2013/6/13 Lucas Prado Melo
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> Observando o somatório, temos que F(n) está sendo somado por vários termos
> na forma g(n) F(i)/(i! 2^i) onde f é uma função.
> Quando observamos o mesmo para F(n+1) os termos com fatores F(i)/(i! 2^i)
> ainda aparecem, mas o coeficiente muda: g(n+1) = 2n g(n).
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Ah sim. Acabei interpretando o questão de forma errada também. Pensei que
depois de colocar todos os pesos é que ia ser verificado o peso dos pratos.
Em 13 de junho de 2013 12:42, Lucas Prado Melo escreveu:
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> 2013/6/13 Cassio Anderson Feitosa
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>> Eu pensei também no problema e vou mostrar o
2013/6/13 Lucas Prado Melo
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> Observando o somatório, temos que F(n) está sendo somado por vários termos
> na forma g(n) F(i)/(i! 2^i) onde f é uma função.
> Quando observamos o mesmo para F(n+1) os termos com fatores F(i)/(i! 2^i)
> ainda aparecem, mas o coeficiente muda: g(n+1) = 2n g(n).
>
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2013/6/13 marcone augusto araújo borges
> Olá,Lucas
> Não entendi bem a passagem ´´...a colocação das i-1 bolinhas menores não
> afetariam em nada o cálculo...´´
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Ok eu viajei um pouco nesse trecho.
Eu quis dizer que as i-1 bolinhas poderiam ser colocadas livremente. Não
importa mais se elas vã
2013/6/13 Cassio Anderson Feitosa
> Eu pensei também no problema e vou mostrar o que pensei pra que possam me
> mostrar o erro, se houver.
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> Como 2^0+2^1 + . . . + 2^{99} = 2^{100} -1 < 2^{100}, então não
> importa a forma que distribuímos os pesos, o prato com 2^{100} gramas
> sempre será
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