DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 1

1. Considere a soma

Sn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1.

Mostre, por indução finita, que Sn = (n−1)2n +1. Indique claramente a base da indução,a hipótese de indução e o passo de indução.

2. Considere a palavra PASSARADA.

(a) Quantos anagramas desta palavra não têm duas letras S conscutivas?(b) Quantas palavras distintas de 3 caracteres podem ser formadas com as letras de

PASSARADA?

Cuidado com as letras repetidas em (b).

3. Suponha que temos 60 bolas de tênis e 10 caixas, numeradas de 1 a 10. De quantasmaneiras podemos guardar estas bolas nas caixas, de modo que a caixa 1 tenha pelo menosuma bola, a caixa 2 tenha pelo menos duas bolas, a caixa 3 tenha pelo menos três bolas, eassim por diante, até caixa 10, que deve ter pelo menos dez bolas?

4.(bônus) Dê uma demonstração combinatória da identidade:(2n

2

)= 2

(n

2

)+ n2.

RESOLUÇÃO

1. SejaSn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1

e Fn = (n− 1)2n + 1. Queremos provar por indução em n que a afirmação

A(n) : Sn = Fn

vale para todo n ≥ 1.

A base consiste em mostrar que S1 = 1 · 20 é igual a F1 = (1 − 1)21 + 1. Mas isto éclaramente verdade, uma vez que S1 = 1 = F1.

A hipótese de indução nos diz que Sk = Fk, para algum k ≥ 1. Para fazer o passo deindução, note que

Sk+1 = Sk + (k + 1)2k.

Mas, pela hipótese de indução Sk = Fk, donde

Sk+1 = Fk + (k + 1)2k.

Como Fk = (k − 1)2k + 1, obtemos

Sk+1 = (k − 1)2k + 1 + (k + 1)2k = 2k(k − 1 + k + 1) + 1,

Mas,2k(k − 1 + k + 1) + 1 = 2k · 2k + 1 = k2k+1 + 1.

Assim,Sk+1 = k2k+1 + 1,

como precisávamos mostrar. Portanto, pelo princípio de indução finita, temos que

Sn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1 = Fn = (n− 1)2n + 1,

para todo n ≥ 1.

2.(a) Contando o SS como uma letra, temos

8!

4!

palavras em que as duas letras S estão juntas. Subtraindo isto do total de anagramas,obtemos

9!

4!2!− 8!

4!que é o total de anagramas em as duas letras S não estão juntas.

2.(b) Temos três possibilidades, que vamos contar separadamente. Na primeira, a palavratem 3 caracteres diferentes entre si, na segunda há 2 caracteres iguais, na terceira todos os3 caracteres são iguais. Como há 5 letras diferentes na palavra dada, podemos formar

5 · 4 · 3

palavras com letras distintas a partir delas. Para contar as palavras onde há exatamenteduas letras iguais, começamos escolhendo as(

3

2

)posições onde pôr as duas letras iguais—que podemos escolher como sendo S ou A. Sobrauma posição que deve ser ocupada por letras diferentes entre si, e diferentes da escolha daletra dupla. Isto nos dá 4 escolhas esta posição. O total é

2

(3

2

)· 4,

possibilidades de palavras com 3 letras, exatamente duas das quais são iguais. No caso emque as 3 letras são a única palavra possível é AAA. Finalmente, o total de palavras de trêscaracteres que podem ser formadas com as letras de PASSARADA é

5 · 4 · 3 + 2

(3

2

)· 4 + 1.

3. Seja xj a quantidade de bolas que podemos pôr na j-ésima caixa. Temos que

x1 + x2 + · · ·+ x10 = 60 e que xj ≥ j para cada 1 ≤ j ≤ 10.

Para contar o número de soluções tomamos

yj = xj − (j − 1).

Como xj ≥ j, concluímos que

yj = xj − (j − 1) ≥ j − (j − 1) = 1.

Contudo,

y1 + y2 + · · ·+ y10 = (x1 + x2 + · · ·+ x10)− (0 + 1 + · · ·+ 9)

Mas,

0 + 1 + · · ·+ 9 =10 · 9

2= 45,

ao passo quex1 + x2 + · · ·+ x10 = 60

Portanto,y1 + y2 + · · ·+ y10 = 60− 45 = 15,

cuja quantidade de soluções não negativas é igual à quantidade de soluções do problemaoriginal. Mas esta última equação tem (

14

9

)soluções, que é a resposta desejada.

4. Considere um conjunto de 2n bolas de cores diferentes. A demonstração consiste emcontar, de duas maneiras diferentes, os subconjuntos de dois elementos que podem serformados com estas bolas. A primeira maneira de contar usa combinação e dá(

2n

2

)diretamente. A segunda maneira de contar consiste em agrupar as bolas em dois grupos den bolas. Podemos, agora, formar subconjuntos de duas bolas de duas maneiras diferentes:

• tomando uma bola de um grupo e outra do outro, ou

• escolhendo duas bolas do mesmo grupo.

No primeiro caso obtemos n2 subconjuntos distintos. No segundo caso, temos(n

2

)maneiras distintas de escolher subconjuntos de 2 bolas em um dos grupos de n bolas. Comohá dois grupos de n bolas devemos dobrar este número. Isto nos dá um total de

2

(n

2

)+ n2;

subconjuntos distintos, donde a identidade desejada.

DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 2

1. Use o teorema das colunas para calcular o valor da soma

50 · 51 + 51 · 52 + 52 · 53 + · · ·+ 100 · 101.

2. Usando o princípio de inclusão e exclusão, determine quantas palavras binárias de 7símbolos não contêm quatro 1s consecutivos.

3. Sabe-se que

C =

(n

0

)2

+

(n

1

)2

+ · · ·+(

n

n

)2

.

é o coeficiente do termo de grau k em x da expressão (1 + x)n(1 + x)n.

(a) Calcule o valor de k.(b) Igualando os coeficientes dos termos de grau k em

(1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n,

determine uma fórmula fechada para C.

RESOLUÇÃO

1. De acordo com o teorema das colunas(n

n

)+

(n + 1

n

)+ · · ·+

(n + k

n

)=

(n + k + 1

n + 1

).

Fazendo n = 2, obtemos(2

2

)+

(3

2

)+ · · ·+

(2 + k

2

)=

(2 + k + 1

3

).

Como, (m

2

)=

m(m− 1)

2,

a equação anterior pode ser reescrita na forma1 · 22

+3 · 22

+ · · ·+ (k + 2)(k + 1)

2=

(2 + k + 1

3

);

donde

1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ (k + 2)(k + 1) = 2 ·(

2 + k + 1

3

);

Para k = 99,

S = 1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ 101 · 100 = 2 ·(

102

3

)e para k = 48,

T = 1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ 50 · 49 = 2 ·(

51

3

).

Portanto,

S − T = 51 · 50 + 52 · 51 + · · ·+ 101 · 100 = 2 ·[(

102

3

)−

(51

3

)]= 301750.

2. A estratégia consiste em contar quantas seqüências têm quatro 1s consecutivos e sub-trair isto do total de seqüências binárias de 7 letras; isto é, de 27. Vou dar três soluçõesdiferentes.

PRIMEIRA SOLUÇÃO: Note que a seqüência de quatro 1s consecutivos pode estar situadaem quatro posições diferentes, ocupando as casas 1 a 4, 2 a 5, 3 a 6 e 4 a 7. Seja, então,Ai o conjunto das palavras binárias em que há uma seqüência de quatro 1s começando nai-ésima casa, onde 1 ≤ i ≤ 4.

Como quatro casas estão ocupadas por 1111 sobram três casas que podem conter qual-quer coisa. Logo,

|Ai| = 23 para 1 ≤≤ 4.

Considerando, agora, as interseções dois a dois, temos que A1∩A2 e A3∩A4 são simétricase contêm duas casas vagas cada, de modo que

|A1 ∩ A2| = |A3 ∩ A4| = 22 = 4.

De modo semelhante, A1 ∩ A3 e A2 ∩ A4 são simétricas e têm duas casas vagas, donde

|A1 ∩ A3| = |A2 ∩ A4| = 22.

Sobra, apenas, A1 ∩ A4 que contém apenas 1111111, assim

|A1 ∩ A4| = 1.

Analisando as interseções 3 a 3 de maneira semelhante, vemos que

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = |A2 ∩ A3 ∩ A4| = 2,

ao passo que|A1 ∩ A2 ∩ A4| = |A1 ∩ A3 ∩ A4| = 1.

Finalmente,|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4| = 1.

Portanto, pelo Princípio de Inclusão e Exclusão,

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = 4 · 23 − (2 · 22 + 2 · 2 + 1) + (2 · 2 + ·1)− 1,

que é igual a 20. Logo, a resposta da questão é

27 − 20 = 108.

SEGUNDA SOLUÇÃO: Note que a seqüência de quatro 1s consecutivos pode estar situadaem quatro posições diferentes, ocupando as casas 1 a 4, 2 a 5, 3 a 6 e 4 a 7. Seja, então, Bi

o conjunto das palavras binárias em que a seqüência de quatro 1s começa na i-ésima casa,onde 1 ≤ i ≤ 4. Note que, desta forma ou os quatro 1s começam na primeira posição, ouhá um 0 precedendo a seqüência de quatro 1s.

Com isto, a casa anterior à i-ésima de qualquer seqüência em Bi só pode conter zero,mas as casas posteriores à i + 3-ésima ou anteriores à i − 1-ésima podem conter 0 ou 1.Portanto,

|Bi| = 2j · 27−(i+3) = 24−i;

onde j = max{0, i − 2}. Note que o termo 27−(i+3) conta o os possíveis segmentos dapalavras binária que são posteriores aos quatro 1s, ao passo que 2j conta os possíveissegmentos anteriores a 01111. Por isso, quando i = 1 ou i = 2, obtemos j = 0. Passandoas interseções, vemos que o posicionamento do zero anterior a 1111, garante que

Bi ∩Bj = ∅,se i < j. Portanto,

|B1 ∪B2 ∪B3 ∪B4| = |B1|+ |B2|+ |B3|+ |B4| = 8 + 4 + 4 + 2 = 20.

Portanto, há27 − 20 = 108

seqüências binárias de 7 símbolos sem quatro 1s consecutivos.

TERCEIRA SOLUÇÃO: Defina Ci como o conjunto das seqüências binárias que têm exa-tamente i uns consecutivos. Então, o conjunto das seqüências binárias com, pelos menos,quatro 1s consecutivos é igual

C4 ∪ C5 ∪ C6 ∪ C7.

Como estes conjuntos são dois a dois disjuntos, basta contar cada um e somar os resultados.

É claro que C7 tem apenas um elemento, a saber 1111111; ao passo que C6 tem dois,dependendo se o único zero possível está antes ou depois da seqüência de seis uns consecu-tivos. Se temos uma seqüência de cinco 1s consecutivos, sobram duas casas para completaras sete. Se os cinco 1s vêm no começo ou no final da palavra, têm que estar, respectiva-mente, seguidos por um zero, ou precedidos por um zero. Isto deixa uma casa livre. Senão vêm no começo, então têm que ser precedidos e seguidos por zeros, o que não deixa

nenhuma casa livre. Temos, então, que |C5| = 2 · 2 + 1. Uma análise semelhante mostraque

|C4| = 2 · 22 + 2 · 2.Portanto, o número de palavras com pelos menos quatro uns consecutivos é igual a

|C4∪C5∪C6∪C7| = |C4|+ |C5|+ |C6|+ |C7| = (2 ·22 +2 ·2)+(2 ·2+1)+2+1 = 20;

de modo que a resposta da questão será

27 − 20 = 108.

3. (a) Como (n

i

)=

(n

n− i

),

temos que

C =

(n

0

)(n

n

)+

(n

1

)(n

n− 1

)+ · · ·+

(n

n

)(n

0

).

que é o coeficiente de xn no produto (1 + x)n(1 + x)n. Portanto, k = n.

(b) O coeficiente do termo de grau n em (1 + x)n é(2n

n

).

Logo, igualando os coeficientes de xn em ambos os lados da identidade

(1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n,

obtemos

C =

(2n

n

),

que é a resposta da letra (b).

DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 3

1. Considere a recorrência

rn = 4rn−1 + rn−2, com r0 = 0 e r1 = 1.

(a) Resolva a recorrência.(b) Invente um problema cuja solução seja dada por esta recorrência.

2. Considere a recorrência dividir-e-conquistar dada por

f(n) = 2f(n/2) + 1 e f(1) = 1.

(a) Resolva esta recorrência de maneira exata quando n é uma potência de 2.(b) Dê uma estimativa para f(n), em função de n, usando notação O.

3. Dado um inteiro positivo n, a seguinte estratégia dividir-e-conquistar calcula [√

n]:

Etapa 1: Inicialize E = 1 e D = n.Etapa 2: Calcule o ponto médio M do intervalo [E, D], que é M = [(E + D)/2].Etapa 3: Páre se M = E ou se M = D e retorne M .Etapa 4: Se n ≥ M2, a raiz quadrada de n é maior que M , e está no intervalo [M, D]:

faça E = M e volte à etapa 2.Etapa 5: Se n < M2, a raiz quadrada de n é menor que M , e está no intervalo

[E, M ]: faça D = M e volte à etapa 2.

Lembre-se que [r] denota a parte inteira de r.

(a) Ache a recorrência que conta o número c(n) de comparações necessárias para exe-cutar este algoritmo com entrada n e estime c(n) usando notação O.

(b) O algoritmo indutivo para calcular [√

n] compara i2 com n, para i variando de 1 a n,até encontrar a parte inteira da raiz. Quantas comparações este algoritmo executa?Qual dos dois algoritmos é mais eficiente? Justifique cuidadosamente sua resposta.

4.(Bônus) Use o princípio de inclusão e exclusão para determinar quantos inteiros entre 1e 360 têm pelo menos um fator primo em comum com 360.

RESOLUÇÃO

1(a). A equação característica correspondente é α2 − 4α− 1 = 0 que tem raízes

α1 = 2 +√

5 e α2 = 2−√

5.

Portanto, a solução geral, sem levar em conta as condições iniciais, é

rn = c1αn1 + c1α

n2 .

Aplicando as condições iniciais, obtemos o sistema

c1 + c2 = r0 = 0 e c1α1 + c2α2 = r1 = 1.

Substituindo c2 = −c1 na segunda equação e resolvendo, obtemos

c1 =√

5/10,

dondec2 = −

√5/10.

Logo, a solução da recorrência com as condições iniciais dadas é

rn =

√5

10αn

1 −√

5

10αn

2 .

1(b). Há muitas possibilidades de problemas, aqui vão alguns.

Reginaldo começou a jogar Star Trek Legacy pela primeira vez e só depoisde um dia conseguiu marcar um ponto. Como é um jogador obsessivo,decidiu que iria jogar a cada dia até completar exatamente quatro vezes onúmero de pontos do dia anterior, mais o número de pontos de dois diasatrás. Quantos pontos Reginaldo terá obtido em n dias se conseguir atingiro seu objtivo?

Um exemplo menos bobo:

Uma placa de Petri foi desinfetada, mas foi guardada em lugar inapropriadoe depois de um dia estava infectada com uma bactéria. Cada uma destasbactérias dá se divide em duas a cada 12h, e uma bactéria tem tempo devida de exatamente de dois dias. Qual será a população de bactérias naplaca depois de n dias?

2(a). Quando n = 2k, temos f(n) = f(2k), donde

f(2k) = 2f(2k−1) + 1.

Fazendo rk = f(2k)/2k, obtemos a recorrência

rk = rk−1 + 2−k.

Temos assim uma soma telescópica, que nos dá

rk − r0 =k∑

j=1

2−j =2−1 − 2−k−1

1− 2−1.

Como r0 = f(1) = 1, obtemos

rk = 1 +2k − 1

2k.

Portanto,f(2k) = 2k+1 − 1.

2(b). Como n = log2(k), temos que

f(n) = 2n− 1;

isto é,f(n) = O(n).

3(a). Em cada passo fazemos três comparações, para verificar se M = E, se M = De como M2 pode ser comparado com n. Além disso, passamos a analisar uma das duasmetades do intervalo original. Logo a recorrência dividr-e-conquistar é dada por

c(n) = c(n/2) + 3.

Estimando c(n) pelo Teorema Mestre, obtemos

c(n) = O(log2 n).

3(a). O algoritmo indutivo executa [√

n] + 1 comparações até achar a parte inteira da raiz;logo tem custo O(n1/2). Como, para valores grandes de n log2(n) < n1/2, o algoritmodividir-e-conquistar é mais eficiente que o indutivo.

4. Como360 = 23 · 32 · 5,

queremos determinar os números menores ou iguais que 360, que são múltiplos de pelomenos um dos primos entre 2, 3 e 5. Seja Md a quantidade de mútiplos de d menores ouiguais que 360. Então,

M2 = 360/2 = 180

M3 = 360/3 = 120

M5 = 360/5 = 72.

Precisamos descontar disto os números que são, simultaneamente, múltiplos de dois destesnúmeros:

M6 = 360/6 = 60

M10 = 360/10 = 36

M15 = 360/15 = 24.

Finalmente, precisamos saber quantos números são múltiplos de 2, 3 e 5:

M60 = 12.

Pelo Princípio de Inclusão e Exclusão, existem

(M2 + M3 + M5)− (M6 + M10 + M15)−M60 = 264

números entre 1 e 360 que são múltiplos de 2, 3, ou 5.

DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 4

Nome:

Justifique cuidadosamente as suas respostas.

Considere o grafo G esboçado abaixo.

1. Determine se G tem ciclo euleriano.2. Determine se G tem ciclo hamiltoniano.3. Mostre que G não é planar, utilizando a fórmula de Euler.4. Determine o número cromático de G.

RESOLUÇÃO

1. Sim, porque cada vértice tem grau 4, que é um número par.

2. Sim. Um ciclo hamiltoniano é dado pela sequência de vértices

1− 3− 11− 10− 4− 2− 8− 5− 7− 9− 12− 6− 1.

sob a numeração abaixo

3. Como G tem 12 vértices e 24 arestas, se fosse planar, a fórmula de Euler nos daria

2 = v(G)− a(G) + f(G) = 12− 24 + f(G);

donde o número de faces seria f(G) = 14. Por outro lado, como o grafo não tem cicloscom 3 arestas, temos que

2a(G) =∞∑i=4

ifi ≥ 4f(G).

Assim,24 = a(G) ≥ 2f(G) = 28;

que é a contradição que comprova que G não é planar.

4. Como G contém C5 como subgrafo, temos que

χ(G) ≥ χ(C5) = 3.

Por outro lado, cada vértice de G tem grau 4, de modo que, pelo algoritmo guloso,χ(G) ≤ 5. Contudo, é fácil pintar G com apenas quatro cores, como mostramos abaixo:

Falta, apenas, mostrar que três cores não bastam. Para isto usamos números de 1 a 3para as cores, de modo que pintaremos os vértices numerando-os. Começamos numerandoo C5 mais externo como abaixo:

Com isto os dois vértices da base do C5 mais interno têm que ser numerados como segue

e o vértice à esquerda tem que ser colorido com 1,

e o imediatamente à direita dele com 2.

Procedendo de maneira semelhante com o vértice da direita, vemos que deve ser coloridocom 3,

mas, com isto, não há nenhuma cor possível para utilizar no vértice marcado com x:

Note que esta tentativa de coloração está completamente determinada pela escolha decores para o C5 exterior. Isto significa que não existe coloração possível deste grafo comtrês cores, partindo da escolha que fizemos de como pintar o C5 exterior. Contudo, háoutra escolha possível de coloração para o C5 exterior que é genuinamente diferente daque fizemos acima (isto é, não é uma mera troca de nomes das cores). Esta outra coloraçãoé ilustrada abaixo.

Para completar a demonstração, precisamos mostrar que, a partir desta coloração do C5

não é possível pintar G com três cores. Como o argumento é inteiramente semelhante aooutro não vamos explicitá-lo aqui.