UNIRONDON – Centro UniversitárioCurso de Ciência da Computação

Apostila de Matemática Discreta

Profª Marilda de Mattos Gregorio

Matemática Discreta

Contagem

A combinatória é o ramo da Matemática que trata de contagem .Problemas de contagem são importantes sempre que temos recursos finitos.Exemplos: 1) Quanto espaço de armazenamento um determinado banco de dados usa?2) Quantos usuários uma determinada configuração de computador pode suportar?3) Quantos cálculos são efetuados por um determinado algoritmo?Essas são questões que possivelmente terão que responder no decorrer do curso.Problemas de contagem se resumem, muitas vezes, em determinar o número de elementos em algum conjunto finito.

Princípio da multiplicaçãoExemplo 1: Uma criança pode escolher uma entre duas balas, uma rosa e uma marrom, e um entre três chicletes, um amarelo, um verde e um branco. Quantos conjuntos diferentes a criança pode ter?Podemos resolver esse problema separando a tarefa de escolha em duas etapas seqüenciais: escolher primeiro a bala e depois o chiclete.

A árvore mostra que existem 2 x 3 = 6 possibilidades: {R,A}, {R,B}, {R,V}, {M,A}, {M,B}, {M,V}. Nesse problema, a sequência de eventos poderia ser trocada: a criança poderia escolher primeiro o chiclete e depois a bala, resultando a seguinte árvore:

O número de possibilidades é o mesmo 3 x 2 = 6 possibilidades: {A,R}, {A,M},{V,R},{V,M},{B,R},{B,M}. Pensar em uma seqüência de eventos sucessivos nos ajuda a resolver o problema, mas a ordem da seqüência não faz parte do problema pois o conjunto {R,A} = {A,R}.No exemplo, vimos que o número total de resultados possíveis para uma seqüência pode ser obtido multiplicando-se o número de possibilidades do primeiro evento pelo número de possíveis resultados do segundo. Essa idéia é resumida no Princípio da Multiplicação.

Princípio da Multiplicação:Se existem n1, resultados possíveis para um primeiro evento e n2 para um segundo, então existem n1 . n2 resultados possíveis para a seqüência dos eventos.O princípio da multiplicação pode ser estendido, a uma seqüência com qualquer número finito de eventos.O princípio da multiplicação é útil sempre que quisermos contar o número total de possibilidades par uma tarefa que pode ser dividida em uma seqüência de etapas sucessivas.

Exemplo 2: A última parte do seu número de telefone contém quatro dígitos. Quantos desses números de quatro dígitos existem?Resolução: Vamos construir números de 4 dígitos através de uma seqüência de tarefas: escolher o primeiro dígito, depois o segundo, depois o terceiro e finalmente o quarto. O primeiro dígito pode ser qualquer um dos 10 dígitos, de 0 a 9, de modo que há 10 possibilidades para a primeira tarefa. Da mesma forma existem 10 possibilidades para cada uma das outras tarefas.Usando o princípio da multiplicação, temos: 10.10.10.10 = 104 = 10000 números diferentes.Com relação ao exemplo 2, quantos números de quatro dígitos existem se um mesmo dígito não puder ser repetido?Resolução: Aqui também temos uma seqüência de tarefas para selecionar os quatro dígitos, só que agora não podemos ter repetições.Temos 10 possibilidades para o primeiro dígito, mas apenas 9 para o segundo, já que não podemos escolher um dígito igual ao primeiro, e assim por diante.Existem 10. 9 . 8 . 7 = 5040 números diferentes.

Exemplo 3: a) De quantas maneiras podemos escolher três representantes em um grupo de 25 pessoas?b) De quantas maneiras podemos escolher três representantes para três comissões,em um grupo de 25 pessoas, se um representante pode participar de mais de uma comissão?Resolução: Em (a), existem três tarefas sucessivas sem repetições. A 1ª tarefa, escolher o primeiro representante, tem 25 possibilidades. A segunda 24 e a terceira 23 possibilidades.O número total de possibilidades é 25 . 24 . 23 = 13800Em (b), as mesmas três tarefas são feitas sucessivamente mas são permitidas repetições. O número total de resultados possíveis é 25 . 25 . 25 = 15625

Princípio da Adição:Exemplo 4: Queremos selecionar uma sobremesa entre quatro tortas e três bolos. De quantas maneiras isso pode ser feito?Resolução: Temos dois eventos, um com 4 resultados possíveis (a escolha de uma torta) e outro com 3 (a escolha de um bolo). No entanto,não temos uma seqüência de dois eventos, já que só comeremos uma sobremesa, que será escolhida dentre as possibilidades de dois conjuntos disjuntos. O número de escolhas possíveis é o número total de escolha que temos, 4 + 3 = 7. Isso ilustra o Princípio da Adição.

Princípio da Adição: Se A e B são eventos disjuntos com n1 e n2 resultados possíveis, respectivamente, então o número total de possibilidades para o evento “A ou B” é n1 + n2.O princípio da adição pode ser estendido a qualquer número finito de eventos disjuntos.

Exemplo 5: Um consumidor deseja comprar um veículo de uma concessionária. A concessionária tem 18 automóveis e 10 caminhões em estoque. Quantas escolhas possíveis o consumidor tem?Resolução: O consumidor pode escolher um carro ou um caminhão. Esses são eventos disjuntos: a escolha de um carro tem 18 possibilidades e a escolha de um caminhão,10. Pelo princípio da adição, a escolha de um veículo tem 18 + 10 = 28 possibilidades.Obs: O princípio da adição, é usado, geralmente, junto com o princípio da multiplicação.Com relação ao exemplo 1, suponha que queremos encontrar de quantas maneiras diferentes a criança pode escolher os doces, ao invés do número de conjuntos de doces que ela pode ter. Então, escolher uma bala rosa e depois um chiclete amarelo não é a mesma coisa que escolher primeiro um chiclete amarelo e depois uma bala rosa. Podemos considerar dois casos disjuntos a escolha de balas ou de chicletes primeiro. Cada um desses casos(pelo princípio da

multiplicação) tem 6 possibilidades, de modo que(pelo princípio da adição) existem 6 + 6 = 12 maneiras diferentes de escolher os doces.

Exemplo 6: Quantos números de 4 dígitos, começam com 2 ou 3 ?Resolução: Um problema de contagem pode ser resolvido, muitas vezes de mais de uma forma. Vamos resolver esse problema de duas formas:a) Podemos considerar dois casos disjuntos: os números que começam com 2 e os que começam com 3. Contando os que começam com 2 e os que começam com 3. Contando os que começam com 2, tem uma escolha possível para o primeiro dígito e 10 escolhas possíveis para cada um dos outros três dígitos. Logo pelo princípio da multiplicação existem 1 . 10 . 10 . 10 = 1000 maneiras de se obter um número de 4 dígitos começando com 2. O mesmo raciocínio mostra que existem 1000 maneiras de se obter um número de 4 dígitos começando por 3.Pelo princípio da adição, temos 1000 + 1000 = 2000 possibilidades ao todo.

b) Não vamos usar o princípio da adição, vamos considerar o problema como dividido em quatro tarefas sucessivas, onde a primeira tarefa, escolher o primeiro dígito tem duas possibilidades, escolher 2 ou 3. Existem então, 2 . 10 . 10 . 10 = 2000 possibilidades.

Exemplo 7: Quantos números inteiros de 3 dígitos são ímpares?Resolução: Uma das soluções baseia-se no fato de que os números ímpares terminam em 1,3,5,7 ou 9. Considerando esses casos separados, o número de inteiros com três dígitos terminando em 1 pode ser encontrado escolhendo-se os três dígitos sucessivamente. São 9 escolhas (de 1 a 9) para o primeiro dígito, 10 escolhas (de 0 a 9) para o segundo e uma escolha (1) para o terceiro. Pelo princípio da multiplicação, existem 90 números terminados em 3, em 5, em 7 e em 9, de modo que, pelo princípio da adição existem 90 + 90 + 90 + 90 + 90 = 450 números.Uma outra solução é devido ao fato de que existem apenas 5 escolhas para o terceiro dígito. Pelo princípio da multiplicação, existem 9 . 10 . 5 = 450 números.

Árvores de DecisãoÁrvores como as do exemplo 1, ilustram o número de possibilidades de um evento baseado em uma série de escolhas possíveis. Tais árvores são chamadas de árvores de decisão. As árvores nos levam ao princípio da multiplicação, já que o número de resultados possíveis em qualquer nível da árvore é o mesmo em todo o nível. Por exemplo na 2ª árvore do exemplo 1, mostra dois resultados possíveis para cada um dos três ramos formados no nível 1. Árvores de decisão menos regulares ainda podem ser usadas para se resolver problemas de contagem onde o princípio da multiplicação não se aplica.

Exemplo 8: Pedro está jogando moedas. Cada jogada resulta em cara (c) ou coroa (k). Quantos resultados possíveis ele pode obter se jogar 4 vezes sem cair duas caras consecutivas?

São 8 resultados possíveis: {c,k,c,k}, {c,k,k,k}, {c,k,k,c}, {k,c,k,c}, {k,c,k,k}, {k,k,k,k}, {k,k,k,c}, {k,k,c,k}.

Exercícios grupo A

1) Uma sorveteria permite que você escolha um sabor (uva, limão, pêssego, abacaxi ou groselha), um acompanhamento ( raspas de chocolate, castanha picada ou coco ralado) e uma cobertura ( calda de morango ou calda de caramelo). Quantas sobremesas diferentes são possíveis?2) No exercício 1,quantas escolhas possíveis de sobremesa você tem se não gostar de limão e abacaxi? 3) Quantos números de C P F são possíveis?4) Quantos números de três dígitos menores do que 600 podem ser formados usando-se os algarismos 8,6,4 e 2?5) Uma senha de usuário para acessar um sistema computacional consiste em três letras seguidas de dois dígitos. Quantas senhas diferentes existem?6) Um prédio comprou um novo sistema de fechaduras para seus 175 apartamentos. Uma fechadura é aberta digitando-se um código de dois algarismos. O síndico do edifício fez uma compra inteligente?7) Em um determinado estado americano, as placas dos carros começam com dois dígitos ( o 1º não pode ser zero), seguidos de uma letra (incluindo K,W,Y),seguidos de uma cadeia de dois a quatro dígitos (o 1º podendo ser zero). Quantas placas diferentes são possíveis?8) Considere o conjunto dos números inteiros com três dígitos (números entre 100 e 999, inclusive).a) Quantos são divisíveis por 5?b) Quantos não são divisíveis por 3?9) Uma determinada votação é feita com cada pessoa colocando um pedaço de papel rosa, branco ou verde em um chapéu. Os papéis são retirados um a um e a

1ª cor que recebe dois votos ganha. Desenhe uma árvore de decisão para encontrar o número de maneiras que pode se desenrolar essa votação. 10) Desenhe uma árvore de decisão (use os times A e B ) para encontrar o número de maneiras que as partidas da NBA podem ocorrer, onde o vencedor é o 1º time que vencer quatro entre as sete partidas.

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Arranjo

Exemplo1- Com os dígitos 1,2,3,4 e 5, quantos números de 3 algarismos distintos podem ser formados?Neste problema, o número 123 por exemplo, não é igual ao número 321, já que a ordem dos três algarismos é importante.Um agrupamento ordenado de p objetos de um conjunto de n objetos é chamado de Arranjo.Cada um dos números formados é uma arranjo de 3 objetos distintos escolhidos em um conjunto de 5 objetos distintos( os dígitos).A resposta encontrada usando-se o princípio da multiplicação, é 5 . 4 . 3 = 60. O número de p objetos distintos escolhidos entre n objetos distintos é denotado por An,p. Portanto a solução desse problema pode ser expressa por A5,3.

Usando-se fatorial, temos: An,p= n ! (n-p)! onde n Z+ , n! = n (n-1) (n-2)..... 3. 2. 1 e 0 p n

Temos: A5,3 = 5! = 5! = 5.4.3.2.1 = 60 (5-3)! 2! 2.1 Dois casos especiais podem aparecer ao se calcular An,p:a) An,0 = n! = n! = 1 (n-0)! n!

b) An,1 = n! = n(n-1)! = n (n-1)! (n-1)!

Exemplo 2- Quantas palavras de três letras( que podem ou não fazer sentido) podem ser formadas a partir da palavra “compilar” se nenhuma letra pode ser repetida?Resolução: Nesse caso a ordem das letras faz diferença e queremos saber o número de arranjos de três objetos distintos retirados de um conjunto de 8 dígitos. A resposta é A 8,3 = 8! = 8! = 8 . 7 . 6 = 336 (8-3)! 5!

Permutação

Se queremos selecionar n objetos em um conjunto de n objetos, estamos contando o número de permutações de n objetos onde a ordem é importante . Uma permutação é um arranjo onde p = n.Denotamos a permutação por: Pn = n!

Exemplo 1- Quantos são os anagramas da palavra “compilar”?(anagrama é a ordenação de todas as letras de uma palavra)Resolução: Nesse caso queremos saber o número de permutações de todos os objetos de um conjunto de 8 objetos.A resposta é P8 = 8! = 8.7.6.5.4.3.2.1 = 40320

Exemplo 2- Uma biblioteca tem 5 livros sobre programação, 4 sobre estruturas de dados e 6 sobre sistemas operacionais. De quantas maneiras esses livros podem ser arrumados em uma prateleira sendo que todos os livros sobre o mesmo assunto devem ficar juntos?Resolução: Podemos pensar nesse problema como uma seqüência de tarefas. Vamos considerar, primeiro, a tarefa de se arrumar três assuntos . Existem 3! Resultados possíveis para essa tarefa. As próximas tarefas são arrumar os livros sobre programação(5! possibilidades), depois arrumar os livros sobre estruturas de dados(4! possibilidades) e, finalmente, arrumar os livros sobre sistemas operacionais(6! possibilidades). Portanto pelo princípio da multiplicação o número final de ordens possíveis de todos os livros é: (3!). (5!). (4!). (6!) = 6x120x24x720 = 12441600

Combinação

Algumas vezes queremos selecionar p objetos de um conjunto de n objetos, mas não nos importamos com a ordem. Nesse caso estamos contando o número de combinações de p objetos distintos escolhidos entre n objetos distintos, que denotamos por Cn,p = n! p!(n-p)!Exemplo 1- De quantas maneiras pode-se escolher uma comissão de 3 pessoas em um grupo de 12?Resolução: Esse é um problema de combinações, pois as pessoas são escolhidas mas não ordenadas, portanto C 12,3 = 2! = 12! = 12.11.10 = 220 3!(12-3)! 3! 9! 3.2.1 6

Exemplo 2- Uma comissão de 8 alunos deverá ser escolhida em um grupo contendo 20 alunos do primeiro ano e 15 do segundo ano.a) De quantas maneiras pode-se selecionar 4 alunos do 1º ano e 4 do 2º ano?Resolução: Como a ordem dos indivíduos é irrelevante, é um problema de combinação. Temos uma seqüência de duas tarefas: selecionar alunos do 1º ano e selecionar alunos do 2º ano.

Existem C 20,4 maneiras de se escolher um aluno do 1º ano e C 15,4 maneiras de escolher um aluno do 2º ano, logo a resposta é:C 20,4 x C 15,4 = 20! . 15! = 20! . 15! = 4! (20 – 4)! 4! (15 – 4)! 4! 16! 4! 11!= 20.19.18.17 . 15.14.13.12 = 6613425 4.3.2.1 4.3.2.1

b) De quantas maneiras pode-se selecionar uma comissão contendo exatamente 1 aluno do 1º ano?Aqui temos novamente uma seqüência de tarefas: selecionar um único aluno do 1º ano e depois selecionar o resto da comissão entre os alunos do 2º ano.Temos C 20,1 x C 15,7 = 20! . 15! = 20.15.14.13.12.11.10.9 = 128700 1! 19! 7! 8! 7.6.5.4.3.2.1

c) De quantas maneiras pode-se selecionar uma comissão contendo no máximo 1 aluno do 1º ano?Obtemos no máximo 1 aluno do 1º ano tendo exatamente 1 aluno do 1º ano ou 0 alunos do 1º ano. Como esses dois eventos são disjuntos usamos o princípio da adição.O número de maneiras de se selecionar exatamente 1 aluno do 1º ano é a resposta do item (b). O número de maneiras de se selecionar 0 alunos do 1º ano é o mesmo que o número de maneiras de se selecionar toda a comissão entre os 15 alunos do 2º ano, C 15,8, logo a resposta é: C 20,1 . C 15,7 + C 15,8 = 128700 + 15! = 128700 + 6435 = 135135 8! 7!

d) De quantas maneiras pode-se selecionar uma comissão contendo pelo menos um aluno do 1º ano?Podemos resolver esse item de diversas maneiras. Uma delas é calcular o número de possibilidades disjuntas de se ter exatamente 1 aluno do 1º ano,exatamente 2 alunos do 1º ano e assim por diante, até se ter exatamente 8 alunos do 1º ano, usando o princípio da adição, poderíamos calcular cada um desses números e depois somá-los. No entanto, é mais fácil contar todas as maneiras possíveis de se formar a comissão com 8 membros selecionado do total de 35 pessoas e depois eliminar as comissões que não contêm alunos do 1º ano(naturalmente formados por alunos do 2º ano). Logo a resposta é: C 35,8 – C 15,8 = 35! - 15! = 23535820 – 6435 8! 27! 8! 7! = 23529385

Arranjos com repetições

Contar o número de arranjos com repetições de p objetos entre n objetos distintos é fácil. Temos n escolhas para o 1º objeto, como são permitidas repetições,temos n escolhas para o 2º, n escolhas para o 3º e assim por diante. Portanto o número de arranjos com repetições de p objetos escolhidos entre n objetos é dado por: A’n,p = np Nos arranjos e permutações sem repetições de p objetos formados a partir de um grupo de n objetos, temos necessariamente p n, mas para arranjos com repetições nem sempre isso ocorre pois como há repetições podemos até ter p n.Exemplo 1: Com os dígitos 1,2,3,4,5, quantos números de três dígitos podem ser formados?A’ 5,3 = 5 3 = 125Exemplo2: Com os dígitos 1,2, quantos números de 5 algarismos podem ser formados?Como dispomos de 2 dígitos e com eles queremos formar números de 5 algarismos, necessariamente temos que ter repetições, logo: A’2,5 = 25 = 32

Permutações com repetições

Exemplo 1: Quantas permutações distintas podem ser feitas com os caracteres que formam a palavra Mississipi?Resolução: Se fizermos as permutações simples dos 10 caracteres teremos um número de permutações igual a 10!, só que estaríamos contando algumas permutações mais de uma vez(isso significa por exemplo, que não podemos ver a diferença entre Mis1s2issipi e Mis2s1issipi) Considere uma permutação qualquer dessas letras. Os quatro s ocupam determinadas posições na cadeia. Rearrumando os s nessas posições obteríamos a mesma cadeia, logo nossa permutação teria 4! cadeias iguais. Para evitar contar a mesma cadeia mais de uma vez, devemos dividir 10! Por 4! Para retirar todas as maneiras de permutar os s nas mesmas posições. Analogamente, temos que dividir por 4! Para lidar com os 4 i. Portanto, o número de permutações distintas é: 10! 4! 4!Em geral, suponha que temos n objetos dos quais um conjunto de n1 são indistinguíveis entre si, um outro conjunto n2 são indistinguíveis entre si, e assim por diante, até um conjunto de nk objetos que são indistinguíveis entre si. O número de permutações distintas desses n objetos é dado por:Pn, n1,n2,....nk = n! n1! n2!...nk!

Exemplo2: Quantos anagramas tem a palavra “matematica”?Temos 10 letras, sendo duas iguais a m, três iguais a a e duas iguais a t.Portanto temos: P10, 2,3,2 = 10! = 10.9.8.7.6.5.4 = 151200 2!3!2! 2.1.2.1

Combinações com repetições Exemplo1- Um joalheiro, ao projetar um broche, decidiu usar cinco pedras preciosas escolhidas entre diamantes, rubis e esmeraldas. De quantas maneiras diferentes podem ser escolhidas as pedras?Como não estamos interessados em arrumar as pedras em ordem, esse é um problema de combinação e não de arranjos. Queremos o número de combinações com repetição de cinco objetos escolhidos entre três objetos.O broche pode conter um diamante, três esmeraldas e um rubi, por exemplo,ou cinco diamantes. Podemos representar essas possibilidades representando as pedras preciosas escolhidas por cinco asteriscos e colocando marcadores verticais entre os asteriscos para representar a distribuição entre os três tipos de pedras preciosas. Por exemplo, podemos representar a escolha de um diamante, três esmeraldas e um rubi por:* | * * * | *enquanto a escolha de cinco diamantes seria representada por:* * * * * | |Estamos, portanto, considerando sete posições (representando as cinco pedras e os dois marcadores verticais) e as escolhas diferentes são representadas por quais das sete posições são ocupadas por asteriscos. Então, contamos o número de maneiras de escolher cinco itens entre sete, que é C 7,5 = 7! = 21 5!2!Em geral, se usamos o mesmo esquema para representar uma combinação com repetição de p objetos escolhidos entre n objetos distintos, teremos que ter n-1 marcadores para indicar o número de cópias de cada um dos n objetos. Isso nos dá p + (n-1) posições a serem preenchidas e queremos saber o número de maneiras de selecionar p dessas posições. Queremos, portanto:C p+n-1,p = (p + n-1)! = (p+n-1)! p!(p+n-1-p)! p! (n-1)!

Exemplo2- Seis crianças escolhem um pirulito cada entre uma seleção de pirulitos vermelhos, amarelos e verdes. De quantas maneiras isso pode ser feito?( Não interessa qual criança pega qual pirulito)Portanto temos: n= 3( a escolha será feita num conjunto de três cores) e p= 6(são 6 crianças)C 6+ 3-1,6 = C 8,6 = 8! = 8.7 = 28 6!2! 2

Exercícios grupo B

1) Com os dígitos 1,2,3,4,5,6 :a) Quantos números de 4 algarismos distintos podem ser formados?b) Quantos números de 4 algarismos podem ser formados?c) Quantos números de 6 algarismos distintos podem ser formados?d) Quantos números de 6 algarismos podem ser formados?e) Quantos produtos de 3 algarismos distintos podem ser formados?f) Quantos produtos de 3 algarismos podem ser formados?

2) Quantas permutações dos caracteres na palavra ERRO existem?

3) De quantas maneiras pode-se dar o primeiro, o segundo eo terceiro prêmios em uma competição da qual participam 15 pessoas?

4)De quantas maneiras diferentes você pode sentar 11 homens e 8 mulheres em uma fila se os homens sentam todos juntos e as mulheres também?

5) De quantas maneiras pode-se selecionar um júri de 5 homens e 7 mulheres em um conjunto de 17 homens e 23 mulheres?

Os exercícios 6 a 9 tratam da seguinte situação: entre os funcionários de uma companhia, 7 trabalham em projeto,14 em produção, 4 em testes, 5 em vendas, 2 em contabilidade e 3 em marketing. Deve-se formar uma comissão de seis pessoas para se encontrar com a diretoria.

6) De quantas maneiras pode-se formar uma comissão se deve haver um membro de cada departamento?

7) De quantas maneiras se pode formar uma comissão se deve haver exatamente duas pessoas da área de produção?

8) De quantas maneiras se pode formar uma comissão se o departamento de contabilidade não deve ser representado e o de marketing deve ter exatamente um representante?

9) De quantas maneiras se pode formar uma comissão se a produção deve ter pelo menos dois representantes?

Nos exercícios 10 a 13, um conjunto de quatro moedas é selecionado de uma caixa contendo cinco moedas de dez centavos e sete moedas de vinte e cinco centavos.

10) Encontre o número de conjuntos de 4 moedas.

11) Encontre o número de conjuntos nos quais duas das moedas são de dez centavos e duas são de vinte e cinco centavos.

12) Encontre o número de conjuntos compostos apenas de moedas de dez centavos ou apenas de moedas de vinte e cinco centavos.

13)Encontre o número de conjuntos com três ou mais moedas de vinte e cinco centavos.

14) a) Quantas permutações distintas existem das letras na palavra HAVAIANO? b) Quantas delas começam com H?

15) Cinco pessoas em um jantar pedem uma entrada. Se as escolhas são mariscos, bolinhos de bacalhau ou bolinhas de queijo, de quantas maneiras podem ser feitos os pedidos?

16) Seis armazéns devem receber,cada um, um carregamento de tintas, martelos ou tábuas. a) De quantas maneiras isso pode acontecer? b) De quantas maneiras isso pode acontecer se não há carregamento de tintas? c) De quantas maneiras isso pode ocorrer se há pelo menos um carregamento de cada item?

Indução Princípio da Indução

Existe uma técnica de demonstração particularmente útil em ciência da computação. Para ilustrar como ela funciona, imagine que você está subindo um a escada infinitamente alta. Como você sabe se será capaz de chegar a um degrau arbitrariamente alto? Suponha que você faça as seguintes hipóteses sobre sua capacidade de subir:1) Você consegue alcançar o 1º degrau.2) Uma vez chegando a um degrau, você sempre é capaz de chegar ao próximo.

Se a proposição 1 e a condicional 2 são ambas verdadeiras, então, pela proposição 1, você consegue chegar no primeiro degrau e, portanto, pela proposição 2, consegue chegar no segundo; novamente pela proposição 2,você consegue chegar no terceiro degrau; mais uma vez pela proposição 2, você consegue chegar no quarto degrau; e assim por diante. Você pode subir tão alto quanto quiser. Ambas as hipóteses são necessárias. Se apenas a primeira proposição fosse verdadeira, você não teria nenhuma garantia de passar do primeiro degrau e, se apenas a segunda fosse verdadeira, você poderia não ser capaz de começar nunca. Vamos supor que os degraus da escada estejam numerados pelos inteiros positivos – 1,2,3 etc. Agora pense sobre uma propriedade específica que um número possa ter. Em vez de “chegar a um degrau arbitrariamente alto”, podemos falar sobre um inteiro positivo arbitrário tendo essa propriedade. Vamos usar a notação P(n) para dizer que o inteiro positivo n tem a propriedade P. Como usar a mesma técnica que usamos para subir a escada para provar que, qualquer que seja o inteiro positivo n, temos P(n)? As duas asserções que precisamos provar são:1) P(1) ( 1 tem a propriedade P )2) Para qualquer inteiro positivo k, P(k) P(k + 1) (Se qualquer número tem a propriedade P, o próximo também tem.)Se pudermos provar ambas as proposições 1 e 2, então P(n) é válida para qualquer inteiro positivo n, da mesma forma que você poderia subir até um degrau arbitrário da escada.Simbolicamente, temos:1) P(1) é verdade P(n) verdade para 2) ( k) [ P(k) verdade P(k + 1) verdade todo inteiro positivo n

O princípio de indução matemática é um condicional. A conclusão é uma proposição da forma “P(n) é verdadeiro para todo inteiro positivo n”. Portanto, sempre que quisermos provar que alguma coisa é verdade para todo inteiro positivo n, é bastante provável que a indução matemática seja uma técnica apropriada.

Para mostrar que a conclusão deste condicional é verdadeira, precisamos provar que as duas hipóteses, 1 e 2, são verdadeiras. Para provar a proposição 1, basta mostrar que o número 1 tem a propriedade P, geralmente uma tarefa bem simples. A proposição 2 é um condicional que tem que ser válido para todo k. Para provar este condicional, suponha que P(k) é verdadeiro para um inteiro positivo arbitrário k e mostre, baseado nesta hipótese, que P(k + 1) é verdadeiro. Você deve se convencer de que supor que o número k tem a propriedade P não é a mesma coisa que supor o que queremos provar (esta é uma confusão comum na primeira vez que se encontra uma demonstração deste tipo), Esta é, simplesmente,a maneira de proceder para obter uma demonstração direta do condicional P(k) P(k + 1).Ao fazer uma demonstração por indução, o estabelecimento da veracidade da proposição 1 é chamado de base da indução ou passo básico da demonstração por indução. O estabelecimento da veracidade de P(k) P(k + 1) é o passo indutivo. Quando supomos que P(k) é verdade para provar o passo indutivo, P(k) é chamada de hipótese de indução.

Demonstrações por Indução Matemática

Suponha que um ancestral Silva casou-se e teve dois filhos. Vamos chamar estes dois filhos de geração 1. Suponha, agora, que cada um destes filhos tenha dois filhos; então, a geração 2 contém quatro descendentes. Isto continua de geração em geração. A árvore genealógica da família Silva, portanto, tem a forma ilustrada na figura abaixo:

n

n 2

A geração n contém 2n descendentes. Mais formalmente, se denotarmos por P(n) o número de descendentes em cada geração, nossa hipótese é que:P(n) = 2n

Podemos usar indução para provar que nossa hipótese para P(n) está correta.O passo básico é estabelecer P(1), que é a equação:P(1) = 21 = 2Isto é verdade, pois nos foi dito que Silva teve dois filhos. Vamos supor agora que nossa hipótese está correta para uma geração arbitrária k, k 1, isto é, vamos supor que:

P(k) = 2k, e tentar mostrar que:P(k + 1) = 2k + 1

Nesta família, cada descendente tem dois filhos, de modo que o número de descendentes na geração k + 1 será o dobro do número de descendentes na geração k, ou seja, P(k + 1) = 2P(k). Pela hipótese de indução, P(k) = 2k, logoP(k + 1) = 2P(k) = 2(2k) = 2k + 1

E, de fato, P(k + 1) = 2k + 1

Isto completa nossa demonstração. Agora que estamos tranqüilos sobre o clã dos Silva, podemos aplicar o método de demonstração por indução a problemas menos óbvios.

Exemplo 1- Prove que a equação:1 + 3 + 5 +... + (2n – 1) = n2 (1) é verdadeira para qualquer inteiro positivo n. A propriedade P(n) aqui é que a equação (1) é válida. O passo básico é estabelecer P(1), que é a equação (1) quando n tem o valor 1, ou seja,P(1): 1 = 12

Isto é certamente verdade. Para a hipótese de indução, vamos supor P(k) para um inteiro positivo arbitrário k, que é a equação (1) quando n tem o valor k, isto é,P(k): 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k2 (2)Usando a hipótese de indução, queremos mostrar P(k + 1), que é a equação (1) quando n assume o valor k + 1, ou seja,P(k + 1): 1 + 3 + 5 + ... + [2(k + 1) – 1] =? (k + 1)2 (3) (O ponto de interrogação em cima do sinal de igualdade é para nos lembrar de que é este fato que queremos provar, ao invés de ser alguma coisa que já sabemos).A chave de uma demonstração por indução é encontrar um modo de relacionar o que queremos saber P(k + 1), equação (3) e o que supusemos P(k), equação (2).

P(k + 1) pode ser reescrito mostrando-se a penúltima parcela:1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k + 1) – 1] = (k + 1)2

Esta equação contém o termo à esquerda do sinal de igualdade da equação (2). Como estamos supondo que P(k) é válida, podemos substituir este termo pelo termo à direita do sinal de igualdade na equação (2). Obtemos então,1 + 3 + 5 + ... + [2(k + 1) – 1] = 1 + 3 + 5 + ... (2k – 1) + [2(k + 1) – 1] = k2 + [2(k + 1) – 1] = k2 + [2k + 2 – 1] = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

Portanto,1 + 3 + 5 + ...+ [2(k + 1) – 1] = (k + 1)2

o que mostra a validade de P(k + 1), provando,assim, que a equação (1) é verdadeira para qualquer inteiro positivo n.Exemplo 2- Prove que: 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 n = 2 n +1 - 1 para todo n 1.

Temos:P(1): 1 + 2 = 2 1 + 1 - 1 ou 3 = 2 2 - 1 que é verdadeira.P(k): 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 k = 2 k + 1 - 1Como a hipótese é estabelecer P(k + 1), temos:P(k + 1): 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 k + 1 =? 2 k + 1 + 1 - 1Novamente reescrevendo P(k + 1):1 + 2 + 2 2 + ... + 2 k + 2 k + 1 = 2 k + 1 + 1 – 1Então 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 k + 1 = 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 k + 2 k + 1

= 2 k + 1 – 1 + 2 k + 1

= 2(2 k + 1) – 1 = 2 k + 1 + 1 – 1o que mostra P(k + 1), concluindo a demonstração.

Exemplo 3 – Prove que 1 + 1 + 1 + ... + 1 = n 1.2 2.3 3.4 n(n+1) n+1 Temos:P(1): 1 = 1 que é verdadeira 2 1 + 1P(k) : 1 + 1 + 1 + ... + 1 = k 1.2 2.3 3.4 k ( k + 1) k + 1P(k + 1): 1 + 1 + 1 + ... + 1 =? k + 1 1.2 2.3 3.4 (k + 1)(k + 2) k + 2 Reescrevendo P(k + 1): 1 + 1 + 1 + ... 1 + 1 = k + 1 1.2 2.3 3.4 k(k + 1) (k + 1)(k + 2) k + 2 Então 1 + 1 + 1+ ...+ 1 = 1 + 1 + 1 + ... 1 + 1 1.2 2.3 3.4 (k+1)(k+2) 1.2 2.3 3.4 K(K+1) (K+1)(K+2 = K + 1 K + 1 (K+1)(K+2) = K(K+2) + 1 (K+1)(K+2) = K 2 + 2K + 1 (K+1)(K+2)

= (K+1) 2 (K+1)(K+2)

= K+1 K+2o que mostra P(k+1), concluindo a demonstração.

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Exercícios grupo C

Use indução matemática para provar que as proposições dadas são verdadeiras para todo inteiro positivo n.1) 2 + 6 + 10 +... + (4n – 2) = 2n 2

2) 2 + 4 + 6 + ... + 2n = n(n+1)

3) 1 + 5 + 9 + ... + (4n – 3) = n(2n – 1)

4) 1 + 3 + 6 + ... + n(n+1) = n(n+1)(n+2) 2 6

5) 4 + 10 + 16 + ... + (6n – 2) = n(3n + 1)

6) 5 + 10 + 15 + ... + 5n = 5n(n+1) 27) 12 + 22 + ... + n2 = n(n+1)(2n+1)

68) 13 + 23 + ... + n3 = n 2 (n+1) 2

49) 1.3 + 2.4 + 3.5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)

6 10) 2 + 6 + 18 + ... + 2.3 n – 1 = 3 n - 1

11) 22 + 42 + ... + (2n)2 = 2n(n + 1)(2n + 1) 3

12) 1 + a + a2 + ... + an – 1 = a n - 1 para a 0, a 1 a - 1

Recursão e Relações de Recorrência

Definições recorrentes:Uma definição onde o item sendo definido aparece como parte da definição é chamada de uma definição decorrente ou definição por recorrência ou ainda definição por indução. A princípio isto não parece fazer sentido como podemos

definir alguma coisa em termos de si mesma? Isto funciona porque uma relação recorrente tem duas partes:

1. Uma base, ou condição básica, onde alguns casos simples (pelo menos um) do item que está sendo definido é dado explicitamente.

2. Um passo de indução ou recorrência, onde novos casos do item que está sendo definido são dados em função de casos anteriores.A parte 1 nos dá um lugar para começar, fornecendo alguns casos simples e concretos; a parte 2 nos permite construir novos casos, a partir destes simples, e depois construir ainda outros casos a partir destes novos,e assim por diante. ( o nome “definição por indução” é devido à analogia com demonstrações por indução matemática. Em uma demonstração por indução existe uma base da indução, a saber, mostrar que p(1) ou P em algum outro valor inicial é verdadeira, e existe um passo indutivo, onde a veracidade de P(k + 1) é estabelecida a partir da veracidade de P em valores anteriores.)

Recorrência é uma idéia importante que pode ser usada para definir seqüências de objetos, coleções mais gerais de objetos e operações com objetos.Seqüências definidas por Recorrência:Uma seqüência S é uma lista de objetos que são numerados em determinada ordem; existe um primeiro objeto,um segundo, e assim por diante. S(k) denota o k-ésimo objeto na seqüência. Uma seqüência é definida por recorrência nomeando-se, explicitamente, o primeiro valor (ou alguns poucos primeiros valores) na seqüência e depois definindo valores subseqüentes na seqüência em termos de valores anteriores.Exemplo1- A seqüência S é definida por recorrência por:1. S(1) = 22. S(n) = 2S(n – 1) para n 2Pela proposição 1,S(1), o primeiro objeto em S, é 2. Depois, pela proposição 2, o segundo objeto em S é S(2) = 2S(1) = 2.2 = 4. Novamente pela proposição 2, S(3) = 2S(2) = 2.4 = 8. Continuando assim, vemos que a seqüência S é: 2,4,8,16,32,64,...Uma regra como a da proposição 2 no exemplo 1, que define um valor de uma sequência em termos de um ou mais valores anteriores, é chamada uma relação de recorrência.Exemplo 2- A seqüência T é definida por recorrência por:1. T(1) = 12. T(n) = T(n – 1) + 3 para n 2Vamos escrever os cinco primeiros valores da seqüência TT(1) = 1 T(2) = T(2 – 1) + 3 = T(1) + 3 = 1 + 3 = 4T(3) = T(3 – 1) + 3 = T(2) + 3 = 4 + 3 = 7T(4) = T(4 – 1) + 3 = T(3) + 3 = 7 + 3 = 10T(5) = T(5 – 1) + 3 = T(4) + 3 = 10 + 3 = 13Então, a seqüência T = 1,4,7,10,13,...

Exemplo 3- A famosa seqüência de Fibonacci, introduzida no século XIII por um comerciante e matemático italiano, é definida por recorrência por:F(1) = 1

F(2) = 1F(n) = F(n – 2) + F(n – 1) para n 2Aqui são dados os dois primeiros valores da seqüência e a relação de recorrência diz que F em qualquer valor, exceto em 1 e 2, é a soma de F em seus dois valores anteriores.Vamos escrever os oito primeiros valores da sequência de Fibonacci :F(1) = 1F(2) = 1F(3) = F(3 -2) + F(3 -1) = F(1) + F(2) = 1 + 1 = 2F(4) = F(4-2) + F(4 – 1) = F(2) + F(3) = 1 + 2 = 3F(5) = F(5–2) + F(5 – 1) = F(3) + F(4) = 2 + 3 = 5F(6) = 3 + 5 = 8F(7) = 5 + 8 = 13F(8) = 8 + 13 = 21Então, a sequência F = 1,1,2,3,5,8,13,21,…

Exemplo 4- Prove que na sequência de Fibonacci, F(n + 4) = 3F(n + 2) – F(n) para n 1Como queremos provar que alguma coisa é verdadeira para todo n 1, é natural pensar em uma demonstração por indução, mas podemos provar diretamente, sem indução, usando apenas a relação de recorrência na definição dos números de Fibonacci. A relação de recorrência: F(n +2) = F(n) + F(n + 1) que pode ser reescrita na forma:F(n + 1) = F(n + 2) – F(n) (1)Logo,F(n + 4) = F(n + 2) + F(n + 3)

= F(n + 2) + F(n + 2) + F( n + 1) reescrevendo F(n + 3) = F(n + 2) + F(n + 2) + [F(n + 2) – F(n)] reescrevendo F(n + 1)

usando (1) = 3F(n + 2) - F(n)

Exercícios grupo D Para os exercícios de 1 a 10, escreva os cinco primeiros valores da seqüência.1) S(1) = 10 S(n) = S(n – 1) + 10 para n 2

2) A(1) = 2 A(n) = 1 para n 2 A(n – 1)

3) B(1) = 1 B(n) = B(n – 1) + n 2 para n 2

4) S(1) = 1 S(n) = S(n – 1) + 1 para n 2 n

5) T(1) = 1 T(n) = nT(n – 1) para n 2

6) P(1) = 1 P(n) = n 2P(n – 1) + (n – 1) para n 2

7) M(1) = 2 M(2) = 2 M(n) = 2M(n – 1) + M(n – 2) para n 2

8) D(1) = 3 D(2) = 5 D(n) = (n – 1)D(n – 1) + (n – 2)D(n – 2) para n 2

9) W(1) = 2 W(2) = 3 W(n) = W(n – 1)W(n – 2) para n 2

10) T(1) = 1 T(2) = 2 T(3) = 3 T(n) = T(n – 1) + 2T(n – 2) + 3T(n – 3) para n 3

Nos exercícios de 11 a 15, prove a propriedade dada dos números de Fibonacci diretamente da definição:

11) F(n + 1) + F(n – 2) = 2 F(n) para n 3

12) F(n) = 5F(n – 4) + 3F(n – 5) para n 613) [F(n + 1)] 2 = [F(n)] 2 + F(n – 1)F(n + 2) para n 2

14) F(n + 3) = 2F(n + 1) + F(n) para n 1

15) F(n + 6) = 4F(n + 3) + F(n) para n 1

Nos exercícios de 16 a 19, prove a propriedade dada dos números de Fibonacci para todo n 1. (Dica: o princípio de indução vai funcionar)

16) F(1) + F(2) + ... + F(n) = F(n + 2) – 1

17) F(2) + F(4) + ...+ F(2n) = F(2n + 1) – 1

18) F(1) + F(3) + ... + F(2n – 1) = F(2n)

19) [F(1)] 2 + [F(2)] 2 + ... + [F(n)] 2 = F(n)F(n +1)