:01, Pedro José
> escreveu:
>
>> Para um dado n é o módulo do valor da expressão.
>>
>> Em seg, 16 de mar de 2020 21:49, Pedro José
>> e
Boa noite!
O módulo dessa expressão tende a oo. Não existe máximo.
Saudações,
PJMS
Em seg, 16 de mar de 2020 20:36, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> Qual é o maior inteiro que divide n (427 - 90n - 70n^2 + 45n^3 + 18n^4)?
>
> --
> Israel Meireles
Para um dado n é o módulo do valor da expressão.
Em seg, 16 de mar de 2020 21:49, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
> O módulo dessa expressão tende a oo. Não existe máximo.
> Saudações,
> PJMS
>
> Em seg, 16 de mar de 2020 20:36, Israel Meireles Chrisostomo <
> isra
Boa tarde!
Difícil generalizar. Mas consegui dois valores que não zeram a expressão
(soluções triviais), a duras penas, n=32 e n=43.
Vou continuar pensando no assunto.
Saudações,
PJMS
Em dom., 15 de mar. de 2020 às 18:48, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Faltou um contraexemplo.
>
Boa tarde!
Faltou um contraexemplo.
n=5
3^2*4^2*5^2*6^2*71 não é múltiplo de 11 nem de 37.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 14 de mar de 2020 19:47, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
> Creio que a pergunta correta seria, para que valores de n natural...
> 8140=2^2*5*11*37. Então a solução s
Boa noite!
Creio que a pergunta correta seria, para que valores de n natural...
8140=2^2*5*11*37. Então a solução só se dará para um subconjunto dos
naturais diferente de|N.
Saudações,
PJMS
Em sex, 13 de mar de 2020 20:05, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
Boa noite!
Alguém poderia provar ou derrubar a conjectura a seguir?
Seja s/t uma fração em que t não divide s e (s,t)=1; seja t=2^a.2^b.n
O número de algarismos da parte não periódica é o max(a,b) e o número de
algarismos da parte periódica é a ord 10 mod n.
Representação decimal.
Saudações,
e n inteiros e
(j,n)=1 pois m=qn+j e se d<>1 divide n e j então d|m pois m é uma Z
combinação linear de j e n. Absurdo pois(m,n)=1 por hipótese.
Então sem perda de generalidade podemos só trabalhar para o caso m=2, está correta.
Saudações,
PJMS
Em dom, 8 de mar de 2020 16:09, Pedro José escreve
m tempinho.
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> Em dom, 8 de mar de 2020 11:05, Pedro José
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Não compreendi o porquê dessa questão ter sido vilipendiada. Não sou
>>> matemático, sou pitaqueiro, ouço falar em i
matemática. Portanto, nem tudo que resolvo me dá segurança. Reforço, alguém
poderia me informar se está correto?
Saudações,
PJMS.
Em ter, 3 de mar de 2020 12:03, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Não me senti muito seguro na resposta. Está correto?
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em se
Boa tarde!
Não me senti muito seguro na resposta. Está correto?
Saudações,
PJMS
Em seg., 2 de mar. de 2020 às 23:27, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Creio ter conseguido.
> Seja k o número de algarismos do período de 1/3^2005. Como (3,10)=1 então
> k é a ordem 10 mod 3^2005.
&
ord 10 mod 3^n | 3^(n-2) Se x<>3^(n-2)
absurdo; pois, teria que ser 3^k com k escreveu:
> Boa tarde!
> 3^2005 e não 10^2005.
>
> Em sex, 28 de fev de 2020 16:06, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Questão complicada.
>> Como (3^2005; 10) =1, o número
Boa tarde!
3^2005 e não 10^2005.
Em sex, 28 de fev de 2020 16:06, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Questão complicada.
> Como (3^2005; 10) =1, o número de dígitos x deve ser a ordem de 10 mod
> 10^2005. Portanto x | 2*3^2004.
> Se 10 fosse uma raiz primitiva de 3^2005 aí d
Boa tarde!
Questão complicada.
Como (3^2005; 10) =1, o número de dígitos x deve ser a ordem de 10 mod
10^2005. Portanto x | 2*3^2004.
Se 10 fosse uma raiz primitiva de 3^2005 aí daria x=2.3^2004. Mas parece
que não...
Achar essa ordem é muito difícil, pelo menos para mim.
O que achei empiricamente
Bom dia!
Alguém poderia me ajudar e mostrar onde errei os limites? Resolvendo por
integral tripla, usando f(x,y,z)=1.
Grato,
PJMS
Em ter, 11 de fev de 2020 13:11, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
>
> Resolvi por método numérico usando, pelo menos penso eu, os mesmos limites
>
Boa tarde!
Resolvi por método numérico usando, pelo menos penso eu, os mesmos limites
e encontrei 2,1329, muito próximo da resposta. Gostaria que alguém me
ajudasse onde errei na integral tripla.
Usei z^2-y e 2z-y como os limites para integral em dx. Em seguida, z^2 e 2z
para dy e finalmente 0 e
u percebi ontem que o meu erro foi fazer uma rotação em torno do eixo z.
> Se seccionarmos a figura no plano xy teremos um trapézio.
> Vou pensar na sua sugestão e tentar fazer tudo de novo.
> Muito obrigado!
> Abraços!
> Luiz
>
>
>
> Em seg, 10 de fev de 2020 1:38 PM,
s que x
varia de z^2 a 2z.
Para achar o limite de z temos que z2<2z logo z varia de 0 a 2.
Agora é resolver e verificar se dá a resposta,
Saudações,
PJMS
Em seg., 10 de fev. de 2020 às 13:25, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Como no caso você tem a resposta, facilitaria se a e
Boa tarde!
Como no caso você tem a resposta, facilitaria se a expusesse.
Para evitar que postemos soluções erradas.
Saudações,
PJMS
Em qui., 6 de fev. de 2020 às 07:41, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> Em seg., 3 de fev. de 2020 às 20:55, Luiz Antonio Rodrigues
>
Boa tarde!
Não seria 19 ao invés de 17.
1019=101*19
Saudações,
PJMS
Em seg, 16 de dez de 2019 12:38, jamil dasilva
escreveu:
> Em Em 1919 um entomólogo descobriu um tipo de cigarra que depois veio a
> se descobrir só
> aparece em anos cujo menor divisor primo é 17. Se essa conjectura estiver
>
Boa noite!
Jamil,
correto mas não valeu. Foi muita barbeiragem.
Saudações,
PJMS
Em dom, 15 de dez de 2019 19:31, jamil dasilva
escreveu:
> Correto: 2021
>
> Em dom., 15 de dez. de 2019 às 17:15, Pedro José
> escreveu:
>
>> Na verdade 2.
>> 2021.
>> Por hoje c
Na verdade 2.
2021.
Por hoje chega..
Em dom, 15 de dez de 2019 16:58, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Hoje esta difícil.
> 8atenxe primeiro.
> 2027.
> Que vergonha
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> J
Boa tarde!
Hoje esta difícil.
8atenxe primeiro.
2027.
Que vergonha
Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
> 2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
> 2019 +x<> 3 mod3 ==> x<&
eria a resposta correta.
Acho que é primo.
Desculpe -me pela falha grosseira.
Saudações,
PJMS
Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José escreveu:
> Boa tarde.
>
> 2019= 0 mod3 nã0 serve.
> É só fatorar sem usar esses primos.
> 11^3 <2019
> 11^2*13 <2019
> 11*13^2<2019
Boa tarde.
2019= 0 mod3 nã0 serve.
É só fatorar sem usar esses primos.
11^3 <2019
11^2*13 <2019
11*13^2<2019
11^2*17=2057
Acha o próximo
Saudações.
Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva
escreveu:
> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
> em anos não divisíveis por 2,
io de segundo grau em x e y, então F(x,y)=0 é
> uma cônica, e eu diria que essa cônica é "suave" se nenhum dos pontos
> dela (pontos (x,y) tais que F(x,y)=0) satisfaz ao mesmo tempo dF/dx=0
> e dF/dy=0. O fato de pelo menos uma das derivadas parciais de F ser
> não-nula ga
Boa noite!
Estou dando uma repassada nas cônicas para auxiliar um filho de um amigo.
Dúvidas quanto à cônicas.
Alguns trabalhos até de mestrandos apontam a circunferência como sendo uma
elipse, um caso particular.
Aprendera que o limite de uma elipse quando a distância entre os focos
tendesse para
Boa dia!
Para 11n +10^10 ser um quadrado perfeito
se faz necessário que seja da forma
(10^5+a)^2 com a > 0; pois, n>=1 e a <= [raiz(12)-1*10^5] onde[x]= parts
inteira de x; pois,
(10^5+a)^2 <=11*10^10+10^10
10^5+a <=raiz(12)*10^5
a <= (raiz(12)-1)*10^5
Temos também que 11| 2*10^5a +a^2; pois,
Boa tarde!
Esdras,
Não seria z>=3.
3, 2, 2 dá um obtusângulo.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 23 de nov de 2019 01:52, Esdras Muniz
escreveu:
> Acho que a questão pressupõe que os lados devem ser inteiros. Daí se os
> lados são x, y e z, com x<=y x^2+y^2x^2+y^2 e
> z Daí, z é ao menos 4, vc sai
Boa tarde!
Curioso, a solução (2,2) sai para q =0 no segundo caso 3q+2.
Todavia, falta mostrar que para os côngruos de 3 mod81, embora 6q^2+8q+3
dívida 81, não é uma potência de 3, já vi que ficou capenga.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 16 de nov de 2019 14:54, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
Boa tarde!
O Esdras conseguiu para a e b par.
Creio ter conseguido para a e b ímpares.
Já havia encontrado (1,1) é (5,11)além de (2,2) para se b pares.
Vamos atrás dos peixes maiores.
3^a=2*(3q+c)^2+1, 0=81.
Então 81 |6q^2+4q+1 Para algum resíduo de{5, 8 , 11...77,80}, o que não
acontece.
Para c
!
Falta achar uma lei de geração para outras soluções ou uma restrição
(acredito mais nessa) para a e b ímpares.
Saudações,
PJMS
Em sex, 15 de nov de 2019 13:05, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
> Esdras,
> grato, vou tentar seguir a linha.
>
> Douglas,
> Tentei combinar mod 8 c
ue q=1.
>
> Em ter, 12 de nov de 2019 22:29, Prof. Douglas Oliveira <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Será que não sai usando somente congruência módulo 8?
>>
>> Em ter., 12 de nov. de 2019 às 20:07, Pedro José
>> escreveu:
>>
>>
combinações de três algarismos, seria assim:
>
> 0, 00, 000, 001, 002, 003, 004, 00, 006, 007, 008, 009, 01, 010, 011, 012,
> 013, 014, 01, 016, 017, 018, 019, 02, ., 03, 04, ,,..., 09,
> 090, 091, 092, 093, 094, 095, 096, 097, 098, 099, 1
>
>
>
>
>
>
Boa noite!
Esdras,
tem como você postar, mesmo para o caso apenas de n par?
Grato!
Saudações,
PJMS.
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 19:52, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Carlos Gustavo,
> grato pela luz, estava tão obsecado e só rodando em círculos, tal qual
> patr
Agora com a
> e b ímpares, não consegui.
>
> Em ter, 12 de nov de 2019 18:19, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>> Agora captei vosso pensamento.
>> Só que ao transformar a equação em uma equação de Pell, nós maculamos a
>> função 3^n.
>> Em verda
r., 12 de nov. de 2019 às 18:39, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Mas 1 ocorre antes de 01, não. Tenho que esgotar primeiro as de uma
> posição, para depois usar as de duas se não eu não andaria nunca. 0, 00,
> 000,
> Só confirme que penso uma solução, caso consiga.
termos de no máximo dois algarismos..
>
> Em ter., 12 de nov. de 2019 às 17:45, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Vai depender do conceito!
>> 0 e 00 são contados como um só ou duas vezes?
>> Não entendi a menor posição. No meu entender há uma bijeçã
mala velha em véspera de viagem.
Se alguém postar uma solução, me ajudaria bastante.
Saudações,
PJMS
Saudações,
PJMS.
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 17:25, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Douglas,
> perdoe-me pela minha miopia, mas você poderia detalhar melhor onde entra a
>
Boa tarde!
Douglas,
perdoe-me pela minha miopia, mas você poderia detalhar melhor onde entra a
equação de Pell?
A equação de Pell não é x^2-Dy^2 = N?
Se a é par b é par e se a ímpar b é ímpar para atender mod8,
Não consegui captar a sugestão.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 16:50,
Boa tarde!
Vai depender do conceito!
0 e 00 são contados como um só ou duas vezes?
Não entendi a menor posição. No meu entender há uma bijeção entre a posição
e o número.
A menos, que se contem 02019 e 2019 como o mesmo número, porém como
"palavras diferentes.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de
Bom dia!
Não consegui restringir a essas.
1)a=b=1
2)a=b=2
3)a=5 e b=11.
Em dom, 10 de nov de 2019 20:33, gilberto azevedo
escreveu:
> [HELP]
>
> Achas todos os pares (a,b) inteiros positivos tais que :
> 3^a = 2b² + 1.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>
você agora, pode
tanto compor uma palavra de ordem n, quanto descobrir qual a palavra de
ordem n.
Saudações,
PJMS
Em seg., 11 de nov. de 2019 às 11:51, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
>
> É muita coincidência. Teve um problema agora a respeito de numeração na
> terra do IMPA que é muit
Bom dia!
É muita coincidência. Teve um problema agora a respeito de numeração na
terra do IMPA que é muito, mas muito semelhante a esse.
Só que nesse caso caso é o contrário, ou seja a função inversa. O da terra
dos Impa, dá uma posição e quer saber qual o número IMPA.
Aqui se dá uma palavra e se
Bom dia!
Cláudio,
peço máxima vênia e venho discordar de você.
Se você pegar a soma da PG: 1, 5, 25 , que é a quebra do número de
algarismos.
Ou seja a partir de S1=1, temos pelo menos um algarismo no impa
A partir de S2=6 temos pelo menos dois algarismos no impa
A partir de S3= 31 temos pelo
a ler isso.
>> Sobre a questão eu ficarei de analisá-la (principalmente algumas funções
>> que não entendi ainda) no sábado, se possível
>>
>> Em qui, 7 de nov de 2019 9:27 PM, Pedro José
>> escreveu:
>>
>>> Boa noite!
>>>
>>> Pode-
Só não consegui provar ainda. Sua ideia foi muito boa.
Parabéns,
PJMS.
Em qui., 7 de nov. de 2019 às 17:27, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Você seguiu uma linha de argumentação interessante.
> Mas não está correto.
> Pois existem 5 números com 1 algarismo 5^2 números c
Boa tarde!
Você seguiu uma linha de argumentação interessante.
Mas não está correto.
Pois existem 5 números com 1 algarismo 5^2 números com 2 algarismos, 5^3
com 3 e assim sucessivamente.
Usando a soma da PG
6-11
31 -111
156 -
781- 1
Assim o maior número de 4 algarismos representaria
10 não
11 não
12 não
Assim para 124 resíduos, só precisamos verificar 6 resíduos. 6, 21, 71,
121, 46 e 96. Diminuiu bastante a procura. Embora, deva haver uma forma
mais elegante.
Saudações,
PJMS
Em qua., 6 de nov. de 2019 às 11:32, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Esqueci o &qu
Boa tarde!
Esqueci o "vai um" que a tia Loló me ensinou: 346 e não 246.
Desculpem-me,
PJMS
Em qua., 6 de nov. de 2019 às 10:59, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
>
> Só consegui na grosseria.
>
> Para que o resto por 125 acabe em 1, x deverá acabar em 1 ou em 6.
>
&
Boa tarde!
Só consegui na grosseria.
Para que o resto por 125 acabe em 1, x deverá acabar em 1 ou em 6.
6^3=216 não atende
(10x+1)^3 = 300x^2 + 30x +1 = 111 mod 125 ==> 300x^2 + 30x= 110 + 250 q,
com q pertencente a |N.
30x^2+3x =11 +25q.
Tem que ser um x entre [1,12] e o produto 3x (10x+1)
Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:
> Olá, Pedro!
> Boa noite!
> Tudo bem?
> Muito obrigado pelas informações!
> Vou aguardar seus cálculos!
> Um abraço!
> Luiz
>
> On Sat, Nov 2, 2019, 6:02 PM Pedro José wrote:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Quand
Boa tarde!
Quando se fala em o máximo e o mínimo. Entendo como sendo globais, ou vão
acontecer nas extremidades ou em algum máximo e mínimo local, que também
será global.
f(-12) = 0,453
f(-3) = -0,475
Não se está pedindo qual o máximo ou mínimo. Se fosse isso dever-se-ia usar
algum método
internet e continuo confuso...
> Claudio, vou seguir sua sugestão para analisar outras funções utiluzando o
> Excel.
> Muito obrigado pela ajuda!
> Luiz
>
>
>
> On Tue, Oct 29, 2019, 7:38 PM Pedro José wrote:
>
>> Boa noite.
>> Não tinha conhecimento do fato cita
Boa noite.
Não tinha conhecimento do fato citado por Ralph;
Mas essa função tem um mínimo local em x=0 e um máximo em x=-1
No ponto x=1 a segunda derivada é negativa, Em x=0 não existe a primeira
derivad, tem que fazer análise da vizinhança do ponto.
Saudações,
PJMS
Em ter, 29 de out de 2019 às
Boa tarde!
Primeiramente, temos que considerar k positivo.
Depois temos que calcular ord19 10
Mas ord19 10 | Fi(19)=18 então os possíveis valores são: 1, 2, 3, 6, 9 ,18.
Pois, ord19 10| Fi(19)
10^1=10; 1 não atente
10^2= 100= 5 mod19; 2 não atende
10^3= 5*10= 12 mod 19; 3 não atende
10^6=
Boa tarde!
Primeiramente, temos que calcular ord19 10 .
Mas ord19 10 | Fi(19)=18 então os possíveis valores são: 1, 2, 3, 6, 9 ,18
1 não atente
10^2= 100= 5 mod19; 2 não atende
10^3= 5*10= 12 mod 19; 3 não atende
10^6= 5*12 =
Em sex, 25 de out de 2019 às 00:15, marcone augusto araújo borges <
Boa tarde!
Acho estranho. Pois, se um ponto iniciar de uma distância doa do ponto de
interseção sobre uma reta e o outro de dob do ponto interseção e ambos com
o mesmo sentido. E se doa/va = dob/vb, vai gerar um feixe de retas
paralelas, sendo va e vb a velocidade dos pontos, que não é esperado
Boa noite!
Faltara também a explicação.
Seja a = r mod 10 então a^n=(r)^n mod 100 se n é múltiplo de 10.
Mas é só usar o binômio de Newton, para (10q+r)^n só sobra o último termo.
Saudações.
Em qua, 9 de out de 2019 às 11:09, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
>
> Achei um outr
0
Com isso completa o que faltara da resolução anterior.
2^10=1024=24 mod100
2^20=24^2=76 mod100
4^20=(2^20)^2=76^2=(-24)^2=576=76 mod100
8^20=2^20.4^20=76^2=24 mod100
6^20=3^20.2^20=2^20 pois ord1003=20
Essa última ficou melhor.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 5 de out de 2019 às 08:58, Pedro José
escre
611650024147786599_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> Em sex, 4 de out de 2019 às 17:36, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Com minhas escusas retificação da solução.
>> n<>o mod10 e não: "n<> 0 mod100"
>> (100,4) <>1 e não
Boa tarde!
Com minhas escusas retificação da solução.
n<>o mod10 e não: "n<> 0 mod100"
(100,4) <>1 e não: "(100,4) =1"
b^x não se repete e não: "b^x não se repetem"
Sds,
PJMS.
Em sex, 4 de out de 2019 às 17:16, Pedro José
escreveu:
> Boa
Boa tarde!
Se 10 não divide n então n<>0 mod100; pois nesse caso daria "00".
Então os números são 2,4 ou 8 côngruos mod10.
2^20=4^10
8^20 = 4^40
4^1= 4 mod10
4^2=6 mod10
4^3= 4 mod10
Logo temos que 4^(2m+1) = 4 mod 10 (i)
Se
a=4 mod 100 ==> a=4 mod 10 (ii)
Então vamos procurar o período de a^n
Bom dia!
Faltou que st=ab, também.
desculpem-me
Saudações,
PJMS
Em ter, 27 de ago de 2019 às 09:29, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
>
> Para haver solução, tem de haver s,t,a,b estritamente naturais. Com
> (s,t)=1 s ímpar e t par. (a,b)=1 , paridade de a <> paridade de b e
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