CHARADAS, TESTES, ETC. E TAL

[ElPatrio]

Como Mister Madruga já traçou W uma vez, com certeza ele não está nos andares 7, 8, 9 e 10 (que não contêem W);

correto.

Assim, a probabilidade dele estar nos andares de 1 a 6 é a mesma e é igual a 100/6:
16,66666667 %

Correto. Mas isso será irrelevante para efeito de cálculos.

Entretanto, se ele estiver nos andares 4, 5 ou 6, ele já se fudeu, pois tem somente uma "W";

Correto.

Então a probabilidade dele traçar outra "W" apenas nos andares 1, 2 ou 3 é:
1º andar: 16,67*66,67 (2 "W" sobrando nesse andar);
2º andar: 16,67*33,33 (apenas 1 "W" sobrando nesse andar);
3º andar: 16,67*33,33 (também apenas mais uma "W" sobrando nesse andar);
A soma das probabilidades de cada andar, dá a probabilidade total do Mister Madruga se dar bem numa segunda trepada com "W":
0,22226111
ou seja, 22,22%

Abraços

Dom Lulú

Errado.


Sugiro que considere todas as combinações possíveis entre pares de apertamentos distribuídos por todos os 6 primeiros andares ou se preferir lembre-se que são 10 VVs e cada uma delas combina com outras duas gps.

Abraço e boa sorte.

[scorpionking]

Para facilitar, dividi os apartamentos por números, assim as combinação envolvem os apês 1, 2 e 3.

1º Andar:
1 2 (OK)
1 3 (OK)
2 1 (OK)
2 3 (OK)
3 1 (OK)
3 2 (OK)

2º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

3º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

4º Andar:
1 2
1 3

5º Andar:
1 2
1 3

6º Andar:
1 2
1 3

Seriam então 10 possibilidades de acerto em 20 possíveis, tendo-se como resposta 50%

[ElPatrio]

Para facilitar, dividi os apartamentos por números, assim as combinação envolvem os apês 1, 2 e 3.

1º Andar:
1 2 (OK)
1 3 (OK)
2 1 (OK)
2 3 (OK)
3 1 (OK)
3 2 (OK)

2º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

3º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

4º Andar:
1 2
1 3

5º Andar:
1 2
1 3

6º Andar:
1 2
1 3

Seriam então 10 possibilidades de acerto em 20 possíveis, tendo-se como resposta 50%

Correto!!!!

As 10 VVs cada uma formando par com outras duas colegas de andar totalizam 20 pares e, deste total, como bem nos mostrou o scorpionking, 10 são W x W. Portanto, a resposta é chances de 1 por 2 ou 50%.

[ElPatrio]

Pois bem, assim que o scorpionking ou outro forista tiver as respostas para o enigma do predião e do acampamento de bops, proposto pelo Tricampeão, informo que já tenho outro desafio na ponta da agulha inspirado pelo filme Missão Impossível hehehhe não pelo grau de dificuldade do desafio mas pelo cenário em que se desenvolve a história em que rola espionagem no mundo da putaria onde o forista terá a oportunidade de decifrar um código para salvar a todos do monopólio de um cafetão tirano e filho da puta. Aguardem..

Já responderam ao desafio do predião, muito bem, agora antes que resolvam o enigma dos acampamentos e antes de eu postar o da Missão Impossível vou deixar um aqui BASTANTE DIFÍCIL, esse é pra quem está um pouco mais afiado na matemática do colégio pois trata-se de um problema de geometria espacial onde é usado conceitos ensinados no ensino médio para resolve-lo. Esse promete dar trabalho pras feras que tem aqui. Mãos a obra.

Assim que resolverem o problema dos acampamentos eu posto o outro que prometi, mesmo que ninguém ainda tenha resolvido esse que segue agora:


SERÁ POSSÍVEL LACRAR O PRIVEZÃO FECHADO PELAS OTORIDADES?


Uma grande metrópole, a mesma do desafio anterior, tem como prefeito um sujeito austero, moralizador e careca que não tolera obscenidades e prostituição na sua cidade. Já que esse parece ser o último mal que aflige tal metrópole, verdadeiro exemplo de qualidade de vida, distribuição de renda e desenvolvimento, o nobre prefeito exige de suas autoridades que façam constantes e permanentes blitz naquilo que ele chama de "casas de tolerância" e com o careca é TOLERÂNCIA ZERO, lema que pretende utilizar em sua campanha para presidente.

Pois bem, em uma dessas blitz um privê de vintão foi fechado e todo mundo foi preso, com exceção de um cara que aguardava há mais de duas horas sua musa descer do quarto. Esse cara, que é conhecido como Japa do Topete, espertamente prometeu as autoridades ajudar a lacrar a frente do privê caso o liberassem do flagrante. Feito o acordo um policial deu ao Japa topetudo um jogo de blocos de concreto que deveriam ser transformados em paralelepípedos que seriam utilizados para impedir a entrada no privê. E caso o japa não conseguisse êxito seria preso junto com os outros. O Japa, com a roupa toda suja de amendoim e o topete impecável, viu-se em apuros ao observar que aqueles blocos eram de dois tipos de formatos : tetraedros regulares e octaedros.

O Japa do Topete não tinha a menor habilidade com coisas práticas mas, em compensação, era ótimo em matemática. Sendo assim o Japa pegou cada um dos formatos de blocos em suas mãos e avaliou por alguns segundos. Então ele pensou "se eu conseguir provar que dado um octaedro regular de arestas com medida a, posso colar tetraedros regulares, de arestas também com medida a, em duas faces opostas (paralelas) do octaedro, obtendo assim um poliedro que é um paralelepípedo então consigo construir a barragem e estarei livre."

Empolgado com sua brilhante conclusão o topetudo oriental largou as pedras que quase atingiram aos pés do dono do privê, tão careca quanto o prefeito. "Toma cuidado seu japonês filho da puta" esbravejou furioso o proprietário do privê, que estava algemado.

O Japa, ignorando a ofensa, tratou logo de pegar lápis e papel e começar os cálculos sob o olhar de carrasco de um policial.

Teria nosso herói se livrado da prisão, ou seja, será possível provar que o espaço pode ser preenchido com octaedros e tetraedros?


Esse é para os feras. Divirtam-se!

[Tricampeão]

Para facilitar, dividi os apartamentos por números, assim as combinação envolvem os apês 1, 2 e 3.

1º Andar:
1 2 (OK)
1 3 (OK)
2 1 (OK)
2 3 (OK)
3 1 (OK)
3 2 (OK)

2º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

3º Andar:
1 2 (OK)
1 3
2 1 (OK)
2 3

4º Andar:
1 2
1 3

5º Andar:
1 2
1 3

6º Andar:
1 2
1 3

Seriam então 10 possibilidades de acerto em 20 possíveis, tendo-se como resposta 50%

Correto!!!!

As 10 VVs cada uma formando par com outras duas colegas de andar totalizam 20 pares e, deste total, como bem nos mostrou o scorpionking, 10 são W x W. Portanto, a resposta é chances de 1 por 2 ou 50%.

O raciocínio do Dom Lulu foi errado porque atribuiu para todos os andares, de 1 a 6, a mesma probabilidade de a primeira VV ter sido encontrada lá. Se tivesse atribuído uma probabilidade proporcional ao número de VVs residente em cada um, teria chegado à resposta correta, por um caminho diferente.
Vamos esperar agora o post dos TDs pelo Mister Madruga. Do jeito que ele é sortudo, ainda conseguiu chegar no Jd. Ângela a tempo de dar uma catracada na Bruxa do 71.

[sonolento soneca]

êita que agora o Elpatrio resolveu postar uns enigmas cabeludos.

Vixe... vou ver se consigo descobrir como o Topete fez pra formar um bloco com tetraedos e octaedro.

Estou esperando pra ver se alguém também encontrou a solução do problemas dos BOPs. Amanhã, postarei a minha resposta.

[ElPatrio]

O raciocínio do Dom Lulu foi errado porque atribuiu para todos os andares, de 1 a 6, a mesma probabilidade de a primeira VV ter sido encontrada lá. Se tivesse atribuído uma probabilidade proporcional ao número de VVs residente em cada um, teria chegado à resposta correta, por um caminho diferente.

Vero.


Ao contrário do que eu falei, que esse dado seria irrelevante, se ele tivesse atribuído a probalidade proporcional em cada andar, como tricampeão bem observou, Dom Lulu teria chegado ao resultado certo por esse caminho de contas.


Valeu !!!!


E sonolento esse é só o começo...trate de acordar...

[sonolento soneca]

O Bopismo realmente é um problema que começa a fugir do controle das autoridades putanhísticas. Os cientistas trabalham arduamente tentando descobrir as causas, mas não encontraram nenhuma pista de vírus ou bactéria que possa causar tão abominável doença, nem as formas de contágio e propagação.

A única coisa que se sabe é que o sujeito acometido pela doença, passa a ter alterações bioquímicas no cérebro, não conseguindo tirar a GP da cabeça, fazendo com que perca a capacidade de raciocínio, ocasionando algumas conseqüências negativas para o sujeito, sendo que as principais são: perda de concentração, só pensando na sua amada; perda de $ em função de presentes dados e realização de TDs em demasia sempre com a mesma GP; ciúmes em relação a GP e nos casos mais graves perda de auto-estima e controle de sua própria vontade, pensando sempre em primeiro lugar em sua amada.

Como não se conhece as causas e os sujeitos com a pestilência são incapazes de reconhecer que são portadores da doença, não há medida profilática totalmente eficaz. Mas algumas atitudes têm se mostrado relevante no combate do mal. Aconselha-se aos amigos putanheiros segui-las: (1) se você é vulnerável ao PPP, faça sempre um auto-exame de consciência, e não caia em qualquer conversinha, (2) a princípio GP o que mais importa pra GP é a $ que receberá, se ela falar que o importante é a sua companhia e etc., desconfie e (3) sempre leia os comentários do Clinton ou passe pelo seu consultório para esclarecimentos (vais endurecer, talvez perca la ternura, mas dificilmente pegarás Bopismo).

Depois destes longos esclarecimentos, voltemos à antiga Putônia, onde as autoridades já tomam suas providências pra separar os BOPs dos não BOPs, sem que haja brigas e discriminação. Eis as providências:

1)Divide-se os sujeitos em dois grupos que chamaremos de: Brazucas e Portugas.
2)Os grupos seriam chefiados por: Luiz Felipe(Portugas) e Carloz Alberto(Brazucas).
3)Luiz Felipe escreveria em dois papéis os números: 1 e 2 , sendo 1 os Bops e 2 os não Bops (somente ele saberia isto). Da mesma forma Carloz Alberto escreveria as letras: A e B, sendo A os Bops e B os não Bops (somente ele saberia isto).
4)Arrumaria-se duas caixas:c1 e c2 e seria colocado em c1 os papéis dos Bops (1 e A) e em c2 os papéis dos não Bops (2 e B). Como em uma votação, os chefes colocariam os papéis sem que o outro soubesse qual papel foi pra cada caixa.
5)Luiz Felipe, daria pra cada indivíduo do grupo dos Brazucas, inclusive pro Carloz Alberto, um papel com o número 1 (Bop) ou 2 (não Bop), de maneira isolada, sem que nenhum indivíduo fique sabendo que número os outros receberam. Da mesma forma procederia Carloz Alberto, dando pra cada indivíduo do grupo dos Portugas inclusive pro Luiz Felipe, papéis com as letras A (Bop) e B (não Bop), sem que nenhum indivíduo fique sabendo que letras os outros receberam.
6)Pegaria-se um sujeito do grupo dos Brazucas, que chamaremos de Rnaldinho que ficaria encarregado de fixar na porta dos dormitórios os papéis das caixas c1 e c2. Os primeiros a entrar seriam os Portugas. Rnaldinho tiraria de c1 o papel com a letra (A) e colocaria em uma porta e da caixa c2 o papel com a letra (B) e colocaria na outra porta. Ao entrarem, um de cada vez, nos corredores que dão para os quartos, os indivíduos se encaminham pro dormitório que tem a mesma letra do seu papel. Após todos os Portugas entrarem, Rnaldinho troca os papéis (de c1 ele troca (A) por (1) e de c2 ele troca (B) por (2)). Agora é só os Brazucas fazerem o mesmo e todos se acomodarão sem que nenhum Bop seja identificado.

Fim.

[Tricampeão]

Bravísssimo, Sonolento, além de grande matemático é filósofo. Suas considerações sobre o bopismo me fizeram refletir um bocado sobre meu comportamento com relação a essas marafonas fuleiras; sua solução para o problema está quase perfeita, você só cochilou num ponto, que corrigirei mais à frente. Ou você é aposentado ou deve passar todo o tempo livre pensando nos desafios postados aqui, sua esposa ou namorada devem estar pê da vida com o GPGuia, hein?
Para sua resposta ficar perfeita, falta apenas ressaltar que só os dois líderes dos grupos precisam saber qual caixa é a c1 e qual é a c2; a identificação deve ser retirada antes de serem entregues a Ronaldinho. Além disso, não é preciso que entrem todos os Portugas e em seguida os Brazucas, basta o Ronaldinho fixar logo de cara todos os papéis nas portas adequadas dos dormitórios que a entrada de todos pode começar, só é preciso que entre um de cada vez para que os demais não possam ver para onde ele foi.
Essa solução tem três qualidades notáveis: primeiro, não exige grande inteligência de nenhum dos participantes, a não ser do grande matador de charadas Sonolento Soneca; segundo, é inédita, nunca a vi em nenhum folhetim do Patropi; terceiro, pode ser generalizada para qualquer número n de grupos, permitindo a manipulação de um número enorme de foristas. Mesmo que todos os milhares de membros do tal forum apareçam na festinha, o procedimento indicado permitirá separá-los em pouquíssimo tempo; mas isso provavelmente nunca acontecerá, porque tem muita gente lá que não gosta de mulher, só participa para postar merda e buscar auto-promoção.
Entretanto, existe ainda uma outra solução, muito simples. Vale a pena buscá-la, porque o problema parece ser muito complicado, e na verdade não é tanto. Assim, acho que você já tem o que fazer no final de semana, depois que matar esse problema do ElPatrio, que provavelmente deixou o topete do Japa totalmente branco.

[Tricampeão]

Companheiro ElPatrio, é com prazer que anuncio que consegui resolver o problema que você propôs. Felizmente, meu cérebro não derreteu com o esforço de imaginar esses sólidos girando e se encaixando. Só não sei se ele vai durar até eu terminar esse post, porque explicar a solução sem poder desenhar vai ser foda. Eu devia ganhar mais uma bolinha azul só de tentar...
Primeiro, para os neófitos, sugiro que peçam emprestados ao sobrinho pentelho os dados de jogar RPG que os adolescentes, com sua criatividade e domínio da linguagem, chamam pelos pitorescos nomes de d4 e d8. São esses o tetraedro e o octaedro regulares.
As faces desses poliedros são triângulos equiláteros, o que já satisfaz uma das condições do problema: o encaixe de uma face de tetraedo com uma de octaedro é perfeito, contanto que tenham a mesma aresta a.
Para verificar a segunda condição, calculemos o ângulo diédrico resultante quando unirmos as citadas faces. Ele será a soma dos ângulos diédricos dos dois poliedros.
Para calcular os ângulos, marcam-se os vértices de cada sólido em um sistema de coordenadas cartesiano, projetam-se as figuras no plano e calcula-se o ângulo dos triângulos resultantes. As coordenadas para o tetraedro são (1, 1, 1), (-1, -1, 1), (-1, 1, -1) e (1, -1, -1); para o octaedro, (1, 0, 0), (-1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, -1, 0), (0, 0, 1) e (0, 0, -1).
Para o tetraedro, esse ângulo é arccos (1/3), ou seja, cerca de 71 graus; para o octaedro, ele é arccos (-1/3), cerca de 109 graus. O ângulo resultante será de 71 + 109 = 180 graus, ou seja, a união de uma face de uma figura com a da outra fará com que as faces adjacentes fiquem no mesmo plano, os triângulos originais formando um losango de ângulos 60 e 120 graus.
Quando o incrível Japa encaixa um tetraedro de cada lado oposto de um octaedro, portanto, obtém um sólido com seis faces losangulares, paralelas duas a duas, e ângulos diédricos de 71 e 109 graus. Isso garante o encaixe perfeito com outros seis sólidos idênticos, um de cada lado, de modo a obter outro maior, com a mesma forma e maior tamanho. Assim, basta que o delegado forneça ao japinha um número suficiente de bloquinhos, na proporção correta de dois tetraedros para cada octaedro, para o nefando lupanar ser lacrado para sempre.

[Carnage]

Eu disse pra você ElPatrio que não dava 90 graus....

[Tricampeão]

Depois que (acho que) matei o problema, liberei para pesquisar essa porra na Internet. Olha o que eu achei:
http://metalrg.iisc.ernet.in/~lord/clus ... lides.html

[ElPatrio]

Companheiro ElPatrio, é com prazer que anuncio que consegui resolver o problema que você propôs. Felizmente, meu cérebro não derreteu com o esforço de imaginar esses sólidos girando e se encaixando. Só não sei se ele vai durar até eu terminar esse post, porque explicar a solução sem poder desenhar vai ser foda. Eu devia ganhar mais uma bolinha azul só de tentar...
Primeiro, para os neófitos, sugiro que peçam emprestados ao sobrinho pentelho os dados de jogar RPG que os adolescentes, com sua criatividade e domínio da linguagem, chamam pelos pitorescos nomes de d4 e d8. São esses o tetraedro e o octaedro regulares.
As faces desses poliedros são triângulos equiláteros, o que já satisfaz uma das condições do problema: o encaixe de uma face de tetraedo com uma de octaedro é perfeito, contanto que tenham a mesma aresta a.
Para verificar a segunda condição, calculemos o ângulo diédrico resultante quando unirmos as citadas faces. Ele será a soma dos ângulos diédricos dos dois poliedros.
Para calcular os ângulos, marcam-se os vértices de cada sólido em um sistema de coordenadas cartesiano, projetam-se as figuras no plano e calcula-se o ângulo dos triângulos resultantes. As coordenadas para o tetraedro são (1, 1, 1), (-1, -1, 1), (-1, 1, -1) e (1, -1, -1); para o octaedro, (1, 0, 0), (-1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, -1, 0), (0, 0, 1) e (0, 0, -1).
Para o tetraedro, esse ângulo é arccos (1/3), ou seja, cerca de 71 graus; para o octaedro, ele é arccos (-1/3), cerca de 109 graus. O ângulo resultante será de 71 + 109 = 180 graus, ou seja, a união de uma face de uma figura com a da outra fará com que as faces adjacentes fiquem no mesmo plano, os triângulos originais formando um losango de ângulos 60 e 120 graus.
Quando o incrível Japa encaixa um tetraedro de cada lado oposto de um octaedro, portanto, obtém um sólido com seis faces losangulares, paralelas duas a duas, e ângulos diédricos de 71 e 109 graus. Isso garante o encaixe perfeito com outros seis sólidos idênticos, um de cada lado, de modo a obter outro maior, com a mesma forma e maior tamanho. Assim, basta que o delegado forneça ao japinha um número suficiente de bloquinhos, na proporção correta de dois tetraedros para cada octaedro, para o nefando lupanar ser lacrado para sempre.

Perfeito! Brilhante! Sensacional!

O cara é fera! O cara é foda! Esses caras são foda. São profissionais...

O Tricampeão além de resolver o desafio de forma correta utilizou-se de sua imaginação para suplir a falta de do desenho por meio dos pontos no plano cartesiano representando os vértices dos sólidos no espaço. Esse recurso que força o leitor a imaginar as figuras e sua localização no espaço mostra que o termo "pensamento cartesiano", normalmente associado a conclusões e idéias limitadas, além de pejorativo e preconceituoso nada tem a ver com limitado.

BOm..feito esses comentários toscos e inúteis parabenizo mais uma vez ao tricampeão e deixo aqui a solução dada ao problema pela Revista do Professor de Matemática número 57, de onde tirei o problema (claro, sem japa do topete e nem privês lacrados), que é análoga a solução do Tricampeão:

(a revista utiliza-se do desenho oq dificultará o entendimento do que se segue)

Na figura temos o tetraedro PABC que será colado na face ABC do octraedro. M é o ponto médio de BC. Logo, PM = AM = MD = a(raiz)de3/2

Como ABDE é um quadrado, AD = a (raiz) de 2. Aplicando a lei dos cossenos nos triângulos PMA e AMD, teremos cos(alfa) = 1/3 e cos(beta) = -1/3

Como alfa menor que 90 graus e 90 graus menor que Beta que é menor que 180 graus, podemos concluir que alfa e beta são suplementares.


Logo, as faces PBC (de tetraedro) e BCD (do octaedro) são coplanares,(como o tricampeão disse:a união de uma face de uma figura com a da outra fará com que as faces adjacentes fiquem no mesmo plano) o mesmo ocorrendo com PAB e ABF e com PAC e ACE. Pela mesma razão ocorrerá o mesmo com as faces do tetraedro colado da face oposta à ABC.


Assim, temos um paralelepípedo, já que se trata de um poliedro constituído de seis faces, sendo tais faces losangos (portanto, paralelogramos) congruentes, duas a duas opostas paralelas.

[ElPatrio]

Eu disse pra você ElPatrio que não dava 90 graus....

Realmente, as faces do paralelepípedo são losangos e não quadrados ou retângulos oq não deixa de ser um paralelepípedo.

E o Japa Topetão safou-se dessa. E vc viu as ondas?

[Carnage]

Eu disse que o sólido resultante era uma espécie de paralelogramo.