Mas se n < p, é impossível que tenhamos uma sequência de comprimento n na
qual aparecem p termos distintos. Não há termos suficientes.
E se n = p, cada elemento aparece exatamente uma vez ==> total = n! (= p!)
sequências.
p^n é o número de sequências de comprimento n sem qualquer restrição;
(p-1)^
p^n-(p-1)^n
Em 27 de fev de 2018 09:57, "Claudio Buffara"
escreveu:
> Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
> conjunto com p elementos.
>
> É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
> número de partições de um conjunto com n element
Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
conjunto com p elementos.
É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
vazios)
Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026
Ola' pessoal !
Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
[]'s
Rogerio Ponce
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
Boa tarde!
Acho que por contagem só é garantido para 32 ou mais. Por isso o mínimo é
32, com a restrição de garantido.
Pois usando a técnica proposta será o máximo de vezes que poderá ser
tentado.
Ele foi muito feliz na escolha das casas dos pombos. Foi sensacional.
Enquanto uns, foram ingênuos
Na vdd acho que do jeito que foi feito o andamento da solucao nao precisa
provar que 31 eh impossivel, ja ta provado.
> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi wrote:
>
> Considerando os dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos
Mto bom! So que tem que provar ainda que 31 nao eh possivel :/
> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi wrote:
>
> Considerando os dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem
> algum dos dÃgitos
Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem
algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3).
Então queremos cobrir todas as possibilidade
Bom dia!
Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
acaso.
Pode haver estratégia.
Saudações,
PJMS
Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
> 87
>
> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"
> escreveu:
>
>> Um
87
Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" escreveu:
> Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>
>
> --
> Esta men
Ops, que viagem, é mesmo.
Mas certamente é um valor menor que 64. Se fizéssemos com 4x4x4 a
estratégia de deixar um fixo e alterar os outros, dariam 16 possibilidades,
mas são apenas 8.
Em 23 de dezembro de 2016 16:41, Gabriel Tostes
escreveu:
> 24 nao eh possivel...
>
> > On Dec 23, 2016, at 16
24 nao eh possivel...
> On Dec 23, 2016, at 16:22, Ralph Teixeira wrote:
>
> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
>
> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
>
> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a
Boa ideia, mas o cubo 8x8x8 sao OITO cubinhos 4x4x4, entao a gente tem
que trabalhar mais. :)
2016-12-23 17:21 GMT-02:00 Bruno Visnadi :
> Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
> Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
> pois alg
Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
pois alguns já estarão acesos.
Estava tentando com menos possibilidades por cadeado. Se fossem 4, por
exemplo, seria possível abrir o cadeado certamente
Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
(mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
acertando a combinaca
Ola. O enunciado fala que se tiver no minimo dois exatos ele abre. Mas 491 nao
e a resposta. Rapidamente e possível achar um limite bem inferior de 64 (mantem
um constante e os outros dois usa as 64 possibilidades, uma delas deve abrir o
armario). Na verdade a resposta e 32.
> On Dec 23, 2016,
Bom dia!
Novamente o problema está mal formulado.
Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo de tentativas que *garanta
*abrir o armário*.*
Dois casos disjuntos atendem.
(i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro est
Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar liv
Olá,
A figura(cartela) é um retângulo dividido em seis quadrados, tendo dois
quadrados por coluna.
Pacini
Em 01/02/2016 3:06, Israel Meireles Chrisostomo escreveu:
Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores
escreveu:
> Olá pessoal,
>
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo
não apareceu de novo
Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores
escreveu:
>
>
>
> Olá pessoal,
>
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
> quadrados, tendo dois quadrados por coluna.
>
> Obrigado
>
> Pacini
>
> Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu:
>
>
>
>
> Ol
Olá pessoal,
Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
quadrados, tendo dois quadrados por coluna.
Obrigado
Pacini
Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu:
> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ?
>
> Cada cartela de uma coleção é formado por se
Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ?
Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos,
justapostos como indica a figura abaixo:
Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e
dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de dis
duas consoantes. Do
mesmo modo elas podem se permutar, então temos 12 formas de escolher as duas
últimas letras.Faltam escolher 2 letras entre 5 que faltam, o que dá um total
de 20 maneiras.Portanto existem 20*20*12= 4800 anagramas
Date: Thu, 11 Oct 2012 22:32:38 -0300
Subject: [obm-l
icidade de confecção de produtos, mas tem que pensar na
impossibilidade (como no caso 3^8).
Valeu mesmo, João, pela força.
Patty
From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 18:56:11 -0300
Realmente faltou t
Realmente faltou tirar o 3^8 .5^(0, 1 ou 2), o mesmo para o 2
188- 6 numero s
Valeu Patricia
From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 20:27:16 +
João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não
João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua
resolução?
Patty
From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16
0 a 8 e r de 0 a 2, com excessao do 0
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros
Acho que eh isso, to no meio da aula depois confirmo
[] s
Joao
From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +
Por favor, se alguém puder
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois
elementos escol
Como resolve isso?
De quantas maneiras diferentes eu posso distribuir as letras a, a, a, a, b, b,
b, c, c, d, entre duas pessoas de maneira que cada uma delas receba 5 letras
cada?
VlwCoulbert.
__
Â
Carpe Dien
Em 02/11/2009 12:30, Walter Tadeu Nogueira da Silveira < wtade...@gmail.com > escreveu:
Silas,
Â
Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
Esperemos outra opinião dos coleg
Oi Walter,
Desculpe a minha burrice! Realmente, não se trata de algarismos, mas de
moedas, então é OBVIO que não precisa dizer distintos. Obrigado por
responder e esclarecer.
grande abraço
Silas Gruta
2009/11/2 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
> Silas,
>
> Na minha opinião não precisa dizer
Silas,
Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada
moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
Esperemos outra opinião dos colegas.
Abraços
2009/11/2 Silas Gruta
> Walter,
>
> eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim
Walter,
eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas
Oi, Silas
Eu pensei assim:
a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4 x
10 x 6 = 240
Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
vezes.
b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
Total = 240 + 24 = 264
Será isso?
2009/11/1
Olá colegas,
Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo. Onde errei?
*Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **elas*
*, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **números**, **
cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*
*a) 144
Olá pessoal!.
Será que alguém podia me ajudar?
a. Mostre que o número de maneiras de distribuir n grupos de k-gêmeos
idênticos por m creches distintas é ( m + k – 1 ) elevado a n.
( k )
b. Suponha agora que você
as.
Date: Thu, 23 Apr 2009 10:28:00 -0300
Subject: [obm-l] Combinatoria boa
From: palmerimsoa...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu nã
bem interessante a solução do maldonado (problema das maquinas-combinatoria)
Date: Thu, 23 Apr 2009 10:12:41 -0700
From: joao_maldonad...@yahoo.com.br
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria boa
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Máquinas tipo A -> 180kg, 170kg, 164kg, 160kg
Máquinas tipo B - as
.
--- Em qui, 23/4/09, Palmerim Soares escreveu:
De: Palmerim Soares
Assunto: [obm-l] Combinatoria boa
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 23 de Abril de 2009, 13:28
Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres
com as minhas. T
Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos
mestres com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não
estiver equivocado). Agradeço a colaboração.
No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas
pesam, res
rra também a segunda)
>
> Abraços,
>
> Pedro Lazéra Cardoso
>
> --
> Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
> Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
> From: silasgr...@gmail.com
>
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
>
> Magistral, Bened
Ola Silas e demais colegas
desta lista ... OBM-L,
O rapaz pode esclarecer as duvidas dele aqui conosco. Basta voce
inscrever ele na lista.
Quanto ao seu problema, eis aqui um raciocinio valido :
OBS : Nao e dito quantas cadeiras ha em uma fila ... vou supor que na
fila ha exatamente 7 cadeiras..
!
= 24*120 = 2880
(o problema é que, usando essa solução, se o cara - ou a moça - erra a
primeira, erra também a segunda)
Abraços,
Pedro Lazéra Cardoso
Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
From: silasgr...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio
vez sentada a
> segunda moça, resta 3 posições (lugares) nos quais a última moça pode
> ocupar.
> Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
> Benedito
>
> - Original Message -
> *From:* Silas Gruta
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:*
: Silas Gruta
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Monday, April 13, 2009 3:48 PM
Subject: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
Boa tarde a todos,
Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo IME, extraordinariamente
aplicado, uma verdadeira raridade numa escola pública! Faço o que posso para
ajudá
Boa tarde a todos,
Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
problema retirad
saber quais são as certas, sou obrigado a lhe dar razão...
Um abraço,
João Luís.
- Original Message -
From: Rafael Ando
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Monday, March 30, 2009 10:06 PM
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria
Bom, na verdade daria isso só se você não soubesse quais
m:* Maria Clara
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Sent:* Monday, March 30, 2009 7:59 PM
> *Subject:* [obm-l] Combinatoria
>
>
> Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
> não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativa
, March 30, 2009 7:59 PM
Subject: [obm-l] Combinatoria
Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas não
soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são
necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura
Precisamos de, no máximo, 6 tentativas para a primeira fechadura, 5 para a
segunda, ..., 1 tentativa para a penúltima e 0 para a última. Logo, no
máximo precisa-se de 6+5+4+3+2+1=21 tentativas.
2009/3/30 Maria Clara
>
> Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
>
Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?
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 d
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).
-
So
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 not
o em minha explanação.
Um abraço a todos,
João Luís
- Original Message -
From: Samuel Carvalho
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Saturday, October 25, 2008 11:10 PM
Subject: [obm-l] Combinatoria
De quantas maneiras podemos ir de A até B sobre a seguinte grade sem passar
duas
De quantas maneiras podemos ir de A até B sobre a seguinte grade sem passar
duas vezes pelo
mesmo local e sem mover-se para esquerda? A figura abaixo mostra um caminho
possível.
(a figura mostra uma grade 5x5, com A no ponto (0,0) e B no ponto (5,5))
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 e
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
2008/10/16 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
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)
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?"
S
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 comissõ
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 diretore
Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos iguais e
os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três algarismos
iguais? Bem, acho que é o seguinte: divida em casos.a) Os repetidos são
iguais a zero, e, pelas condições, os outros não.Teremos uma possibi
Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos iguais e
os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três algarismos
iguais? Bem, acho que é o seguinte: divida em casos.a) Os repetidos são
iguais a zero, e, pelas condições, os outros não.Teremos uma possibi
Ops, uma correção na minha solução, a permutação de 5 elementos com 3
repetições é igual a 20 e não 10. Assim, temos 129 . 3 . 20 = 7200.
Descontando os 720 ficamos com 6480.
Vanderlei
Em 20/09/08, Vandelei Nemitz <[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
>
> Hermann, você pode escolher os três algarismos di
Bom, os números com 3 algarismos zero repetidos terão essa disposição:
---9-- ---8--- --0-- --0-- --0-- = 72 números com os 3 zeros nessa
posição.
--9-- --0-- --0-- --0-- --8-- = 72 nessa posição.
--9-- --0-- --0-- --8-- --0-- = 72 nesta outra.
--9-- --0-- --8-- --0-- --0-- = 72
Hermann, você pode escolher os três algarismos diferentes de C10,3 = 120,
onde Cn,p é o número de combinações de n elementos, tomados p a p. Depois,
basta escolher qual deles aparecerá três vezes e permutar, ou seja, teremos
120 . 3 . P5, 3 = 360 . 10 = 3600 números, onde P5,3 é o número de
permuta
Humpodemos dividir em casos:
I-) Tres números diferentes de 0 e os outros 2 também
2-)Tres números diferentes de 0 e um igual a 0 e outro diferente
3-)Tres números iguais a 0.
Caso 1-)
Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9,obviamente xD e
C(8,2) jeitos de escolher os out
Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro
auxílio. Obrigado
Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos
iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três
algarismos iguais?
Abraços
Hermann
===
Por que seria -2 ?
19H + 13M = 1000
Aplicando (mod 13) em ambos os lados.
6H = 12
H = 2
H = 13x + 2, x >= 0
2008/3/28 Marcelo Salhab Brogliato <[EMAIL PROTECTED]>:
> Olá Johann,
>
> observando sua solução, vi que H == -2 (mod 13)
> mas, -2 == 11 (mod 13)
> logo: H = 13x - 2 = 13(x-1) + 11
>
> na
as soluções.
>
> Diofantina significa somente `resolva em Z={0,1,-1,2,-2,3,-3,...}´
> Ou seja, até mesmo x=2 pode ser diofantina, bem como x^3=5
>
> > Amplexo.
> > Fernando
> >
> > ________
> >
> >
>
Terei a resposta oficial somente semana que vem. A questão foi proposta pelo
Prof. Paulo Jorge Teixeira (UFF) na 1ª avaliação formativa de um curso em
andamento na PUC-RJ. Mas tudo indica que é realmente 48 e, portanto, houve
um erro nas alternativas.
Em 20/03/08, Henrique Rennó <[EMAIL PROTECTED]
diofantina, bem como x^3=5
> Amplexo.
> Fernando
>
>
>
>
>
> - Original Message -
> From: Joao Victor Brasil
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
>
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
Fernando,
Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
19H + 13M = 1000, H= Homem e M=Mulher
Joao Victor
On 3/24/08, Fernando <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
Olá João Victor, boa tarde!
Você possui a solução do
rg.br/eureka/eureka14.pdf*
>
> *acesso em 23/03/2008*
> **
>
> Agradeço sua atenção.
>
> Amplexo.
> Fernando Pinto
>
> --
> --
>
> - Original Message -
> *From:* Joao Victor Brasil <[EMAIL PROTECTED]>
> *To:* ob
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
possibilidades.
Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
possibilidades, me alertaram sobre as
É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
possibilidades.
Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
retirá-las.
D1H1:3 d
Olá pessoal!
Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o horário j.
D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades
Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1,
amo da árvore que começa com
> FIS também considera que
> > é possível formar um horário em que a primeira
> aula de cada dia é FIS, QUI,
> > MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI,
> ou seja, exatamente o
> > horário anterior, mas com a ordem das matérias
> in
inal Message -
> From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
> To:
> Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
> > Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
> > pego a 1a opção, porém a ordem
t; horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.
> Abraços
>
> - Original Message -
> From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
> To:
> Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
> >
o
horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.
Abraços
- Original Message -
From: "Antonio Giansante" <[EMAIL PROTECTED]>
To:
Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
Desculpem..depois que eu percebi: eu falei q
> > dia podemos inverter a ordem das matérias, ou
> seja,
> > há 6 formas de escolher em qual dia fica cada par
> e
> > 2 formas de organizar as matérias por dia. Logo:
> > 6*2*2*2=48.
> >
> > Abraços
> >
> > - Original Message -
> &
--- Original Message -
> From: Marcelo Salhab Brogliato
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
> Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
>
>
> Olá Thelio,
>
> Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em
> dias diferen
-
From: Marcelo Salhab Brogliato
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
Olá Thelio,
Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes, e 3 dias.
Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3
Olá Thelio,
Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes, e 3
dias.
Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3 matérias: 3*2 = 6 modos
Para o segundo dia, só podemos repetir uma matéria, portanto temos: 2(devido
a ordem)*2*1 = 4 modos
Para o terceiro dia, as matérias já estã
É pessoal...
Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
Thelio
uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. As
matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser fei
Perfeito Ralph, tem toda razao. Gostei muito tambem da abordagem do Rogerio.
Ainda nao abri, mas parece que enviaram uma outra solucao. Como ja disse
antes, esta lista eh o paraiso na Terra... Agradeco a participacao de voces
mestres..
abraços,
Palmerim
Em 04/10/07, Ralph Teixeira <[EMAIL PROTEC
Ah, bacana, sua divisao em casos eh bem mais esperta do que a minha,
neh? Seu somatorio tem 4 termos ao inves dos meus feiosos 20... Legal!
Abraco,
Ralph
On 10/4/07, Rogerio Ponce <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
> Ola' Palmerim e colegas da lista,
> conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilid
Ola' Palmerim e colegas da lista,
conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilidade dos seguintes funcionarios:
4 de telemarketing
9 coringas
7 de informática
Ha' 3 vagas de telemarketing e 4 vagas de informatica.
Na distribuicao dos funcionarios necessarios, podemos variar o pr
Hmmm... mas ele tambem pode, desses 9, escolher x=2 para informatica e y=2
para telemarketing, e depois completar usando o pessoal que soh pode uma
coisa ou outra. Acho que sua solucao incorpora os quatro "cantos" daquela
tabela feia que eu mandei, mas nada impede de ele dividir os grupos conforme
Ola Paulo e Ralph
A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
faltou acrescentar apenas quarta situacao:
*4ª situacao*: dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os setores,
escolher 7
Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o da
Beleza de solução Ralph.
Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados pode-se
selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
Excelente problema Palmerim.
[]'s
PC
; lado, suponho que as posições de telemarketing são todas idênticas, e também
> as de informática.
>
> [Ralph Teixeira] -Mensagem original-
> De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome
> de Palmerim Soares
> Enviada em: segunda-feira, 1 de outubro de
de informática.
[Ralph Teixeira] -Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de Palmerim Soares
Enviada em: segunda-feira, 1 de outubro de 2007 11:01
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] combinatoria muito boa
Ola amigos da lista,
ha algum tempo, venho prep
Olá Paulo
Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja
errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar
novas tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e
enriquecedores.
Um abraco,
Palemerim
Em 01/10/07, Paulo Cesar <[EMAIL PROTE
Olá Palmerim
Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS
estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas
as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.
Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informáti
Ola amigos da lista,
ha algum tempo, venho preparando um livro eletronico sobre analise
combinatoria com muitas questoes de bom nivel, todas solucionadas e
comentadas, para deixar a disposicao de quem quiser baixar gratuitamente
pela internet. Para isso tenho coletado questoes desta lista, de inu
Olá Graciliano!
2)Qual o numero maximo de termos de um polinomio homogeneo de grau p com n
variaveis?
2)(n+p-1)!/(n-1)!p!
Na definição de polinômio homogêneo, todos os termos possuem a soma dos
expoentes de cada variável igual, ou seja, (a^2)*(b^3) + (a^4)*b + a5 é um
polinômio homogêneo e
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