fundamentos da matemática ii

Fundamentos da Matemática IIInder Jeet TanejaAldrovando L. A. Araújo

2ª Edição

Florianópolis, 2010

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Acadêmica do Curso de Licenciatura em Matemática na Modalidade à Distância.

Ficha Catalográfica T164f Taneja, Inder Jeet Fundamentos de Matemática II / Inder Jeet Taneja, Aldrovando L. A. Araújo. – 2. ed. – Florianópolis : UFSC/EAD/CED/CFM, 2009. 131p. ISBN 978-85-99379-71-4 1. Matemática. II. Araújo, Aldrovando L. A. III. Título. CDU 51

Elaborada pela Bibliotecária Eleonora M. F. Vieira – CRB – 14/786

Sumário

Fundamentos da Matemática II ............................................. 7

Informações Históricas ........................................................... 9

1 Noções Básicas ..................................................................... 151.1 Fatorial de um Número Natural .............................................. 171.2 Somatório e Produtório ............................................................. 22

1.2.1 Somatório ............................................................................ 221.2.2 Produtório ........................................................................... 24

1.3 Princípio de Indução ................................................................. 27

2 Números Binomiais ............................................................ 352.1 Coeficientes Binomiais............................................................... 37

2.1.1 Coeficientes Binomiais Complementares ........................ 382.1.2 Igualdade Entre Dois Binomiais ...................................... 39

2.2 Relação de Stifel ......................................................................... 412.3 Triângulo de Pascal.................................................................... 43

2.3.1 Propriedades do Triângulo de Pascal.............................. 452.4 Binômio de Newton ................................................................... 54

2.4.1 Termo Geral do Binômio ................................................... 572.4.2 Propriedades ....................................................................... 62

3 Análise Combinatória: Permutações e Combinações .............................................. 67

3.1 Princípio Fundamental de Contagem ...................................... 703.2 Arranjos ....................................................................................... 76

3.2.1 Arranjos Simples ................................................................ 763.2.2 Arranjo com Repetição ...................................................... 78

3.3 Permutações ................................................................................ 793.3.1 Permutação Simples ........................................................... 803.3.2 Permutações com Elementos Repetidos ......................... 813.3.3 Permutações Circulares .................................................... 83

3.4 Combinações ............................................................................... 893.4.1 Combinações Simples ........................................................ 893.4.2 Combinações Completas ................................................... 923.4.3 Combinações Completas e Equações Lineares com Coeficientes Unitários ............................................... 94

4 Elementos de Probabilidade ............................................ 1014.1 Noções de Probabilidade ......................................................... 1044.2 Eventos Independentes e Probabilidade Condicional ......................................................114

Resposta dos exercícios ....................................................... 128

Referência .............................................................................. 131

Fundamentos da Matemática IINeste trabalho discutimos um número de resultados e métodos, es-pecialmente da área de combinatória e teoria elementar de probabi-lidade. A apresentação não omite provas de resultados importantes, ainda que não seja centrada nelas. No entanto, meramente expor os fatos sem algum argumento que os justifique, seria terrivelmente distante do espírito de um curso superior em matemática. Assim, sempre que possível, damos provas dos resultados importantes desde que seus argumentos não estejam demasiadamente além do escopo da disciplina para a qual foram escritas estas notas. Outro ingrediente que consideramos essencial é a resolução de problemas, e neste ponto é onde nossas notas se concentram. Todos os concei-tos e teoremas são exaustivamente explorados nos exercícios. De fato, dada a tipicidade do assunto, acreditamos que a sua melhor exposição possa ser realizada na forma de resolução de exercícios que exemplifiquem argumentos fundamentais e outros, nos quais o estudante deve explorar os conhecimentos adquiridos no texto e nos exercícios resolvidos. Muitos detalhes de argumentos ou seus refinamentos se encontram nos exercícios. É imprescindível que o estudante tente fazer todos os exercícios das notas. De preferência, tente resolver os já resolvidos, sem conhecimento prévio da solução proposta, e em caso de fracasso sim, verifique a resolução.

Todo o trabalho está divido em quatro capítulos. Os conteúdos das notas compreendem: regras básicas de contagem, números fato-riais e princípio de indução, combinações, permutações e arranjos simples e com repetição, problemas combinatórios com restrições, princípio da inclusão e exclusão, binômio de Newton e triângulo de Pascal, espaços de probabilidade finitos, probabilidade condicional e eventos independentes.

Inder Jeet Taneja

Aldrovando L. A. Araújo

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Informações HistóricasO surgimento e o desenvolvimento da análise combinatória tem se dado paralelamente ao desenvolvimento de outros ramos da mate-mática, tais como a álgebra, a teoria dos números e a probabilida-de. Desde a antiguidade, Problemas de Combinatória têm atraído a atenção dos matemáticos. Por exemplo, o problema dos quadrados mágicos que são matrizes quadradas de números com a proprieda-de de que a soma dos elementos de qualquer coluna, linha ou dia-gonal é o mesmo valor, aparece em um livro chinês datado de 2200 a. C. Os quadrados mágicos de ordem 3 foram estudados com fins místicos. Os coeficientes binomiais, que são os coeficientes inteiros da expansão de (a+b)n, eram conhecidos no século XII. O triângulo de Pascal, que é uma disposição triangular dos coeficientes bino-miais, foi desenvolvido no século XIII.

Pode-se considerar que no ocidente a combinatória surgiu no século XVII com os trabalhos de Blaise Pascal e de Pierre Fermat sobre a teoria de jogos de azar. Estes trabalhos, que formaram os funda-mentos da teoria da probabilidade, continham os princípios para determinar o número de combinações de elementos de um conjunto finito, e assim se estabeleceu a tradicional conexão entre combinató-ria e probabilidade.

O termo “combinatória”, tal e qual o usamos atualmente, foi intro-duzido por Wilhem Leibniz em sua “Dissertatio de Arte Combina-tória”. De grande importância para a consolidação da combinatória foi o artigo Ars Conjectandi (a arte de conjeturar), escrito por J. Ber-noulli. Este trabalho estava dedicado a estabelecer as noções básicas de probabilidade. Para isto, foi necessário introduzir também um bom número de noções básicas de combinatória, que foram usadas fortemente nas aplicações ao cálculo de probabilidades. Pode-se di-zer que com os trabalhos de Leibniz e Bernoulli se iniciam com o estabelecimento da combinatória como uma nova e independente área da matemática.

O matemático suíço Leonard Euler foi quem desenvolveu, em prin-cípios do século XVIII, uma autêntica escola de matemática combi-natória. Em seus artigos sobre partição e decomposição de inteiros positivos em somas, estabeleceu as bases de um dos métodos fun-

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damentais para o cálculo de configurações combinatórias, o método das funções geradoras. Também é considerado o pai da teoria dos grafos pela colocação e solução dos problemas das Pontes de Köni-gsberg, usando pela primeira vez conceitos e métodos da teoria dos grafos. Dos primeiros problemas de teoria dos grafos surgiram as tentativas de solução de alguns problemas cotidianos e também da colocação de alguns jogos matemáticos, tais como o problema das Pontes de Königsberg, o problema da disposição de rainhas em um tabuleiro de xadrez com certas restrições, problemas de transporte, o problema do agente de viagem, etc.

O problema das quatro cores, formulado nos meados do século XIX, (quatro cores são suficientes para colorir as regiões de um mapa de tal maneira que regiões com fronteira tenham cores distintas) deixou de ser um mero jogo matemático para ser uma fonte de importantes pro-blemas e resultados em teoria dos grafos, de interesse tanto teórico como prático. Este foi um dos problemas teóricos mais desafiadores na história da combinatória devido à simplicidade de seu enunciado.

Na Inglaterra, nos finais do século XIX, Arthur Cayley fez impor-tantes contribuições à teoria de enumeração de grafos. Por esta épo-ca, o matemático George Boole usou métodos de combinatória em conexão com o desenvolvimento da lógica simbólica e com as idéias e métodos que Henri Poincaré desenvolveu em relação aos proble-mas de topologia. Um dos fatores mais importantes que contribuí-ram para o grande desenvolvimento que teve a combinatória desde 1920 foi a teoria dos grafos. A importância dessa disciplina se apóia no fato de que os grafos podem servir como modelos abstratos para modelar uma grande variedade de relações entre objetos de um conjunto. Suas aplicações se estendem a campos tão diversos como a investigação de operações, química, mecânica estatística, física te-órica e problemas sócio-econômicos. A teoria de redes de transporte pode ser vista como um capítulo da teoria dos grafos.

A teoria da probabilidade teve sua criação por Blaise Pascal e Pierre de Fermat motivada por uma disputa relativa a jogos de azar em 1654. Um nobre francês, Antoine Gombaud, com interesse em jo-gos de azar, colocou um problema relativo a um jogo de dados para Pascal, que conduziu a uma extensa correspondência entre Pascal e Fermat na qual eles estabeleceram pela primeira vez os princípios

11

fundamentais da teoria. O cientista Christian Huygens, um profes-sor de Leibnitz, tomou conhecimento desta correspondência e, pou-co depois, publicou o primeiro livro em probabilidade, intitulado De Ratiociniis in Ludo Alea. Em síntese, era um tratado fundado em problemas associados à teoria dos jogos de azar. Em função do forte apelo de tais jogos, a teoria da probabilidade logo se tornou popular, e se desenvolveu rapidamente durante o século XVIII. As maiores contribuições, durante este período foram de Jakob Bernoulli (1654-1705) e Abraham de Moivre (1667-1754). Em 1812 Pierre de Laplace (1749-1827) introduziu um conjunto novo de idéias e técnicas em seu livro, Théorie Analytique des Probabilités. Antes dele, a probabi-lidade estava concentrada no desenvolvimento de uma teoria ma-temática dos jogos de azar. Laplace, no entanto, aplicou as idéias da probabilidade a muitos outros problemas científicos e práticos. Teoria de erros, matemática aturial e mecânica estatística são alguns exemplos das aplicações da teoria da probabilidade desenvolvidos no século XIX.

Entre os matemáticos que contribuíram para a teoria da probabili-dade, depois de Laplace, destacam-se Chebyshev, Markov, von Mi-ses, e Kolmogorov. No entanto, a axiomatização da teoria só se deu no século XX. Em 1933, o matemático russo Kolmogorov em uma monografia, desenvolveu uma abordagem axiomática que se consti-tuiu na base para a moderna teoria da probabilidade. (O trabalho de Kolmogorov está disponível em inglês com o título de Foundations of Probability Theory, Chelsea, New York, 1950.) Desde então, estas idéias tem sido refinadas e a teoria da probabilidade é hoje parte de uma disciplina mais geral conhecida como Teoria da Medida.

12

Blaise PascalFilósofo e matemático francês (1623 – 1662). Aos dezoito anos inventou a primeira máqui-na digital, chamada “Pascalinne”, para levar a cabo o processo de adição e subtração.

Fonte:www.somatematica.com.br/biograf/pascal.php

Pierre FermatAdvogado e oficial do governo francês (1601 – 1665). A matemática era o seu passatem-po. Em 1636, Fermat propôs um sistema de geometria analítica semelhante àquele que Descartes proporia um ano depois. Em uma correspondência com Pascal, fundou a teo-ria matemática da probabilidade.

Fonte: www.somatematica.com.br/biograf/fermat.php

Wilhem LeibnizMatemático e filósofo alemão Gottfried Wi-lhelm von Leibniz (1646 – 1716).

J. BernoulliJean Bernoulli (1667 – 1748) foi discípulo de Leibniz.

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Leonard EulerLeonhard Euler (1707 – 1783) foi o matemáti-co mais prolífico na história. Seus 866 livros e artigos representam aproximadamente um terço do corpo inteiro de pesquisas em matemática, teorias físicas e engenharia me-cânica publicadas entre 1726 e 1800.

Fonte: www.somatematica.com.br/biograf/euler.php

Arthur CayleyMatemático inglês (1821- 1895) que foi moti-vado pelo problema de calcular o número de isômeros de hidrocarbonetos saturados.

George BooleO trabalho de Boole (1814 – 1864) foi funda-mental para a evolução dos computadores. A Álgebra Booleana tem aplicações na es-trutura dos computadores modernos e nas ligações telefônicas.

Fonte: www.ime.usp.br/~leo/imatica/historia/boole.html

Henri PoincaréMatemático, físico e filósofo (1854 – 1912). No âmbito das matemáticas aplicadas, estudou numerosos problemas de óptica, eletricida-de, telegrafia, capilaridade, elasticidade, ter-modinâmica, mecânica quântica, teoria da relatividade e cosmologia.

Capítulo 1Noções Básicas

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Capítulo 1Noções Básicas

Neste capítulo apresentaremos algumas noções básicas de matemática já vistas anteriormente no ensino médio. Apresentaremos conhecimentos de fatoriais, somatórios, produtórios, etc. Também apresentaremos a noção de princípio de indução. Estes assuntos serão utilizados fre-qüentemente nos capítulos posteriores.

1.1 Fatorial de um Número NaturalAo produto 1.2.3 indicamos 3! e lemos três fatorial ou fatorial de três.

Assim:

5! 5.4.3.2.1= 4! 4.3.2.1= .

Por convenção:

0! 1= 1! 1= .

Estas convenções podem parecer estranhas inicialmente, mas veremos no decorrer do capítulo que são as únicas que oferecem compatibilida-de com o conceito de fatorial de um número natural 2n ≥ .

Definição 1.1. Seja n um número natural qualquer. Dizemos que

( )1 se 0

!1 ! se 0.n

nn n n

== − >

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De fato, adotamos 0! 1= . Então:

Se 1n = , ( )1! 1 1 1 ! 1.0! 1= − = = .

Se 2n = , ( )2! 2 2 1 ! 2.1! 2.1 2= − = = = .

Se 3n = , ( )3! 3 3 1 ! 3.2! 3.2.1 6= − = = = .

E assim por diante:

( )( )! 1 2 ...3.2.1n n n n= − − .

Observação 1.1. Algumas vezes adota-se o símbolo n para indicar !n . Desse modo, 3 3.2.1= , 2 2.1= , etc.

Exemplo 1.1. 5! 5.4.3.2.1 120= = .

Exemplo 1.2. 8! 8.7.6.5.4.3.2.1 40320= = .

Exemplo 1.3. 3! 3.2.15! 5! 5! 1 120 1 1213! 3.2.1

+ = + = + = + = .

Exemplo 1.4. Simplifique as expressões

a) ( )

!2 !

nn −

;

b) ( )( )

2 !3 !

nn

−−

;

c) ( )! 1 !

!n n

n− +

;

d) ( ) ( )

( )1 ! 1 !! 1 !

n nn n+ − −

− −.

Solução.

a) nn

n n n

nn n!

!

!

!−( )=

−( ) −( )−( )

= −( )2

1 2

21 .

b) ( )( )

( ) ( )2 3 !2 !3 !

n nnn

− −−=

− ( )3 !n −2n= − .

É possível simplificar porque o fatorial é sempre diferente de zero.

19

c) ( ) ( )! 1 ! ! 1 ! !! !

n n n n n nn n

− + − += =

( )1 1!n

n− −

n= − .

d) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )1 ! 1 ! 1 1 ! 1 !! 1 ! 1 ! 1 !

n n n n n nn n n n n+ − − + − − −

=− − − − −

( )1 !n −=

( )( )

2 1

1 !

n n

n

+ −

− ( )1n −

2 11

n nn+ −

=−

.

Exemplo 1.5. Resolva as seguintes equações:

a) ( )! 5 1 !n n= − ;

b) ( )1 ! 120n − = ;

c) ( ) ( ) ( )5 ! 4 ! 35 3 !n n n+ + + = + ;

d) ( )

! 302 !

xx

=−

;

e) ( )( )

1 !56

1 !xx

+=

−;

f) ( )( )

1 ! !8

1 !n n

nn+ −

=−

;

g) ( ) ( )( )

2 1 ! 1 !13

! 1 !n nn n+ + −

=− −

.

Solução.

Para resolver equações com fatorial é conveniente primeiro simpli-ficar os fatoriais, fazer as operações na forma simplificada e depois buscar as soluções das equações. Veja as soluções abaixo:

a) ( )1 !n n − ( )5 1 !n= −

⇒ 5n = .

b) ( )1 ! 5!n − =

⇒ ( )1 5n − =

⇒ 6n = .

c) ( )( ) ( )5 4 3 !n n n+ + + ( ) ( )4 3 !n n+ + + ( )35 3 !n= +

EquaçõesIgualdade entre duas ex-pressões matemáticas que se verifica para determinados valores das variáveis. Fonte: Dicionário Houaiss.

Encontrar o valor da variável (letra, incógnita,

etc...).

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⇒ ( )( ) ( )5 4 4 35n n n+ + + + =

⇒ ( )( )4 6 35n n+ + =

⇒ 2 10 24 35n n+ + =

⇒ 2 10 11 0n n+ − =

⇒ ' 1n = e '' 11n = − .

Agora, '' 11n = − não é válido, pois não é natural, então a única solu-ção da equação dada é 1n = .

d) ( )( 1) 2 !x x x− − ( )30 2 !x= −

2 30x x⇒ − =

⇒ 2 30 0x x− − =

⇒ ( )( )6 5 0x x− + =

⇒ ' 6x = ou '' 5x = − .

Aqui também, '' 5x = − não é válido, pois não é natural, então a única solução da equação dada é 6x = .

e) ( ) ( )1 1 !x x x+ −

( )1 !x −56=

⇒ 2 56x x+ =

⇒ 2 56 0x x+ − =

⇒ ( )( )8 7 0x x+ − =

⇒ ' 8x = − ou '' 7x = .

Da mesma forma, ' 8x = − não é válido, pois não é natural, então a única solução da equação dada é 7x = .

f) ( 1) ( 1)! ( 1)! 8( 1)!

n n n n n nn

+ − − −=

−

[ ]( )1 1 1 !n n n+ − −

( )1 !n −8n= .

Retome a definição 1.1 e você notará que fatorial é uma operação definida apenas para números naturais.

21

Após a simplificação obtemos

⇒ ( )1 1 8n n n+ − =

⇒ 8n = .

g) ( ) ( )2 1 1 !n n n+ − ( )1 !n+ −

( )1 !n n − ( )1 !n− −13=

⇒( )2 1 1

131

n nn+ +

=−

⇒ 22 2 1 13 13n n n+ + = −

⇒ 22 11 14 0n n− + =

⇒7'2

n = ou '' 2n = .

Como n é natural, então '' 2n = é a única solução da equação.

Lista de Exercícios 1

1) Calcule:

7! 5!5!+a) . b) 7!

3!4!.

2) Simplifique:

( )! 1 !!

n nn

+ +a) . b) ( )( ) 2

2 ! !

1 !

n n

n

+

+

.

3) Obtenha n , tal que:

( )1 !10

!n

n+

=a) . b) ( ) ( )! 1 ! 6 1 !n n n+ − = − .

Calcule 2) x ∈ nas equações abaixo:

( ) ( )( )

! 1 ! 1 !7

! 1 !x x x

x x+ + + −

=+ −

a) .

( ) ( )20 1 ! 1 !0

!x x

x− − +

=b) .

22

1.2 Somatório e ProdutórioNesta seção explicaremos a notação de somatório e produtório. Da-remos alguns exemplos para você entender melhor o assunto.

1.2.1 SomatórioA notação somatória ( )∑ é utilizada para representar numa forma reduzida a soma de um determinado número de expressões, funções, números, etc. Por exemplo,

i) i ni

n

=

= + + + +1

1 2 3 ...∑ ;

ii) ( ) ( )1

1 1.2 2.3 ... 1n

ii i n n

=

+ = + + + +∑ ;

iii) 3 3 3 3 3

11 2 3 ...

n

ii n

=

= + + + +∑ ;

iv) 6

25 5 5 5 5 5 5.5 25

i== + + + + = =∑ ;

v) ( )7

13 3.1 3.2 3.3 ... 3.7 3 1 2 3 ... 7

ii

=

= + + + + = + + + +∑ ;

vi) 4

1

15 15 15 15 15 4.15 60i=

= + + + = =∑ ;

2 4

1 22 .3i j

i j= =∑∑vii) ( )

22 3 4

1

2 .3 2 .3 2 .3i i i

i== + +∑

( ) ( ) ( )2 2 2 3 2 42 2 3 2 2 3 2 2 3= + + + + +

2 4

1 2

2 3i j

i j= =

= ∑ ∑ ;

viii) ( ) ( ) ( )3

2 2 3 3

2

2 3 2 3 2 3i i

i=+ = + + +∑

2 3 2 32 2 3 3= + + +3 3

2 22 3i i

i i= =

= +∑ ∑ ;

Note que o índice inferior denota o início e o superior, o final.

O que é mais simples, escrever 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ou 5 ∙ 2 ? Escrever 3 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 3 ou 34 ? Os símbolos de somatório e produtório também simplificam a notação de expressões como 1 + 2 + 3

+ 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = ii = 1

8

∑ e

( )2 1= +i3 5 7 9 111

5

=i

. . . . = .

O símbolo usado é um sigma maiúsculo, letra grega.

23

ix) 2 5

0 1 2 3 4 5

0 32 2 2 2 2 2 2 2i i

i i= =

+ = + + + + +∑ ∑5

02i

i== ∑ ;

x) 3

3 3 2 1 00

ii

a a a a a−=

= + + +∑0 1 2 3a a a a= + + +

3

0i

ia

=

= ∑.

A noção do somatório explicada acima possui algumas propriedades, dadas a seguir:

Seja i) k uma constante arbitrária, então:

a) 1 1

n n

i ii i

ka k a= =

=∑ ∑ ;

b) 1

n

ik n k

=

=∑ ;

ii) 1 1 1 1

n m n m

i j i ji j i j

a b a b= = = =

=

∑∑ ∑ ∑ ;

iii) ( )1 1 1

n n n

i i i ii i i

a b a b= = =

+ = +∑ ∑ ∑ ;

iv) 1 1 1

p n n

i i ii i p i

a a a= = + =

+ =∑ ∑ ∑ ;

v) 0

pn

p i ii i p n

a a−= = −

=∑ ∑

Exemplo 1.6.

Expandaa) a expressão 27

3

31i

ii= +∑ .

Escreva a expressão usando a notação de somatório:b)

1 1 1 1 11.3 2.4 3.5 4.6 5.7

+ + + + .

Chamamos expandir como representação da expressão,

por exemplo ii = 1

8

∑ = 1 + 2 +

3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8

PropriedadePropriedade é sinônimo de atributo; condição é o mes-mo que requisito. Fonte: LIMA et alli (2003, p. 2-3)

24

Avalie c) ( )11

n

i ii

a a −=

−∑ considerando 0 0a = .

Solução.

Podemos escrevera)

2 27 7

3 3

3 31 1i i

i ii i= =

=+ +∑ ∑

2 2 2 2 23 4 5 6 733 1 4 1 5 1 6 1 7 1

= + + + + + + + + +

9 16 25 36 4934 5 6 7 8

= + + + + .

Podemos escreverb) 5

1

1 1 1 1 1 11.3 2.4 3.5 4.6 5.7 ( 2)i i i=

+ + + + =+∑ .

Podemos escreverc)

( )1

1

n

i ii

a a −=

−∑

1 0 2 1 3 2 1( ) ( ) ( ) ... ( )n na a a a a a a a −= − + − + − + + −

1 0 2 1 3 2 1( ) ( ) ( ) ... ( )n na a a a a a a a −= − + − + − + + −

0 na a= − +

na= , pois 0 0a = .

1.2.2 ProdutórioA notação produtório ( )∏ é utilizada para representar numa forma reduzida uma expressão, números, funções, etc., colocados em certa or-dem e separados por sinal de produto ( )⋅ . Por exemplo,

i) 1

1.2.3.4... !n

in i n

=

= =∏ ;

ii) 2 3

1

. . . ... .n

n i

ix x x x x

=

= ∏ ;

iii) ( ) ( )1

2 1 1.3.5. ... . 2 1n

ii n

=

− = −∏ ;

O símbolo usado é um pi maiúsculo, letra grega.

25

iv) 1. . ... .s

i r r si r

x x x x r s+=

= ≤∏ ;

v) ( ) ( )( ) ( )1

1 2 ...n

ii n

=

− = − − −∏

( )1 .1.2. ... .n n= −

( )1 !n n= − ;

vi) ( ) ( )( )( )( )4

1

1 1.2 2.3 3.4 4.5i

i i=

+ =∏

( )( )1.2.3.4 2.3.4.5=

( )4 4

1 1

1i i

i i= =

= +

∏ ∏ ;

vii) ( )( )( )( )( )5

1

4 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5i

i=

=∏

54 1.2.3.4.5=

55

1

4i

i=

= ∏ ;

viii) 4

4

1

4 4.4.4.4 4i=

= =∏ ;

ix) ( )3

3 3 3 3

1

1 2 .3 .4i

i=

+ =∏ ( )32.3.4= ( )33

1

1i

i=

= + ∏ .

A definição do produtório explicada acima satisfaz algumas pro-priedades, dadas a seguir:

i) 1 1 1

n n n

i i i ii i i

a b a b= = =

=

∏ ∏ ∏ ;

Seja ii) k um número natural fixo arbitrário, usualmente chama-do de constante, então:

a) 1

nn

ik k

=

=∏ ;

b) 1 1

n nn

i ii i

k a k a= =

=∏ ∏ ;

26

c) 1 1

kn nk

i ii i

a a= =

=

∏ ∏ .

Exemplo 1.7. Expanda e simplifique a expressão

( )0

1

1n

jn

i

j

i

=

=

+∏

∏.

Solução. Podemos escrever

( )0

1

11 2 3... ( 1)

1 2 3...

n

jn

i

jn n

ni

=

=

+⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

=⋅ ⋅ ⋅

∏

∏

1 2 3... ( 1)1 2 3...

n nn

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +=

⋅ ⋅ ⋅

1n= + .


Expanda as seguintes somas:1) 6

12

ii

=∑a) ;

6

0

i

ix

=∑b) .

Escreva as expressões abaixo, usando a notação de somatório:3)

1 3 5 7 9+ + + +a) ;

1 4 9 16 25 36− + − + − +b) .

Expanda os seguintes produtos:3)

( )2

3 7n

jj

=

+∏a) ;

( )4

3

1

7 3i

i i=

− +∏b)

27

4) Escreva as expressões abaixo usando a notação de produtório:

1.3.5.7.9a) ;

( )( ) ( )1 2 ...p p p p n+ + +b) .

1.3 Princípio de Indução Vamos analisar a seguinte soma:

( )1

2 1 1 3 5 ... 2 1n

ni

S i n=

= − = + + + + −∑ .

nn S

21 1 1=

22 1 3 4 2+ = =

23 1 3 5 9 3+ + = =

24 1 3 5 7 16 4+ + + = =

25 1 3 5 7 9 25 5+ + + + = =

Considerando os próximos valores de n , podemos deduzir que:

1 2 1n nS S n−= + −i) ;

ii) 2nS n= .

A pergunta que surge aqui é se realmente isso é verdade para qual-quer número natural n . Os cálculos acima não provaram isso. En-tão, em vez de fazer deduções arbitrárias, podemos apresentar um princípio conhecido como princípio de indução, que garante as afir-mações estabelecidas.

Proposição 1. 1. Seja a um número inteiro. Uma proposição ( )P n é verdadeira para todo n a≥ se:

O axioma da indução é o último dos axiomas de Peano (que define os números naturais).

Ele está presente (pelo menos de forma implícita)

sempre que, ao afirmarmos a veracidade de uma preposição referente

aos números naturais, verificamos que ela é

verdadeira (n = 1, n=2, n=3) e dizemos “e assim por

diante”.

DeduzirConcluir (algo) pelo raciocí-nio; inferir. Fonte: Dicionário Houaiss. Matematicamente, o raciocínio dedutivo é um poderoso instrumento de se chegar a conclusões a par-tir de fatos conhecidos e de uma estrutura lógica que os articule.

28

( )P ai) é verdadeira;

para todo ii) r a≥ , se ( )P r é verdadeira, então ( )1P r + também é verdadeira.

Para aplicarmos este princípio de indução matemática, devemos seguir os seguintes passos:

1° Passo (Base de indução): Verificar se ( )P n é verdadeira para n a= .

2° Passo (Hipótese de indução): Assumir ( )P k verdadeira, hipóte-se da indução, com k fixado arbitrariamente.

3° Passo (Tese de indução): Provar que ( )1P k + é verdadeiro.

Conclusão: Sendo verificados os três passos, podemos concluir que ( )P n é válida para qualquer valor de n a≥ .

Vamos aplicar este princípio de indução para resolver alguns exemplos.

Exemplo 1.8. Prove por indução que

( )11 2 ... , 1

2n n

n n+

+ + + = ≥ .

Solução. Para 1n = tem-se

( )1 1 21 12 2+

= = (vale).

Supomos que o resultado vale para n r= , ou seja,

( )11 2 ...

2r r

r+

+ + + = .

Vamos mostrar que vale para 1n r= + , ou seja, precisamos mostrar que

( ) ( )( )1 21 2 ... 1

2r r

r r+ +

+ + + + + = .

Agora,

( ) ( )11 2 ... 1 1

2r r

r r r+

+ + + + + = + +

Teste se a propriedade que está sendo estudada vale para o seu valor inicial.

Descreva o que significa esta propriedade valer para um valor k qualquer.

Mostre que utilizando o fato da propriedade valer para k significa que ela vale para seu sucessor (k + 1).

29

( ) ( )1 2 12

r r r+ + +=

( )( )1 22

r r+ += .

Logo, o resultado vale para 1r + . Assim, concluímos que o resultado vale para todo 1n ≥ .

Exemplo 1.9 Prove por indução matemática que

2

01 ...

ni n

ix x x x

=

= + + + + =∑ 1 1

1

nxx

+ −−

, x ∈ , 1 1x n≠ ∀ ≥ ,

onde x ∈ é o conjunto dos números reais.

Solução.

1° Passo: (Base de indução). Para 1n =

1

01i

ix x

=

= +∑e

( )( )( )

2 1 11 11 1

x xx xx x

− +−= = +

− −.

Portanto a afirmação é verdadeira para 1n = .

2° Passo: (Hipótese de indução). Vamos supor que a fórmula é válida para n k= , isto é,

1

0

11

kki

i

xxx

+

=

−=

−∑ (hipótese).

3° Passo: (Tese de indução). Devemos mostrar que a afirmação é válida para 1n k= + . Temos

11

01 ...

ki k k

ix x x x

++

=

= + + + +∑

1

0

ki k

ix x +

=

= +∑ (hipótese)

111

1

kkx x

x

++−

= +−

( )1 11 11

k kx x xx

+ +− + −=

−

∀ é um quantificador universal que significa que qualquer número satisfaz

esta propriedade.

30

2 11

kxx

+ −=

−.

Isso diz que( )1 11

1

11

kki

i

xxx

+ ++

=

−=

−∑ (vale para 1n k= + ).

Logo, se a fórmula vale para 1k ≥ então também vale para 1k + . Portanto, concluímos pelo princípio de indução, para qualquer inteiro

1n ≥ , que1

2

0

11 ...1

nni n

i

xx x x xx

+

=

−= + + + + =

−∑ , 1x ≠ , x ∈ .

Exemplo 1.10. Usando princípio de indução, prove que2

3

1 1

n n

i ii i

= =

=

∑ ∑ , 1n∀ ≥ .

Solução. Vimos no exemplo 1.8 que

( )1

12

n

i

n ni

=

+=∑ .

Portanto, precisamos provar que

( )223

1

14

n

i

n ni

=

+=∑ .

1° Passo: 1n =

( )223 1 1 1 1 41 1

4 4+ ⋅

= = =

1 1= (verdadeira).

2° Passo: Vamos supor que a afirmação vale para n k= , isto é,

( )223

1

14

k

i

k ki

=

+=∑

.

3° Passo: Vamos provar que a mesma afirmação também vale para 1n k= + , ou seja,

( ) ( )221

3

1

1 24

k

i

k ki

+

=

+ +=∑ .

Agora,

( )1

33 3

1 11

k k

i ii i k

+

= =

= + +∑ ∑

31

( ) ( )

2231

14

k kk

+= + +

( ) ( )2 32 1 4 14

k k k+ + +=

( ) ( )2 21 4 14

k k k + + + =

( ) ( )2 21 24

k k+ += .

Assim, a fórmula vale para 1k + se for válida para k . Logo, pelo prin-cípio de indução ela é válida para qualquer 1n ≥ , isto é,

( )223

1

14

n

i

n ni

=

+=∑ ,

ou seja,

( ) 2 2

1

12

n

i

n ni

=

+ =

∑ , 1n∀ ≥ .

Exemplo 1.11. Utilizando o princípio de indução, mostre que a soma dos cubos de três inteiros consecutivos é um múltiplo de 9.

Solução. Vamos considerar

( ) ( )3 33 1 2n n n+ + + + , n∀ ∈ .

Devemos mostrar que a expressão acima é um múltiplo de 9.

1° Passo: Para 1n = .

3 3 31 2 3 1 8 27 36 9.4+ + = + + = = ,

que é múltiplo de 9.

2° Passo: Para n k= , suponha que a expressão

( ) ( )3 33 1 2k k k+ + + +

é um múltiplo de 9, ou seja, existe um t ∈ tal que

( ) ( )3 33 1 2 9k k k t+ + + + = .

3° Passo: Vamos mostrar que 1n k= + , ou seja,

( ) ( ) ( )3 3 31 2 3k k k+ + + + + é múltiplo de 9.

32

Podemos escrever

( ) ( ) ( )3 3 31 2 3k k k+ + + + +

( ) ( ) ( )3 3 31 2 27 3.3 3k k k k k= + + + + + + +

( ) ( )3 33 21 2 27 9 27k k k k k= + + + + + + +

29 27 9 27t k k= + + +

( )29 3 3 9t k k p= + + + = ,

onde 23 3p t k k= + + + .

Logo, podemos concluir que a expressão

( ) ( ) ( )3 3 31 2 3k k k+ + + + +

é um múltiplo de 9.

Conseqüentemente, a afirmação 1n∀ ≥ é verdadeira.

Analogamente, também podemos provar que o resultado é válido para n∈ , pois neste caso escrevemos n n= − .

Exemplo 1.12. Utilizando o princípio de indução, prove que

1 1

mn nm

i ii i

a a= =

=

∏ ∏ .

Solução.

1° Passo: Para 1n = .1 1

11 1

mm m

i ii i

a a a= =

= =

∏ ∏ .

2° Passo: Vamos supor que o resultado vale para n k= , isto é:

1 1

mk km

i ii i

a a= =

=

∏ ∏ .

3° Passo: Vamos provar que o resultado é válido para 1n k= + , ou seja,

1 1

1 1

mk km

i ii i

a a+ +

= =

=

∏ ∏ .

Agora,1

11 1

k km m m

i i ki i

a a a+

+= =

=∏ ∏

33

11

mkm

i ki

a a +=

=

∏ (usando 2° Passo)

11

mk

i ki

a a +=

=

∏

1

1

mk

ii

a+

=

=

∏ (vale).

Portanto, usando o princípio de indução concluímos que a afirmação 1n∀ ≥ é verdadeira.

Lista de Exercícios 3Prove, utilizando o princípio da indução:

1) ( )( )2

1

1 2 16

n

i

n n ni

=

+ +=∑ , 1n ≥ .

2) ( ) 2

12 1

n

jj n

=

− =∑ , 1n ≥ . Você notou que este

exercício abriu a seção 1.6? Agora você vai resolvê-lo.

Capítulo 2Números Binomiais

37

Neste capítulo apresentaremos o Binômio de Newton e o triângulo de Pascal. Estes dois assuntos são importantes nas aplicações em análise combinatória, apresentada no capítulo a seguir.

2.1 Coeficientes BinomiaisDefiniremos como se calculam os coeficientes binomiais. As fórmu-las a seguir permitem calcular todos os elementos do Triângulo de Pascal sem a necessidade de calcular os elementos anteriores e per-mitem o cálculo dos binômios de Newton, que serão estudados a seguir.

Definição 2.1. Dados dois números naturais, n e p , sendo n p≥ , cha-mamos de coeficiente binomial ou número binomial ou número combinató-rio a expressão definida por

1, se 0

( 1)...( 1) , se 0!

pn

n n n p ppp

= = − − + ≠

(1)

ou

! , , ,( )! !

n n n p n pp n p p

∗ = ≥ ∈ −

. (2)

Podemos verificar facilmente que as expressões (1) e (2) são equivalen-tes. De fato, multiplicando e dividindo (1) por ( )!n p− , temos

( 1)...( 1)( )!( )! !

n n n n p n pp n p p

− − + −= −

!!( )!

np n p

=− .

CoeficientesCoeficientes são números reais, em geral inteiros, que multiplicam as incógnitas ou variáveis de uma expressão. Na seção 2.4 você perceberá porque chamamos a expres-são definida a seguir de coe-ficientes binomiais.

Capítulo 2Números Binomiais

38

Notação. Há várias formas de denotar a expressão np

: por Cn p, , por pnC ,

por pcn , etc. Neste trabalho sempre utilizaremos ,n pC .

Veja a seguir alguns exemplos de simplificação da expressão ,n pC .

Exemplo 2.1.

5,25! 5! 5.4.3!

2!(5 2)! 2! 3!C = = =

− 2! 3!20 102

= =a) .

5,15! 5! 5. 4!

1!(5 1)! 4! 1!C = = =

− 1! 4!5=b) .

7,57! 7! 7.6.5!

5!(7 5)! 5! 2!C = = =

− 5!42 2122!

= =c) .

, 5 ,5! !

( 5)!( 5)! ( 5)! 5!p p pp pC C

p p p p− = = =− − + −

d) .

Observação 2.1. As seguintes relações são importantes e serão utilizadas posteriormente:

,1

( 1)!!( 1)! 1!i

i iiCi

−= =

− ( 1)!i − 1!i=i) .

1,2

( 1) ( 1)!( 1)!( 1 2)! 2!i

i i iiCi+

+ −+= =

+ − ( 1)!i −( 1)

2!2!i i +

=ii) .

2,3

( 2)( 1) ( 1)!( 2)!( 2 3)! 3!i

i i i iiCi+

+ + −+= =

+ − ( 1)!i −( 1)( 2)

3!3!i i i+ +

=iii) .

2.1.1 Coeficientes Binomiais ComplementaresOs coeficientes binomiais 7,2C e 7,5C têm o mesmo numerador, e a soma de seus denominadores é igual ao numerador. O mesmo ocor-re com 6,4C e 6,2C . Coeficientes binomiais desse tipo são conhecidos como complementares. Veja definição a seguir.

Definição 2.2. Coeficientes binomiais complementares são aqueles que têm o mesmo numerador e cuja soma dos denominadores é igual ao nume-

Às vezes chamamos Cn,p por coeficiente binomial de n por p, e neste caso n é conhecido como numerador do coeficiente binomial e p como denominador do coeficiente binomial, mas de qualquer maneira Cn,p não tem nada ver com número racional n

p , ou seja,

Cnp

npn p, = ≠( (

.

39

rador, isto é, dois coeficientes binomiais ,n pC e ,n qC são complementares se p q n+ = .

Exemplo 2.2.

8,3Ca) e 8,5C são complementares, pois 3 5 8+ = .

5,3Cb) e 5,2C são complementares, pois 3 2 5+ = .

2.1.2 Igualdade Entre Dois BinomiaisDois binomiais, ,n pC e ,n qC , são iguais se, e somente se, p q= ou p q n+ = , isto é,

, ,n p n qC C p q= ⇔ = ou p q n+ = .

Exemplo 2.3.

a) 11, 11,5 5xC C x= ⇔ = ou 5 11 6x x+ = ⇒ = 5x⇔ = ou 6x = .

b) 8,4 8, 4xC C x= ⇔ = , pois ou 4 8 4x x+ = ⇒ = .

Esta conclusão se enuncia genericamente da seguinte forma:

Proposição 2.1. É válida a relação

, , , , e n p n n pC C n p n p∗−= ∀ ∈ ≥

,

onde é o conjunto de números naturais positivos.

A demonstração segue direto da propriedade de igualdade entre dois binomiais e do fato de que n p p n− + =

Exemplo 2.4. Obtenha n tal que

,2

,3

34

n

n

CC

= .

Os coeficientes binomiais complementares são sempre

iguais.

Observe os exemplos abaixo em que equações contém

incógnitas nos binômios de Newton.

40

Solução. Temos

,2

,3

!3 3( 2)!2!

!4 4( 3)!3!

n

n

nC n

nCn

−= ⇒ =

−

( 3)!3! 3( 2)!2! 4nn−

⇒ =−

( 3)!n −⇒

3. 2!( 2) ( 3)!n n− − 2!

34

=

3 32 4n

⇒ =−

2 4n⇒ − =

6n⇒ = .

Exemplo 2.5. Obtenha n tal que ,2 15nC = .


,2! ( 1)( 2)!15

( 2)!2! ( 2)!2!nn n n nC

n n− −

= = =− −

⇒ 30 ( 1)n n= −

2 30 0n n⇒ − − =

( 6)( 5) 0n n⇒ − + =

6 ou 5n n⇒ = = − .

Como n é positivo, então 5n ≠ − , ou seja, 6n = .


Efetue as expressões:1)

3,0 3,1 3,2C C C+ +a) ;

5,0 5,2 5,4C C C+ +b) .

41

2) Determine o valor de x em cada uma das seguintes expressões:

16, 1 16,3 1x xC C+ −=a) ;

2 10, 5 110, 5 xxC C − +−

=b) .

Obtenha 3) n tal que:

,3 1nC =a) ;

1,2 36nC − =b) .

4) Considere Ann pn p,!!

=−( ) . Obtenha x tal que:

,2 ,2 10x xA C x− = −a) ;

1,2 1,2 24x xA C+ −− =b) .

2.2 Relação de StifelA relação de Stifel é bem conhecida em análise combinatória e tem suas aplicações em desenvolvimento do Binômio de Newton. É dada por

, , 1 1, 1n p n p n pC C C+ + ++ = .

De fato

, , 1! !

!( )! ( 1)!( 1)!n p n pn nC C

p n p p n p++ = +− + − −

! !!( )( 1)! ( 1) !( 1)!

n np n p n p p p n p

= +− − − + − −

! 1 1!( 1)! 1

np n p n p p

= + − − − +

!!( 1)!

pnp n p

=− −

1 n p+ + −

( )( 1)n p p

− +

!( 1)!( 1)!( )( 1)

n np n p n p p

+=

− − − +

Esta notação será discutida no capítulo seguinte. Por

enquanto, utilize esta fórmula apenas para treinar

sua habilidade de calcular com fatoriais e comparar

combinações.

Atenção: estude esta demonstração tentando

compreender as idéias que estão sendo utilizadas e

também analisando, de cada linha para a seguinte, a

validade de cada operação.

42

( 1)!( )!( 1)!

nn p p

+=

− +

( )( 1)!

( 1)! 1 ( 1) !n

p n p+

=+ + − +

1, 1n pC + +=.

Exemplo 2.6. Calcule

9,6 9,7C C+a) ;

8,5 8,6C C+b) .

Solução.

a) Aplicando a relação de Stifel, podemos escrever

9,6 9,7 10,710! 10.9.8 1207! 3! 1.2.3

C C C+ = = = = .

b) Aplicando a relação de Stifel, podemos escrever

8,5 8,6 9,69! 9.8.7 84

6!3! 1.2.3C C C+ = = = = .

Exemplo 2.7 Resolva a equação

1,2 ,1 4,2x xC C C+ = + .

Solução. Comparando-a com a relação de Stifel,

, , 1 1, 1n p n p n pC C C+ + ++ = , temos

,1 4,2 1,2x xC C C ++ =

4,1 4,2 5,2C C C⇔ + =

4x⇔ = .

Lista de Exercícios 2Ao resolver os exercícios, atente para o fato de que matematicamen-te um problema está resolvido se for mostrado que não há solução possível

43

Complete:1)

5,1 5,2 ,2C C C+ = .

Resolva em 2) x a equação

,3 ,4n nC x C= .

Obtenha 3) x tal que

12,2 12, 9x xC C += .

Obtenha 4) x e y tal que

10, 10,2 5 11,x x yC C C−+ = .

2.3 Triângulo de PascalA seguinte disposição de números em termos de coeficientes bino-miais é conhecida como Triângulo de Pascal.

0 1 2 3 4 5 ...

0 : 0L 0,0C

1 :1L 1,0C 1,1C

2 : 2L 2,0C 2,1C 2,2C

3 : 3L 3,0C 3,1C 3,2C 3,3C

4 : 4L 4,0C 4,1C 4,2C 4,3C 4,4C

5 : 5L 5,0C 5,1C 5,2C 5,3C 5,4C 5,5C

... ... ... ... ... ... ... ...

Tabela 1

Note que aqui o n é tratado como uma constante e a resposta encontrada será

em função de n.

44

A tabela acima pode ser representada equivalentemente como:

0 1 2 3 4 5 ...

0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5 1... ... ... ... ... ... ... ...

Tabela 2

A disposição de números dadas na tabela 1 ou tabela 2 é chamada Triângulo de Pascal.

Aplicando a relação de Stifel, podemos observar que a cada dois termos consecutivos de uma linha, obtemos a linha seguinte. Por exemplo,

3,1 3,2 4,2C C C+ = ,

ou3 3 6+ = .

Para construir o Triângulo de Pascal devemos observar os seguin-tes passos:

A primeira coluna é formada exclusivamente pelo número • 1, pois ,0 1nC = .

A segunda coluna é formada pela seqüência 1,2,3,... iniciando o pri-•meiro elemento da coluna a partir da segunda linha da tabela.

O último elemento de cada linha é sempre • 1, pois , 1n nC = .

Os penúltimos elementos das linhas formam a seqüência 1, 2, 3,...•

Os outros elementos da tabela são obtidos aplicando a relação •de Stifel.

45

2.3.1 Propriedades do Triângulo de PascalA seguir damos algumas propriedades do triângulo de Pascal.

Propriedade 2.1. Dois coeficientes eqüidistantes dos extremos são iguais, ou seja, em uma mesma linha do triângulo de Pascal, elementos eqüidistan-tes dos extremos são iguais.

Demonstração. Considere uma linha genérica de numerador n de triângulo de Pascal dada por

,0nC ,1nC ,2nC ... ,n pC ... ,n n pC − ... , 1n nC − ,n nC .

Podemos observar que ,n pC e ,n n pC − são eqüidistantes dos extremos, pois p elementos procedem ,n pC e p elementos sucedem ,n n pC − . Além disso, ,n pC e ,n n pC − são complementares, pois p n p n+ − = . Sabemos que elementos complementares são iguais.

Portanto, , ,n p n n pC C −= .

Propriedade 2.2. (Teorema das linhas) A soma dos coeficientes bino-miais situados numa mesma linha (de numerador n ) de um triângulo de Pascal é sempre 2n . Isto é,

, ,0 ,1 ,0

... 2n

nn i n n n n

iC C C C

=

= + + + =∑ .

Análise:

Linha Soma

( )00 :n L= 1 1 ou 1=20

( )11 :n L= 1 1 1+1=2=21

( )22 :n L= 1 2 1 1+2+1=4=22

( )33 :n L= 1 3 3 1 1+3+3+1=8=23

( )44 :n L= 1 4 6 4 1 1+4+6+4+1=16=24

e sucessivamente ... ... ... ... ... ... ...

Tabela 3

46

Por exemplo,

55

5,0

2ii

C=

=∑i) ;

33

3,0

2ii

C=

=∑ii) ;

44,0 4,1 4,2 4,3 4,4 2C C C C C+ + + + =iii) .

Demonstração. Vamos demonstrar a propriedade usando o princípio da indução ou indução matemática.

1° Passo: 0n =0

0,0 1 2C = = (vale).

2° Passo: Vamos supor que a afirmação é válida para n i= , ou seja,

,0 ,1 ,... 2ii i i iC C C+ + + = .

3° Passo: Vamos provar que 1n i= + , ou seja, precisamos provar que

11,0 1,1 1, 1... 2i

i i i iC C C ++ + + ++ + + = .

Aplicando a relação de Stifel podemos escrever

1,1 ,0 ,1i i iC C C+ = +

1,2 ,1 ,2i i iC C C+ = +

1, , 1 ,i i i i i iC C C+ −= + .

Também sabemos que

1,0 ,0i iC C+ =

e

1, 1 ,i i i iC C+ + = .

Logo, podemos escrever

1,0 1,1 1, 1...i i i iC C C+ + + ++ + + 1,0 1,1 1, 1, 1...i i i i i iC C C C+ + + + += + + + +

,0 ,0 ,1 ,1 , ,...i i i i i i i iC C C C C C= + + + + + +

Lembre-se que vimos este método de demonstração no item 1.3 Princípio de Indução desta disciplina.

47

,0 ,1 ,2 ...i i i iC C C = + + +

2 2i= (utilizando 2° passo – hipótese)

12i+= .

Logo, o resultado vale ∀ ≥n 0 .

Exemplo 2.8. Qual é o valor da soma

,1

n

n ii

S i C=

=∑ ?

Solução. Temos

,1

n

n ii

S i C=

=∑

1

!!( )!

n

i

nii n i=

=−∑

1

!( 1)!( )!

n

i

ni n i=

=− −∑

1

( 1)!( 1)!( 1 ( 1))!

n

i

n ni n i=

−=

− − − −∑

1, 11

n

n ii

n C − −=

=∑

1,0 1,1 1, 1...n n n nn C C C− − − − = + + + 12nn −= .

Propriedade 2.3 (Teorema das colunas). A soma dos elementos de uma coluna do triângulo de Pascal (começando no primeiro elemento da coluna) é igual ao elemento que está avançado uma linha e uma coluna sobre a úl-tima parcela de soma, isto é, a soma dos n primeiros termos da coluna p é igual ao termo 1n + da coluna 1p + , ou seja,

, 1, , 1, 1...n n n n n p n n p nC C C C+ + + + ++ + + = ,

ou

, 1, 10

p

n i n n p ni

C C+ + + +=

=∑ , 0n∀ ≥ .

48

Análise:

0C 1C 2C 3C 4C ...11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1 ... ... ... ... ... ...

Então, a soma dos primeiros três termos da coluna 1C é dada por 1 2 3 6+ + = , que é o valor do terceiro termo da coluna 2C . Por exemplo,

4,4 5,4 6,4 7,5C C C C+ + =i) .

7,7 7,8 7,9 7,10 8,11C C C C C+ + + =ii) .

Demonstração. Vamos demonstrar a propriedade usando a indução matemática sobre p . Seja n um número inteiro fixo.

1° Passo: 0p =

, 1, 1 1n n n nC C + += = (vale).

2° Passo: Vamos supor que a afirmação é válida para p i= , ou seja,

, 1, , 1, 1...n n n n n i n n i nC C C C+ + + + ++ + + = .

3° Passo: Vamos provar que 1p i= + , ou seja, precisamos provar que

, 1, 1, 2, 1...n n n n n i n n i nC C C C+ + + + + ++ + + = .

Vamos considerar o lado esquerdo da expressão acima. Podemos es-crever

, 1, 1,...n n n n n i nC C C+ + ++ + +

1, 1 1,n i n n i nC C+ + + + += + (por hipótese, 2o passo)

( 1)! ( 1)!( 1)! ! !( 1)!n i n in i n i+ + + +

= ++ +

( 1)! 1 1! ! 1 1

n in i n i+ + = + + +

49

( 1)!( 2)! !( 1)( 1)

n i n in i n i+ + + +

=+ +

( 2)!( 1)!( 1)!

n in i

+ +=

+ +

2, 1n i nC + + += ,

o que é o lado direito da expressão.

Logo, o resultado vale 0p∀ ≥ .

Vamos aplicar a propriedade acima para resolver alguns exemplos.

Exemplo 2.9. Qual é o valor da soma 30

1( 1)( 2)

iS i i i

=

= + +∑ ?

Solução. Utilizando a observação 2.1 podemos escrever

30

1( 1)( 2)

iS i i i

=

= + +∑30

2,31

3! ii

C +=

=∑

3,3 4,3 32,36 ...C C C = + + +

33,46 C= (pela propriedade 2.3)

33!64!(33 4)!

=−

33 32 31 30 61 2 3 4⋅ ⋅ ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

245520= .

Exemplo 2.10. Calcule a soma

2

1

n

iS i

=

=∑ .

Solução. Pelo princípio de indução, sabemos que

2

1

( 1)(2 1)6

n

i

n n nS i=

+ += =∑ .

Mas demonstraremos o mesmo resultado aplicando a propriedade 2.3.

50

Pela observação 2.1 vimos que temos valores de ,n iC do tipo , ( 1), ( 1)( 2)i i i i i i+ + + , etc.

Então queremos escrever 2i em termos de , ( 1),i i i + etc. Para tal, vamos considerar

2 ( 1)i Ai i Bi C= + + + .

Após comparação dos coeficientes dos dois lados e simplificando, ob-temos 1A = , 1B = − e 0C = .

Então podemos escrever 2 ( 1)i i i i= + − . Logo

2

1 1[ ( 1) ]

n n

i iS i i i i

= =

= = + −∑ ∑

1 1

( 1)n n

i ii i i

= =

= + −∑ ∑

1,2 ,11 1

2n n

i ii i

C C+= =

= −∑ ∑ (aplicando a observação 2.1)

2,3 1,22 n nC C+ += − (pela propriedade 2.3)

( 2)( 1) ( 1)21.2.3 1.2

n n n n n+ + += −

( ) 2 113 2

nn n + = + −

( 1)(2 1)6

n n n+ += .

Exempo 2.11. Calcule o valor da soma

2

1(3 1)

n

iS i i

=

= −∑ .

Solução. Temos

( ) ( )2 2 2 2 2

13 1 2.1 5.2 8.3 ... 3 1

n

iS i i n n

=

= − = + + + + −∑ .

Vamos escrever 2 3 2(3 1) 3i i i i− = − em termos de , ( 1)i i i + , ( 1)( 2)i i i+ + etc.

Temos

3 23 ( 1)( 2) ( 1)i i Ai i i Bi i Ci D− = + + + + + +

51

3 2(3 ) (2 ) 1Ai A B i A B C i= + + + + + + .

Comparando os coeficientes e simplificando, obtemos

3A = , 10B = − , 4C = e 0D = .

Isto implica em

3 23 3 ( 1)( 2) 10 ( 1) 4i i i i i i i i− = + + − + + .

Logo

2

1(3 1)

n

iS i i

=

= −∑

1 1 13 ( 1)( 2) 10 ( 1) 4

n n n

i i ii i i i i i

= = =

= + + − + +∑ ∑ ∑

2,3 1,2 ,11 1 1

3 3! 10 2! 4n n n

i i ii i i

C C C+ += = =

= − +∑ ∑ ∑ (pela observação 2.1)

3,4 2,3 1,218 20 4n n nC C C+ + += − + (pela propriedade 2.3)

( 3)( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 1)18 20 41 2 3 4 1 2 3 1 2

n n n n n n n n n+ + + + + += − +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

3( 2)( 3) 10( 2)( 1) 24 3

n n nn n + + + = + − +

2( 1)(9 5 2)12

n n n n+ + −=

.

Portanto, 2

2

1

( 1)(9 5 2)(3 1)12

n

i

n n n nS i i=

+ + −= − =∑ .

Propriedade 2.4 (Teorema das Diagonais). A soma dos elementos de uma diagonal (isto é, de uma paralela à hipotenusa) do Triângulo de Pascal (começando no primeiro elemento da diagonal) é igual ao elemento que está imediatamente abaixo da ultima parcela. Em outras palavras, podemos di-zer que a soma dos p termos da diagonal de ordem n é igual ao termo p da coluna de ordem 1n + , isto é,

, ,0 1,1 ,0

...p

n i i n n n p pi

C C C C+ + +=

= + + +∑ 1,n p pC + += .

52

Análise:

0C 1C 2C 3C 4C 5C 6C ...11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 1... ... ... ... ... ... ... ...

Por exemplo,

4,0 5,1 6,2 7,2C C C C+ + =i) ;

10,0 11,1 12,2 13,3 14,3C C C C C+ + + =ii) .

Demonstração. Utilizando as propriedades de combinação comple-mentares, isto é, , ,n p n n pC C −= , n p∀ ≥ , podemos escrever

, ,0 1,1 2,2 ,0

...p

n i i n n n n p pi

C C C C C+ + + +=

= + + + +∑

, 1, 2, ,...n n n n n n n p nC C C C+ + += + + + +

1, 1n p nC + + += (aplicando propriedade 2.3)

1,n p pC + += .

Propriedade 2.5. Valem as seguintes desigualdades:

, , 11se

2n p n pnC C p+−

< <a) ;

, , 11se

2n p n pnC C p+−

> >b) .

Interpretação: Os resultados (a) e (b) afirmam que na primeira metade de cada linha os elementos estão em ordem crescente (cada termo é menor que o seguinte, , , 1n p n pC C +< ) e que na segunda metade os elementos estão em ordem decrescente (cada termo é maior que o anterior, , , 1n p n pC C +> ).

53

Demonstração. Simplificando, obtemos

, 1 ,! !

( 1)!( 1)! !( )!n p n pn nC C

p n p p n p+ − = −+ − − −

!( ) !( 1) !( 2 1)( 1)!( )! ( 1)!( )!

n n p n p n n pp n p p n p− − + − −

= =+ − + −

.

Como !n , ( 1)!p + e ( )!n p− são positivos, então o sinal de

, 1 ,n p n pC C+ − é o mesmo de 2 1n p− − .

Logo

, 1 ,

0, 2 1 00, 2 1 0n p n p

n pC C

n p+

> − − >− < − − <

,

ou seja,

, 1 ,

10,2

10,2

n p n p

npC C

np+

−> <− −< >

.

Resumindo, até o momento estudamos os seguintes assuntos:

Relação de Stifel, , 1 1, 1n p n p n pC C C+ + ++ = .

Teorema das Diagonais

,0 1,1 , 1,...n n n p p n p pC C C C+ + + ++ + + = .

Teorema das Linhas

,0 ,1 ,... 2nn n n nC C C+ + + = .

Teorema das Colunas

, 1, , 1, 1...n n n n n p n n p nC C C C+ + + + ++ + + = .

Binomiais Complementares

, ,n p n n pC C −= , 0n ≥ , 0n p≥ ≥ .

54


Prove, fazendo as contas, que 1) 2, 2 , , 1 , 22n p n p n p n pC C C C+ + + += + + .

Calcule 2) ,0

( 1)n

n ii

i C=

+∑ .

Calcule o valor da soma3)

75

15( 1)

iS i i

=

= +∑a) .

1(2 1)

n

iS i i

=

= +∑b) .

2.4 Binômio de NewtonVamos analisar o desenvolvimento da expressão

( )na b+ ,

para cada valor de n :

para • 0n = : 0( ) 1a b+ = ;

para • 1n = : 1( ) 1 1a b a b a b+ = + = + ;

para • 2n = : 2 2 2( ) 1 2 1a b a ab b+ = + + ;

para • 3n = : 3 3 2 2 3( ) 1 3 3 1a b a a b ab b+ = + + + ;

para • 4n = : 4 4 3 2 2 3 4( ) 1 4 6 4 1a b a a b a b ab b+ = + + + + ;

para • 5n = : 5 5 4 3 2 2 3 4 5( ) 1 5 10 10 5 1a b a a b a b a b ab b+ = + + + + + e assim por diante.

Uma simples análise nas identidades acima verifica que:

à medida que o expoente aumenta, o número de termos de •desenvolvimento também aumenta;

o número de termos do desenvolvimento da expressão • ( )na b+ é 1n + . Assim, 3( )a b+ tem quatro termos, 5( )a b+ tem seis ter-mos, etc.;

55

as seqüências dos • coeficientes da expressão ( )na b+ formam o Triângulo de Pascal.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

... ... ... ... ... ... ...

Assim, através da relação de Stifel é possível determinar qualquer termo da expressão de ( )na b+ .

Novamente escrevendo o desenvolvimento da expressão ( )na b+ em termos de números binomiais, temos:

00,0( )a b C+ =

11,0 1,1( )a b C a C b+ = +

2 2 22,0 2,1 2,2( )a b C a C ab C b+ = + +

3 3 2 2 33,0 3,1 3,2 3,3( )a b C a C a b C ab C b+ = + + +

4 4 3 2 2 3 44,0 4,1 4,2 4,3 4,4( )a b C a C a b C a b C ab C b+ = + + + +

1 2 2 1,0 ,1 ,2 , 1 ,( ) ...n n n n n n

n n n n n n na b C a C a b C a b C ab C b− − −−+ = + + + + + .

Podemos, então, verificar que:

o coeficiente de cada termo é da forma • ,n iC , onde i varia de 0 a n ;

em qualquer termo o elemento • a é elevado a um expoente n i− ;

em qualquer termo o elemento • b é elevado a um expoente i .

De modo geral,

,0

( )n

n n i in i

ia b C a b−

=

+ =∑ . (3)

Você se lembra de que falamos em coeficientes

binomiais desde o início? É devido ao seu uso na

expansão da potência de uma soma que ele recebe

este nome.

56

A expressão (3) é chamada de Binômio de Newton.

A seguir demonstraremos a validade da expressão do Binômio de Newton, dada por (3), pelo princípio de indução.

1° Passo: Para 1n = ,

1( ) ( )a b a b+ = + ,

e

1,0 1,1 1 1C a C b a b a b+ = + = + .

Logo

1,0 1,1( )a b C a C b+ = + .

2° Passo: Vamos supor que a afirmação (3) é válida para n k= , ou seja,

,0

( )k

k k i ik i

ia b C a b−

=

+ =∑ , 1k ≥ .

3° Passo: Vamos provar a afirmação (3) para 1n k= + , ou seja, preci-samos verificar que

11 1

1,0

( )k

k k i ik i

ia b C a b

++ + −

+=

+ =∑ .

Podemos escrever

( ) ( )( )1k ka b a b a b++ = + +

,0

( )k

k i ik i

ia b C a b−

=

= + ∑ (2o passo – hipótese de indução)

1 2 2,0 ,1 ,2( ) k k k

k k ka b C a C a b C a b− −= + + +

1, 1 ,... k k

k k k kC a b C b−− + + +

1 1 2,0 ,1 ,0 ,2 ,1( ) ( )k k k

k k k k kC a C C a b C C a b+ −= + + + +

1, , 1 ,... ( ) k k

k k k k k kC C ab C b +−+ + + + .

(4)

Aplicando a relação de Stifel e utilizando as identidades

,0 1,0k kC C += e , 1, 1k k k kC C + += ,

57

obtemos, da expressão (4),

1 11,0 1,1( )k k k

k ka b C a C a b+ ++ ++ = + 1

1, 1, 1... k kk k k kC a b C b ++ + ++ + +

1

11,

0

kk i i

k ii

C a b+

+ −+

=

= ∑ ,

o que prova o resultado para 1n k= + . Logo, pelo princípio de in-dução, podemos concluir a validade da afirmação (3) para qualquer n∈ .

Observação 2.2. Às vezes, a expressão ( )na b+ é chamada de Binômio, e seu desenvolvimento (3) é conhecido como Binômio de Newton.

2.4.1 Termo Geral do BinômioVamos escrever

, 10 0

( )n n

n n i in i i

i ia b C a b T−

+= =

+ = =∑ ∑ ,

onde

1 , , 0n i ii n iT C a b i n−+ = ≤ ≤ . (5)

A expressão (5) é chamada de termo geral do binômio, e o coeficiente

,n iC é o coeficiente binomial do ( )1i + - ésimo termo. Por exemplo,

O coeficiente de 8° termo da expressão i) 10( )a b+ é 10,7C ;

O coeficiente de 4° termo da expressão ii) 13( )a b+ é 13,3C .

Exemplo 2.12 Escreva a representação por somatório do seguinte binômio: ( )na b− .


a b a b C a bn nn i

n i i

i

n

−( ) = + −( ) = −( )−

=,

0[ ] ∑ .

Como −( ) = −( )b bi i i1 , então

( ),0

( ) 1n

in n i in i

ia b C a b−

=

− = −∑

,0

( 1)n

i n i in i

iC a b−

=

= −∑ .

Note que essa forma de representar uma subtração

por uma soma com um termo negativo facilita os

cálculos e permite o uso padrão do termo geral do

binômio.

Aqui está sendo utilizada a distributividade da potência em relação à multiplicação. Por que você acha que esta

mudança foi feita?

58

Exemplo 2.13. Determine o termo geral do desenvolvimento de( )na b− .

Solução. Sabemos que

, 10 0

( ) ( 1)n n

n i n i in i i

i ia b C a b T−

+= =

− = − =∑ ∑ ,

onde

1 ,( 1) , 0i n i ii n iT C a b i n−+ = − ≤ ≤

é o termo geral da expressão ( )na b− .

Exemplo 2.14. Desenvolva o binômio

4( )x y+ .

Solução. Aplicando o desenvolvimento do Binômio de Newton, po-demos escrever

( )4 4 3 2 2 3 44,0 4,1 4,2 4,3 4,4x y C x C x y C x y C x y C y+ = + + + +

4 3 2 2 3 44 6 4x x y x y x y y= + + + + .

Exemplo 2.15. Desenvolva o binômio 5( )x y− .

Solução. Temos 5

5 55,

0( ) ( 1)i i i

ii

x y C x y−

=

− = −∑0 5 4 2 3 2

5,0 5,1 5,2( 1) ( 1) ( 1)C x C x y C x y= − + − + −

3 2 35,3( 1) C x y+ − 4 4

5,4( 1) C x y+ − 5 55,5( 1) C y+ −

5 4 3 2 2 3 4 55 10 10 5x x y x y x y x y y= − + − + − .

Exemplo 2.16. Calcule o 7° termo do desenvolvimento de 8(2 )y+ .

Solução. Podemos escrever 8

81

0(2 ) i

iy T +

=

+ =∑ ,

onde

81 8, 2 i i

i iT C y−+ = .

59

Agora, para 6i = , temos

2 67 8,6 2T C y= 68 7 4

1 2y⋅

=⋅

6112 y= .

Exemplo 2.17. Calcule o 6° termo do desenvolvimento de 7( 3)x − .

Solução. Temos

5 2 56 5 1 7,5 ( 1) 3T T C x+= = −

5 27.63 ( 1)

1.2x= −

221.81.3( 1)x= −

263.81x= −

Exemplo 2.18. Verifique se existe termo independente de a no de-senvolvimento de

71aa

+

.


71 7,

1 ii

i iT C aa

−+

=

7

7,i i

iC a a− −=

7 2

7,i

iC a −= .

Para que 1iT + seja independente de a , é necessário que 7 2 0i− = ,

ou seja, 72

i = .

Como i∈ , logo 72

i = ∉ . Portanto, não existe o termo independente de a .

Exemplo 2.19. Calcule o termo independente de x no desenvolvi-mento de

831 x

x +

.

termo independenteÉ comum em matemática fazer referência em uma equação ao termo em que a incógnita não aparece. A este termo chamamos de termo independente da in-cógnita ou simplesmente termo independente.

60


83

1 8,1 ( )

ii

i iT C xx

−

+ =

8 38,

i iiC x x− +=

8 4

8,i

iC x− += .

Para o termo independente de x , devemos ter o expoente igual a zero, ou seja,

8 4 0 2i i− + = ⇒ = ,

isto é, 8 8

3 8,2T C x− +=

8,2C=

8 7 281 2⋅

= =⋅ .

Exemplo 2.20. Desenvolva 4( 3 )x y− .

Solução. Temos

, 3a x b y= = − e 4n = .

Logo

( ) ( )4

4 44,

03 3 ii

ii

x y C x y−

=

− = −∑

( ) ( )24 3 24,0 4,1 4,23 3C x C x y C x y= + − + −

( ) ( )3 44,3 4,43 3C x y C y+ − + −

4 3 2 2 3 412 54 108 81x x y x y x y y= − + − + .

Portanto

( )4 4 3 2 2 3 43 12 54 108 81x y x x y x y x y y− = − + − + .

Exemplo 2.21. Determine o 6º termo do desenvolvimento de9

1xx

+

.

61

Solução. Temos

1 ,n i i

i n iT C a b−+ = .

Agora,1, , 9a x b nx

= = = e 5i = .

Assim, temos5

9 56 9,5

1T C xx

− =

4 5/ 29 8 7 61 2 3 4

x x−⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅

4 5/ 2126x −=3/ 2126x= .

Exemplo 2.22. Um dos termos do desenvolvimento de12

2

1xx

−

não depende de x . Qual é?


121 12, 2

1 ii

i iT C xx

−+

= −

( ) 12 212,1 i i i

iC x x− −= −

( ) 12 3

12,1 i iiC x −= − .

Para que 1iT + seja independente de x , devemos ter 12 3 0i− = ou 4i = .

Logo

( )4 12 125 12,41T C x −= −

12,412!

8! 4!C= =

12 11 10 9 11 5 91 2 3 4⋅ ⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

495= .

62

Exemplo 2.23. Escreva o termo em 6b da expressão ( )922 b+ .

Solução. Temos

( )9 21 9, 2

iii iT C b−+ =

9 2

9, 2 i iiC b−= .

Para obter o termo em 6b , devemos fazer 2 6i = , isto é, 3i = .

Logo,6 6

4 9,3 2T C b=

6 69.8.7 21.2.3

b=

6 684.2 b= .

Exemplo 2.24. Dê o coeficiente do termo em 8x no desenvolvimento de ( )103x − .

Solução. Temos

( )101 10, 3 ii

i iT C x −+ = −

( ) 10

10,1 3i i iiC x −= − .

Para obter o coeficiente do termo em 8x , devemos fazer 10 8i− = , isto é, 2i = .

Logo

( )2 8 23 10,21 3T C x= −

810 991 2

x⋅=

⋅

8405 x= .

Portanto, o coeficiente do termo em 8x é 405.

2.4.2 PropriedadesA seguir apresentaremos duas propriedades interessantes do binô-mio de Newton.

63

Propriedade 2.6. No desenvolvimento de ( )na b+ , a soma dos coeficien-tes de ordem par é igual a soma dos coeficientes de ordem ímpar.

Demonstração. Sabemos que

( ) ,0

nn n i i

n ii

a b C a b−

=

+ =∑ .

Vamos considerar 1a = e 1b = − . Obtemos

( ),0

0 1n

in i

iC

=

= −∑

( ),0 ,1 ,2 ,3 ,... 1 nn n n n n nC C C C C= − + − + + −

,1 ,3 ,0 ,2... ...n n n nC C C C⇒ + + = + + ,

o que demonstra a propriedade.

Propriedade 2.7. No desenvolvimento de ( )na b+ , a soma dos coeficientes é igual a 2n , ou seja,

,0

2n

nn i

iC

=

=∑ .

Demonstração. Sabemos que

( ) ,0

nn n i i

n ii

a b C a b−

=

+ =∑ .

Vamos considerar 1a b= = . Logo

,1

2n

nn i

iC

=

=∑ou

,0 ,1 ,... 2nn n n nC C C+ + + = .

Observe que este resultado já foi demonstrado anteriormente de uma outra maneira, quando foram estudadas as propriedades do triângulo de Pascal. Esta propriedade é equivalente ao Teorema das linhas, discutido no item 2.2.

Exemplo 2.25. Determine as somas dos coeficientes do desenvolvi-mento de ( )102x x+ .

Por que você acha que o que foi feito demonstra a

igualdade entre a soma dos termos de ordem par e a

soma dos de ordem impar?

OrdemNa fórmula do termo geral do binômio chamamos de ordem ao termo i.

64


( ) ( )10 102 210,

0

n i ii

ix x C x x

−

=

+ =∑ .

Para obter soma dos coeficientes, devemos considerar 1x = , isto é,

1010

10,0

2 ii

C=

=∑ .

Observação 2.3. Considere um polinômio

( ) 20 1 2 ... n

nP x a a x a x a x= + + + + ,então

( ) 0 1 21 ... nP a a a a= + + + + .

A soma dos coeficientes de um polinômio em x é o valor numérico do poli-nômio para 1x = .

Exemplo 2.26. Determine o termo máximo no desenvolvimento de2111

2 +

.

Solução. O termo geral é dado por

211 21,

112

ii

i iT C −+

=

21,12

i

iC =

.

Sabemos que cada termo é maior que o anterior (até certo valor de i ) , ou seja,

1i iT T+ >1

21, 21, 11 12 2

i i

i iC C−

− ⇒ >

( ) ( ) ( )

121! 1 21! 1! 21 2 1 ! 22 ! 2

i i

i i i i

− ⇒ > − − −

( )( ) ( )22 ! ! 221 ! 1 !

i ii i

−⇒ >

− −

22 2i i⇒ − >

2222 33

i i⇒ > ⇒ < .

Você se lembra em que local demonstramos este fato? Se não, retome no texto e procure o teorema, propriedade ou proposição que garante esta afirmação.

65

Assim, temos

1 0,1, 2,...,7i iT T i+ > ∀ ∈ .

Analogamente,

1 8,...,21i iT T i+ < ∀ ∈ .

Logo

1 2 3 7 8 9 21... ...T T T T T T T< < < < < > > > .

Portanto, o termo máximo é 8T , isto é,

7

8 21,712

T C =

.

Alternativamente, se fizermos o cálculo de cada um desses números veremos que T T7 8< e, por outro lado, T T9 8< . Logo, o termo máximo é T8 .

Exemplo 2.27. Calcule

,0

ni

n ii

C x=∑a) ;

,0

ni

n ii

i C x=∑b) ;

,0

n

n ii

i C=∑c) .

Solução.

a) Sabemos que

( ) ,0

nn n i i

n ii

a b C a b−

=

+ =∑ .

Considerando 1a = e b x= , obtemos

( ) ,0

1n

n in i

ix C x

=

+ =∑ .

b) Podemos escrever

, ,0 1

n nn i

n i n ii i

i C x i C x= =

=∑ ∑ .

pois, para 0i = , o valor da expressão é zero.

66

Portanto,

( ),1 1

!! !

n ni i

n ii i

ni C x i xn i i= =

=−∑ ∑

( )

( ) ( )( ) ( )1

1

1 !1 1 ! 1 !

ni

i

n nx x

n i i−

=

−=

− − − −∑

( )( ) ( )( )

1

1

1 !1 1 !( 1)!

ni

i

nn x x

n i i−

=

−=

− − − −∑

( ) 11 nn x x −= + .

c) Fazendo 1x = em (b) obtemos

1,

02

nn

n ii

i C n −

=

=∑ .

Observação 2.4. O desenvolvimento do binômio de Newton

( ) ,0

nn n i i

n ii

a b C a b−

=

+ =∑

é válido ainda que n não seja um inteiro positivo. Mas este estudo não faz parte deste trabalho.

Lista de Exercício 4

Determine o termo independente de 1) x no desenvolvimento de

61xx

+

a) ;

8123

xx

−

b) .

2) Calcule a soma dos coeficientes dos termos do desenvolvi-mento de

( )10x y+a) ;

( )81x −b) .

Calcule o termo central no desenvolvimento de 3) 12

2

1xx

+

.

Capítulo 3Análise Combinatória: Permutações e Combinações

69

A análise combinatória visa desenvolver métodos que per-mitam contar o número de elementos de um conjunto. Por exemplo: imagine que você é administrador do órgão de trânsito e precisa emplacar os veículos, que código você criaria? Quantas placas diferentes posso fazer com, por exemplo, 2 letras e 4 algarismos, como era antigamente? Por que quando foi alterado o código de emplacamanento, a decisão foi por aumentar uma letra e não um algarismo? A análise combinatória se ocupa de problemas do dia-a-dia como este.

Na análise combinatória consideramos conjuntos cujos elementos são agrupados sob certas condições. Tais condições serão estabeleci-das e estudadas no decorrer do curso.

Por exemplo,

A• é o conjunto de números de dois algarismos distintos for-mados a partir dos dígitos 1 e 2, ou seja,

11,12,21,22A = , # 4A = ,

onde o símbolo # representa o número de elementos.

Neste caso, temos 4 elementos no conjunto A e escrevemos que # 4A = (cardinal de A é quatro).

B• é o conjunto das seqüências de letras que se obtêm mudan-do-se a ordem das letras da palavra sol , ou seja,

, , , , ,B sol slo osl ols lso los= , # 6B = .

Neste caso, o conjunto B tem 6 elementos.

C• é o conjunto de números de três algarismos, todos distintos, formados a partir dos dígitos 0, 1, 2, 3 e 4. Então temos

Capítulo 3Análise Combinatória:

Permutações e Combinações

70

012, 021, 013, 031, 014, 041,...C = .

Observe que nesse caso há um número grande de possibilidades. Desse modo, é trabalhoso obter todos os elementos agrupados deste conjunto. A seguir apresentaremos algumas técnicas de agrupamento de determinados elementos. Estas técnicas são conhecidas como Prin-cípio Fundamental de Contagem ou regras gerais de Análise Combinatória.

3.1 Princípio Fundamental de Contagem

Antes de apresentarmos este princípio, daremos dois resultados, co-nhecidos como regra da soma e regra do produto.

Regra da Soma•

A regra da soma nos diz que se um elemento pode ser escolhido de m formas e um outro elemento pode ser escolhido de n formas, en-tão a escolha de um ou outro elemento se realizará de m n+ formas, desde que tais escolhas sejam independentes, isto é, nenhuma das escolhas de um elemento pode coincidir com uma escolha do outro. Matematicamente, se A e B são dois conjuntos disjuntos com m e n elementos respectivamente, então A B∪ possui m n+ elementos.

Regra do Produto•

A regra do produto diz que se um elemento a pode ser escolhido de m formas diferentes, e se depois de cada umas dessas escolhas um outro elemento b pode ser escolhido de n formas diferentes, a esco-lha do par ( , )a b , nesta ordem, poderá ser realizada de m n formas. Mais precisamente, se considerarmos os conjuntos 1 2, ,..., mA a a a= e

1 2, ,..., nB b b b= , poderemos formar m n pares ordenados ( , )a b onde

ia A∈ e jb B∈ , 1,2,..., ; 1,2,...,i m j n= = . A verificação deste resultado é bem simples, veja o diagrama a seguir:

71

a¹

b¹

b²

bn

…

( a , b )1 1

…

b¹

b²

bn

…

2( a , b )2

…

a

b¹

b²

bn

…

( a , b )1

( a , b )2

…

( a , b )n

a2

( a , b )12

( a , b )21

( a , b )n1

( a , b )n2

m

m

m

m

m n pares

… …

Figura 3.1

Exemplo 3.1. Temos três cidades ,X Y e Z . Existem duas rodovias que ligam X com Y , e quatro que ligam Y com Z . Partindo de X e passando por Y , de quantas formas podemos chegar até Z ?

X

a²

a¹¹b

²b

³bb4

Y Z

Figura 3.2

Solução. Seja A o conjunto das rodovias que ligam X com Y , então 1 2,A a a= . Seja B o conjunto das rodovias que ligam Y com Z , então 1 2 3 4, , ,B b b b b= .

Conforme a regra acima, temos 2.4 8= formas de chegar de X até Z .

Exemplo 3.2. Uma moça possui 5 blusas e 6 saias distintas. De quan-tas formas ela pode vestir uma blusa e uma saia?

Solução. 5 6 30⋅ = .

Exemplo 3.3. Numa festa existem 40 homens e 50 mulheres. Quan-tos casais diferentes podem ser formados?

Solução. 40 50 2000⋅ = .

72

Exemplo 3.4. Para fazer uma viagem de ida e volta de Florianópolis a Joinville, podemos ir ou voltar de carro, ônibus ou avião. De quan-tos modos podemos escolher os transportes?

Carro

Ônibus

Avião

Florianópolis

Carro

Ônibus

Avião

Joinville Florianópolis

Figura 3.3

Temos três possibilidades de ida e três de volta. Conforme a regra acima, podemos fazer essa viagem de 3.3 9= formas.

Observação 3.1. No exemplo 3.4, se não desejamos usar na volta o mesmo meio de transporte usado na ida, o número de possibilidades de volta se reduz de 3 para 2, então temos 3 2 6⋅ = formas de realização dessa viagem. Veja a seguir a regra mais geral desses tipos de situações.

Lema 3.1. O número de pares ordenados ( , )i ja a tais que 1 2, , ,...,i j ma a A a a a∈ = e i ja a≠ ( )i j≠ , 1,2,...,i j m= = é ( )1m m − .

A demonstração do lema acima é óbvia. Isso pode ser analisado através da figura abaixo:

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 3 1, , , ,..., , 1 paresma a a a a a m→ −

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 3 2, , , ,..., , 1 paresma a a a a a m→ −

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1, , , ,..., , 1 paresm m m ma a a a a a m− → −

O número de pares é

( ) ( ) ( ) ( ) vezes

1 1 ... 1 1m

m m m m m− + − + + − = −

.

Exemplo 3.5. Quantos números com dois algarismos distintos po-demos formar com os dígitos 1 a 9?

73

Solução. Seja 1,2,...,9A = . Considere dois números a e b tais que ,a b A∈ , a b≠ , então cada número pode ser considerado um par de

dígitos ( ),a b , a b≠ , onde temos 9.8 72= formas diferentes de dois algarismos distintos.

Exemplo 3.6. Um edifício tem 5 portas. De quantas formas uma pes-soa poderá entrar no edifício e sair por uma porta diferente da que usou para entrar?

Solução. 5 4 20⋅ = .

A seguir daremos um resultado mais geral.

Proposição 3.1. Consideremos r conjuntos de in elementos cada:

1 2 , ,..., ii i i inA a a a= , 1,2,...,i r= .

Então, o número de uplasr − ordenadas (seqüência de r elementos) do tipo ( )1 2, ,..., rx x x é 1 ... rn n n⋅ ⋅ ⋅ , 2r ≥ , onde i ix A∈ , 1,2,...,i r= .

A demonstração da proposição 3.1 pode ser feita aplicando o princí-pio de indução.

A seguir veremos outros exemplos:

Exemplo 3.7. Uma moeda é lançada 5 vezes. Qual é o número de seqüências possíveis de caras e/ou coroas?

Solução. Sabemos que cada lançamento tem duas possibilidades: cara ou coroa. Como temos 5 lançamentos, então o resultado procurado é

52.2.2.2.2 2 32= = seqüências possíveis de cara e/ou coroa.

Exemplo 3.8. De quantas formas podemos responder um questio-nário com 10 perguntas cuja resposta para cada pergunta pode ser sim, não ou não sei?

Solução. Vamos representar as perguntas do questionário por um conjunto

1 2 10, ,...,A a a a=,

onde cada ( )1,2,...,10ia i = tem três possibilidades de respostas, ou seja

Esta demonstração fica como exercício para você: siga os passos do princípio

de indução e converse com seu tutor sobre a

demonstração que você fez.

r-uplasEsta notação é comum em matemática para generalizar a forma do português que fala de dupla, tripla, quádru-pla, quíntupla, para seqüên-cias ordenadas com 2, 3, 4 e 5 elementos. Para uma se-qüência ordenada com qual-quer número r de elementos, dizemos uma r-upla.

74

sim, não, não seiia ∈ .

Logo, pela proposição 3.1, temos 10

10 vezes

3.3. ... .3 3=

possibilidades.

Exemplo 3.9. Cinco dados são lançados simultaneamente. Quantas seqüências de resultados são possíveis, se considerarmos cada ele-mento de uma seqüência como o número obtido em cada dado?

Solução. Sabemos que quando lançamos um dado temos seis possi-bilidades: aparecer um dos seis números, 1, 2, 3, 4, 5 e 6. Como cinco dados são lançados simultaneamente, então temos no total

56.6.6.6.6 6= ,

seqüências de resultados possíveis.

Proposição 3.2. Consideremos um conjunto A com m ( )2m ≥ elemen-tos. Então o número de r uplas− ordenadas (seqüências com r elementos) formadas com elementos distintos, dois a dois, de A é

( )( ) ( )( )1 2 ... 1m m m m r− − − − ,

ou seja, se 1 2, ,..., mA a a a= é o conjunto com m ( )2m ≥ elementos então o número de seqüências do tipo ( )

elementos

,..., ,...,j i k

r

a a a

com

, 1, 2,...,,

i

i p

a A i ma a i p ∈ ∀ ∈

≠ ≠

é ( ) ( )1 ... 1m m m r− − + .

A demonstração pode ser feita aplicando o princípio de indução.

Exemplo 3.10. Seis atletas participam de uma corrida. Quantos re-sultados possíveis existem para 1°, 2° e 3° lugares?

Solução. Na corrida, cada atleta pode chegar em 1°, 2° ou 3° lugar, então cada resultado consta de uma tripla ordenada ( ), ,a b c onde

1a = lugar, 2b = lugar e 3c = lugar. , ,a b c pertence ao conjunto de atletas mas a b≠ , b c≠ e a c≠ . Logo, o número de resultados possíveis é

3 lugar1 lugar 2 lugar

6 5 4 120⋅ ⋅ =

.

Faça esta demonstração como um exercício para você.

75

Exemplo 3.11. De quantos modos 5 pessoas podem ficar numa fila indiana?

Solução. Cada modo corresponde uma 5− upla ordenada de pessoas ( )1 2 3 4 5, , , ,a a a a a . Logo, o resultado procurado é

5 4 3 2 1 120⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .


Um homem vai a um restaurante disposto a comer um só prato 1) de carne e uma só sobremesa. O cardápio oferece 8 pratos dis-tintos de carne e 5 pratos diferentes de sobremesa. De quantas formas pode o homem fazer sua refeição?

Numa festa existem 80 homens e 90 mulheres. Quantos casais 2) diferentes podem ser formados?

Um edifício tem 8 portas. De quantas formas uma pessoa po-3) derá entrar no edifício e sair por uma porta diferente da que usou para entrar?

Um homem possui 10 ternos, 12 camisas e 5 sapatos. De quan-4) tas formas poderá ele vestir um terno, uma camisa e um par de sapatos?

De quantas formas podemos responder a 12 perguntas de um 5) questionário, cujas respostas para cada pergunta são sim ou não?

Uma prova consta de 20 testes tipo verdadeiro ou falso. De 6) quantas formas uma pessoa poderá responder aos 20 testes?

Quantos números de 3 algarismos (iguais ou distintos) pode-7) mos formar com os dígitos 1,2,3,7,8?

Quantos números telefônicos com 7 dígitos podem ser forma-8) dos, se usarmos os dígitos de 0 a 9?

76

3.2 ArranjosSe temos um conjunto 1,..., mA x x= de m elementos, chamamos de arranjos dos m elementos tomados r a r ( )a r m≤ ≤ a quaisquer r − uplas, (seqüência de r elementos) formados com elementos de A , todos distintos.

Os arranjos podem ser simples ou com repetições.

3.2.1 Arranjos SimplesVocê já se perguntou de quantas formas é possível preencher um car-tão de Mega Sena? Neste caso você deve escolher 6 números dentre as 60 dezenas e não pode escolher duas vezes o mesmo número. Este é um problema que possui as características do arranjo simples.

O arranjo simples é aquele onde não ocorre a repetição de qualquer elemento em cada grupo de r elementos. Seja 1 2, ,..., mX x x x= e SA o conjunto dos arranjos simples dos m elementos tomados r a r . Então, cada arranjo é uma seqüência de r elementos, em que cada elemento pertence a X , e são todos distintos. Pelo principio funda-mental da contagem, o número de arranjos em SA será

( ) ( )( )1 ... 1SA m m m r= − − −

( )! , 1

!m r m

m r= ≤ ≤

− .

Em particular, se 1r = , então SA m= . (Às vezes, arranjo simples é conhecido como arranjo sem repetição).

Exemplo 3.12. Em um conjunto de 5 elementos são formados agru-pamentos de elementos distintos tomados 2 a 2. Quantas seqüências de elementos é possível obter?

Solução. Seja 1 2 3 4 5, , , ,X x x x x x= , 5m = e 2r = . O número de arranjos simples desses 5 elementos tomados 2 a 2 é

( )5! 5!# 5.4 20

5 2 ! 3!SA = = = =−

.

77

Nesse caso o conjunto de arranjos simples tomados 2 a 2 é dado por

1 2 1 3 1 4 1 5 2 1 2 3 2 4 2 5 3 1 3 2 3 4 3 5, , , , , , , , , , , ,SA x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x=

4 1 4 2 4 3 4 5 5 1 5 2 5 3 5 4, , , , , , ,x x x x x x x x x x x x x x x x , # 20SA = .

Aqui, , , 1, 2,3, 4 e 5i j j ix x x x i j i j≠ ≠ = .

Exemplo 3.13. De um baralho de 52 cartas, 2 cartas são retiradas su-cessivamente e sem reposição. Quantas seqüências de cartas é possí-vel obter?

Solução. Em cada resultado temos um par ordenado de cartas ( ),x y

em que x é a primeira e y é a segunda carta extraída. Observe que x e y são distintas e a extração é feita sem reposição. Logo, o nú-mero de arranjos simples é

52 51 2652SA = ⋅ = .

Exemplo 3.14. Consideremos os dígitos 1, 2, 3 e 4. Quantos números de 2 algarismos distintos podem ser formados?

Solução. Os números de 2 algarismos têm o algarismo das uni-dades e o algarismo das dezenas. Logo, existem 2 posições para serem preenchidas. Se considerarmos um dos quatros dígitos na 1° posição, então temos 3 dígitos a serem colocados na 2° posição (os algarismos são distintos). Portanto, temos 4 3 12⋅ = números de 2 algarismos diferentes que podem ser formados com 4 dígitos.

Exemplo 3.15. Dado o conjunto 1 2 3 4, , ,X x x x x= , quantos subcon-juntos de 2 elementos X possui?

Solução. Para formar uma seqüência de grupos de elementos de 2 a 2, temos 4.3 12= possibilidades. Mas queremos formar subcon-

juntos onde , ,i j j ix x x x= . ( , 1,2,3,4)i j = . Logo temos 12 62=

possibilidades de formar subconjuntos de X com 2 elementos:

1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4, , , , , , , , , , ,x x x x x x x x x x x x .

78

3.2.2 Arranjo com RepetiçãoNeste caso todos os elementos podem aparecer repetidos em cada grupo de r elementos. Vamos considerar 1 2, ,..., mX x x x= e vamos represen-tar por RA o número de arranjos, com repetição de elementos, tomados r a r . Então cada arranjo com repetição é uma seqüência de r elemen-tos, em que cada elemento pertence a X . Pelo principio fundamental da contagem, o número de arranjos RA será

vezes

. . . ... . ,rR

r

A m m m m m r ∗= = ∈

.

Em particular, quando 1r = , RA m= .

Exemplo 3.16. Em um conjunto de 4 elementos são formados agrupa-mentos dos elementos dois a dois, onde aparecem elementos repetidos em cada grupo. Quantas seqüências de elementos são possíveis obter?

Solução. Temos 4m = e 2r = . Logo, a resposta será 24 4.4 16= = . Veja o conjunto abaixo para conferir 1 2 3 4, , ,X x x x x=

( ) 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3, , , , , , ,X RA x x x x x x x x x x x x x x=

2 4 3 1 3 2 3 3 3 4 4 1 4 2 4 3 4 4, , , , , , , ,x x x x x x x x x x x x x x x x x x ,

( )# 16X RA = .

Exemplo 3.17. Numa sorveteria há 15 sabores diferentes de sorvete. Con-siderando que não se podem misturar sabores, de quantas maneiras 5 pessoas podem fazer seus pedidos?

Solução. Cada pessoa tem 15 escolhas para o seu pedido. Como são 5 pessoas, então são 515 15 15 15 15 15⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = maneiras de fazer o pedido.


Quantas palavras contendo 3 letras diferentes podem ser forma-1) das com um alfabeto de 26 letras?

Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões de 2) múltipla escolha com cinco alternativas por questão?

79

De quantos modos diferentes podem ser escolhidos um presi-3) dente e um secretário de um conselho que tem 12 membros?

De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em 5 cadeiras 4) em fila?

Quantos números de quatro dígitos são maiores que 2400 e:5)

Têm todos os dígitos diferentes.a)

Não têm dígitos iguais a 3,5 ou 6.b)

Têm as propriedades a) e b) simultaneamente.c)

6) Quantos são os números naturais de 4 dígitos que possuem pelo menos dois dígitos iguais?

7) Em uma banca há 5 exemplares iguais da revista A , 6 exem-plares iguais da revista B e 10 exemplares iguais da revista C . Quantas coleções não vazias de revistas dessa banca é possível formar?

8) Quantos números diferentes podem ser formados multiplican-do alguns (ou todos) dos números 1, 5, 6, 7, 7, 9, 9, 9?

9) Um vagão de metrô tem 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e 5 de costas. De 10 passageiros, 4 preferem sentar de frente, 3 preferem sentar de costas e os demais não têm pre-ferência. De quantos modos os passageiros podem se sentar, respeitando-se as preferências?

10) Fichas podem ser azuis, vermelhas ou amarelas; circulares, re-tangulares ou triangulares, finas ou grossas. Quantos tipos de fichas existem?

3.3 PermutaçõesNesta seção apresentaremos diversas formas de permutações, tais como: permutação, permutação com alguns elementos distintos e permutações simples circulares.

80

3.3.1 Permutação SimplesSeja 1 2, ,..., mX x x x= um conjunto com m elementos. Chamamos de permutação dos m elementos todo arranjo em que r m= , ou seja, uma permutação de m objetos distintos é qualquer agrupamento ordenado desses objetos, de modo que, se mP representa o número das permutações simples dos m objetos, então

( )( )1 2 ... .2.1 !mP m m m m= − − = .

Em particular, se 1m = , então 1 1P = .

Exemplo 3.18. Seja 1 2 3, ,X x x x= , então as permutações dos elemen-tos de X são todos os arranjos constituídos de 3 elementos. Assim, temos 3.2.1 6= permutações. Veja todas as possibilidades abaixo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1, , , , , , , , , , , , , , , , ,x x x x x x x x x x x x x x x x x x .

Exemplo 3.19. De quantas formas podem ficar 8 pessoas em fila in-diana?

Solução. Observe que temos 8 possibilidades de uma pessoa ficar no 1° lugar, 7 possibilidades de uma pessoa ficar no 2° lugar e assim por diante. Logo, temos

8 8.7.6.5.4.3.2.1 8!P = =

número de possibilidades.

Exemplo 3.20. De quantas maneiras 10 moças e 10 rapazes podem formar pares para uma dança?

Solução. A primeira moça tem 10 possibilidades de escolher. A se-gunda moça tem 9 possibilidades e assim sucessivamente. Como te-mos 10 moças e 10 rapazes, a última moça terá uma possibilidade. Por-tanto, pelo princípio de multiplicação, temos 10.9.8.7.6.5.4.3.2.1 10!= maneiras de formar pares para a dança.

Exemplo 3.21. Quantos são os anagramas da palavra LIVROS?

Solução. Cada anagrama da palavra LIVROS é uma ordenação das letras L, I, V, R, O, S. Assim, o número de anagramas da palavra LIVROS é 6 6!P = .

AnagramaNa língua portuguesa, ana-grama é a transposição de letras de palavra ou frase para formar outra palavra ou frase diferente (Natércia, de Caterina; amor, de Roma; Célia, de Alice, etc.). Mate-maticamente, consideramos todas as ordens diferentes em que se podem colocar as letras de uma palavra, ainda que não sejam formadas no-vas palavras.

81

Exemplo 3.22. Quantos são os anagramas da palavra LIVROS que começam e terminam por consoante?

Solução. A consoante inicial pode ser escolhida de 4 maneiras (L, V, R, S), e a final, de 3 maneiras. As quatro letras restantes podem ser esco-lhidas de qualquer maneira, ou seja, 4 4!P = modos.

Logo, a resposta é

4 3 4! 12 4 3 2 1 288⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

3.3.2 Permutações com Elementos RepetidosA seguir daremos uma fórmula para calcular permutações de ele-mentos, nem todos distintos. Inicialmente, vamos considerar um exemplo com a palavra ARI que tem todos os elementos distin-tos. Então, pela fórmula de permutação simples, podemos formar

3 3! 6P = = anagramas da palavra ARI:

ARI, RAI, RIA, AIR, IAR, IRA.

Agora vamos supor que duas dessas três letras são iguais, ou seja, vamos considerar a palavra OVO, então temos a seguinte configura-ção dos anagramas:

OVO, VOO, VOO, OOV, OOV, OVO

Observe, neste caso, que alguns dos elementos são iguais, ou seja, temos apenas 3 anagramas diferentes:

OVO, VOO, OOV.

A seguir deduziremos uma fórmula para o cálculo de permutações em que alguns elementos são repetidos.

Vamos calcular o número de permutações que podemos formar quando alguns elementos a serem permutados são iguais. Inicial-mente, consideramos n elementos, dos quais 1n são iguais a 1a e os restantes são todos distintos entre si e distintos de 1a .

Vamos representar 1nnP o número de permutações nessas condições

e calculemos esses números.

82

Cada permutação de n elementos é uma n -upla ordenada em que aparecem 1n elementos iguais a 1a , e o restante, 1n n− elementos distintos

( ) elementos

, , ,...,n

− − − −

.

Das n posições que existem na permutação, vamos escolher 1n n− posições para colocar os elementos distintos de 1a . Então existem

1,n n nC − modos de escolher essas posições.

Para cada escolha de ( )1n n− posições, existem ( )1 !n n− modos em que os ( )1n n− elementos podem ser permutados. Logo, existem

( )1, 1

1

!!!n n n

nC n nn− − = ,

formas de dispormos os elementos distintos de 1a na permutação.

Uma vez colocados esses elementos distintos, a posição dos elemen-tos repetidos 1a fica determinada (de uma só forma) pelos lugares restantes. Logo, existem

1

!!

nn

permutações com 1n elementos iguais a 1a . Isto é,

1

1

!!

nn

nPn

= .

Em geral, se consideramos n elementos, dos quais

1n são iguais a 1a

2n são iguais a 2a

rn são iguais a ra ,

então podemos calcular o número de permutações, nessas condi-ções, através da fórmula

1 2, ,...,

1 2

!! !... !

rn n nn

r

nPn n n

= .

83

Em particular, quando 1 2 ... 1rn n n= = = = , então temos a fórmula de permutação simples

1,1,...,1 !n nP P n= = ,

que é o número de permutações de n elementos distintos.

Exemplo 3.23. Quantos anagramas existem na palavra SIMPLES?

Solução. TemosS → 2 vezes

I → 1 vez

M→ 1 vez

P → 1 vez

L → 1 vez

E → 1 vez

Assim, 7n = , 1 2n = , logo

27

7! 7.6.5.4.3 7.30.12 84.30 25202!

P = = = = = anagramas.

Exemplo 3.24. Quantos são os anagramas da palavra MATEMÁTICA?

Solução. Aqui as letras A e Á são consideradas iguais. Temos 3 le-tras A, 2 letras M, 2 letras T, 1 letra C, 1 letra I e 1 letra E. Logo,

3,2,210

10! 1512003!2!2!

P = =

anagramas da palavra MATEMÁTICA.

3.3.3 Permutações CircularesA pergunta é de quantos modos podemos colocar n objetos distin-tos em n lugares eqüidistantes em torno de um círculo, consideran-do equivalentes as disposições que possam coincidir por rotação. Vamos denotar estas permutações por nPC .

Antes de calcular o valor de nPC , vamos considerar um exemplo simples: quando 3n = . Seja 1 2 3, ,X x x x= . Utilizando a fórmula de

84

permutação simples, temos 3 3! 6P = = modos de colocar 3 objetos distintos em 3 lugares. Veja as figuras abaixo:

x³

²x

¹x¹x ²x

x³¹x

²x x³

¹x

²x

x³¹x²x

x³¹x

²xx³

Figura 3.4

Temos as seguintes posições:

1 2 3, ,x x x , 3 1 2, ,x x x , 2 3 1, ,x x x ,

1 3 2, ,x x x , 3 2 1, ,x x x , 2 1 3, ,x x x .

Para facilitar, colocamos os objetos no sentido anti-horário.

Em caso de colocação de objetos numa forma circular, as colocações

1 2 3, ,x x x , 3 1 2, ,x x x , 2 3 1, ,x x x

são iguais, pois estão na mesma ordem.

Analogamente, as colocações

1 3 2, ,x x x , 3 2 1, ,x x x , 2 1 3, ,x x x

também são iguais, pois estão na mesma ordem. Logo, temos apenas duas formas de colocar três objetos 1 2 3, ,x x x em círculo, que são

1 2 3, ,x x x e 1 3 2, ,x x x .

Portanto, neste caso, 3 2PC = .

Podemos escrever também

85

( )33! 3 1 ! 2! 23

PC = = − = = .

Em geral, temos a seguinte fórmula:

( )! 1 !nnPC nn

= = − .

Vamos analisar a fórmula dada acima para 4n = . Seja 1 2 3 4, , ,X x x x x= . Queremos colocar estes quatro objetos distintos

em círculo. De quantos modos podemos fazer isso, entendendo que as disposições que podem coincidir por rotação são consideradas iguais? Pela fórmula de permutação simples, a resposta é 4 4! 24P = =, e pela fórmula de permutação circular, é ( )4 4 1 ! 3! 6PC = − = = .

Vamos conferir esta situação através das figuras:

x4

x4

¹x

²x

x³ x4

¹x

²x

x³ x4

¹x

²x

x³

¹x

²x

x³Figura 3.5

Observemos que as quatro disposições colocadas em circulo são iguais, ou seja,

1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 2 1 4 1 2 3 #1x x x x x x x x x x x x x x x x= = =• .

Analogamente, podemos conferir igualdade entre as seguintes situ-ações, respectivamente,

1 4 2 3 3 1 4 2 2 3 1 4 4 2 3 1 #1x x x x x x x x x x x x x x x x= = =•




1 4 3 2 4 3 2 1 3 2 1 4 2 1 4 3 #1x x x x x x x x x x x x x x x x= = =• .

86

Logo, a resposta é

( )44! 4 1 ! 3! 64

PC = = − = =

permutações de 4 objetos dispostos em torno de um círculo.

Exemplo 3.25. De quantas maneiras podemos colocar 6 crianças numa roda?

Solução. ( )6 6 1 ! 5! 120PC = − = = .

Exemplo 3.26. De quantos modos podemos formar uma roda de ciran-da com 8 crianças, de modo que duas determinadas dessas crianças não fiquem juntas?

Solução. No total temos 8 crianças. 1 2 3 4 5 6 7 8, , , , , , ,X x x x x x x x x= . Excluindo as duas determinadas crianças, restam agora 6 crianças. Podemos formar ( )6 6 1 ! 5! 120PC = − = = rodas com essas seis crian-ças 1 2 3 4 5 6, , , , ,X x x x x x x= .

x4

x5

x6

¹x

²x

x³

Figura 3.6

Temos agora 6 maneiras diferentes de colocar uma dessas duas crianças, e temos 5 maneiras diferentes de colocar a segunda criança, 8x ,

x7

x4

x5

x6

¹x

²x

x³

Figura 3.7

que não pode ficar entre 6x e 7x , nem entre 7x e 1x , pois as crianças

7x e 8x não podem ficar juntas.

87

Logo, temos

5! 6 5 120 30 3600⋅ ⋅ = ⋅ =

maneiras diferentes de colocar 8 crianças numa roda, onde duas de-terminadas crianças não podem ficar juntas.

Exemplo 3.27. Temos 5 meninas e 5 meninos. De quantas maneiras eles podem formar uma roda, de modo que meninos e meninas se alternem?

Solução. Podemos formar 5 4!PC = rodas somente com as meninas. Agora se colocarmos os meninos entre essas 5 meninas, teremos que escolher as posições um por um, ou seja, o 1° menino tem 5 maneiras diferentes de ficar entre essas 5 meninas. Como dois meninos não po-dem ficar juntos, então o segundo menino tem 4 maneiras diferentes de ficar entre essas 5 meninas, e assim por diante. Logo, temos

4! 5 4 3 2 1 4!5! 24 120 2880⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ =

formas diferentes de colocar 5 meninas e 5 meninos de modo que meninas e meninos fiquem de forma alternada.

Em geral, se temos m meninas e m meninos, então temos

( )1 ! !m m−

formas diferentes de colocar m meninas e m meninos numa roda, onde meninos e meninas se alternem.


Quantos são os anagramas da palavra CAPÍTULO:1)

Que comea) çam por consoante e terminam por vogal?

Que têm as letras C, A, P juntas nessa ordem?b)

Que têm as letras C, A, P juntas em qualquer ordem?c)

Que têm as vogais e as consoantes intercaladas?d)

Que têm a letra C no 1° lugar e a letra A no 2° lugar?e)

88

Que têm a letraf) C no 1° lugar ou a letra A no 2° lugar?

Que têmg) a letra C no 1° lugar ou a letra A no 2° lugar ou a letra P no 3° lugar?

2) Permutam-se de todos os modos possíveis os algarismos 1, 2, 4, 6, 7 e escrevem-se os números assim formados em ordem crescente.

Que lugar ocupa o número 62417?a)

Qual é o número que ocupa o 66° lugar?b)

Qual é o 200° algarismo escrito?c)

Qual é a soma dos números assim formados?d)

3) De quantos modos é possível sentar 7 pessoas em cadeiras em fila de modo que duas determinadas pessoas dessas 7 não fi-quem juntas?

4) De quantos modos é possível colocar em uma prateleira 5 li-vros de matemática, 3 de física e 2 de estatística, de modo que livros de um mesmo assunto permaneçam juntos?

Quantas são as permutações dos números 5) ( )1,2,...,10 nas quais o 5 está situado à direita do 2 e à esquerda do 3, embora não necessariamente em lugares consecutivos?

De quantos modos podemos dividir 12 pessoas:6)

Em dois grupos de 6?a)

Em três grupos de 4?b)

Em um grupo de 5 e um grupo de 7?c)

Em seis grupos de 2?d)

Em dois grupos de 4 e dois grupos de 2?e)

7) Delegados de 10 países devem se sentar em 10 cadeiras em fila. De quantos modos isso pode ser feito se os delegados do Brasil e de Portugal devem sentar juntos e o do Iraque e o dos Estados Unidos não podem sentar juntos?

89

8) Um cubo de madeira tem uma face de cada cor. Quantos dados diferentes podemos formar gravando números de 1 a 6 sobre essas faces?

9) Quantos números de 7 dígitos, maiores que 6000000, podem ser formados usando apenas os algarismos 1, 3, 6, 6, 6, 8, 8?

10) De quantos modos 5 meninos e 5 meninas podem formar uma roda de ciranda de modo que pessoas de mesmo sexo não fi-quem juntas?

3.4 CombinaçõesNesta seção apresentaremos a noção de combinações em duas for-mas diferentes. Uma, combinação simples, e outra, combinação completa.

3.4.1 Combinações SimplesImagine que você é um artista e tem à sua disposição matrizes com as três cores primárias. Quantas cores diferentes você pode obter misturando duas matrizes? E 3? As combinações simples referem-se a este tipo de problemas, nos quais interessa a escolha. Veja, tanto faz misturar o azul primeiro ou o vermelho primeiro, o resultado final será a mesma cor.

Assim, as combinações simples respondem à seguinte questão: de quantos modos podemos escolher r objetos distintos entre m obje-tos distintos dados?

Seja 1 2, ,..., mX x x x= um conjunto com m elementos. Chamamos de combinação simples dos m objetos ou elementos, tomados r a r , os subconjuntos de X constituídos de r elementos.

Por exemplo, se temos , , ,X a b c d= um conjunto com 4 elementos, então podemos formar 6 subconjuntos de dois elementos, ou seja, ,a b , ,b c , ,c d , ,a c , ,b d e ,a d quando já entendemos que , ,a b b a= . Pela definição, observem que combinação é um subconjunto de um conjunto, portanto não depende de ordem dos elementos.

90

Por outro lado, é importante notar a diferença entre uma combina-ção (conjunto) e uma seqüência, pois numa combinação não impor-ta a ordem dos elementos, e numa seqüência importa a ordem dos elementos.

Cálculo do número de combinações•

O número de combinações simples de ordem r de m objetos é dado por ,m rC , ou seja,

C mr m r

r mm r,!

! !,=

−( )≤ ≤0

( )( ) ( )1 2 ... 1, 0

!m m m m r

r mr

− − − += ≤ ≤

.

Podemos também escrever

,, !

m rm r

AC

r=

ou

, ,! ,m r m rA r C=

onde ,m rA é o número de arranjos de m elementos tomados r a r .

Em particular, temos , 1m mC = , ,0 1mC = e 0,0 1C = .

Exemplo 3.28. Queremos formar uma comissão de 4 membros e dis-pomos de 15 membros. Quantas comissões podem ser formadas?

Solução. Observe que cada comissão é um subconjunto de 4 elemen-tos. Assim, as comissões devem ser combinações dos 15 membros tomados 4 a 4. Logo, o número de comissões é:

15,415! 15 14 13 12 11!

4! 11!C ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= =11! 4 3 2 1⋅ ⋅ ⋅

15 13 7 1365= ⋅ ⋅ = .

Exemplo 3.29. Quantas saladas contendo exatamente 3 frutas pode-mos formar se dispomos de 12 frutas diferentes?

Solução. Para o cálculo do número de saladas deve ser usado o con-ceito de combinações. Para formar uma salada basta escolher 3 das 12 frutas, o que pode ser feito de

Você se lembra de ter visto esta fórmula anteriormente? Não é por acaso que a notação de números binomiais e de combinações é a mesma. Volte ao início do capítulo 2 e compare.

91

12,312! 12.11.10 2203! 9! 3.2.1

C = = = modos diferentes.

Exemplo 3.30. Vamos considerar duas retas paralelas. Marcamos 4 pontos sobre uma reta 1R e 9 pontos sobre outra reta, 2R . Quantos triângulos existem com vértices em 3 desses 13 pontos?

a²a¹

¹b ²b ³b b4

a3 a4

b5 b6 b7 b8 9b

R¹

R²

Figura 3.8

Solução. Para formar um triângulo necessitamos três pontos. Vamos considerar inicialmente um ponto em 1a na reta 1R e dois pontos, 1b e 2b , na reta 2R . O número de triângulos desse tipo é 9,24C

. Analo-gamente consideremos um ponto em 1b na reta 2R e consideremos dois pontos, 1a e 2a , na reta 1R . Assim formamos um triângulo. O número de triângulo desse tipo é 4,29C

. Logo, o número total de triângulos é:

9,2 4,29! 4!4 9 4 9

7!2! 2!2!C C+ = +

144 54 198= + = .

Exemplo 3.31. Em um grupo de 8 homens e 5 mulheres, de quantos modos podemos escolher 7 pessoas, incluindo pelo menos dois ho-mens?

Solução. São as seguintes alternativas:

7 homens 0 mulher

6 homens 1 mulher

5 homens 2 mulheres

4 homens 3 mulheres

3 homens 4 mulheres

2 homens 5 mulheres

Você teria certeza de que estas são as únicas

formas de se construir tais triângulos? Pense nisso...

92

A resposta é

8,7 5,0 8,6 5,1 8,5 5,2 8,4 5,3. . . .C C C C C C C C+ + +

8,3 5,4 8,2 5,5. .C C C C+ +

8! 5! 8! 5! 8! 5!7! 5! 6!2! 4! 5! 3! 2! 3!

= + +

8! 5! 8! 5! 8! 5!4! 4! 3! 2! 5! 3! 4! 6! 2! 5!

+ + +

8 7 8 7 6 5 4 8 7 6 5 5 48 51 2 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

8 7 6 8 751 2 3 1 2+ + ⋅

+ +⋅ ⋅ ⋅

8 140 560 2800 280 28= + + + + +

3816= .

Exemplo 3.32. De quantos modos podemos dividir 10 pessoas em dois grupos de 5 pessoas cada?

Solução. O primeiro grupo pode ser escolhido de 10,5C modos. Es-colhido o primeiro grupo, sobram 5 pessoas, e só há 1 modo de for-mar o segundo grupo. Em cada grupo sabemos que há elementos idênticos, ou seja, 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a , 6 7 8 9 10, , , ,a a a a a é idêntico a 6 7 8 9 10, , , ,a a a a a , 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a , o que foi contado duas vezes. Logo a resposta é

10,5 10 9 8 7 6 1362 1 2 3 4 5 2

C ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅.

3.4.2 Combinações CompletasAgora também serão escolhidos elementos dentre os elementos de um conjunto maior, entretanto o mesmo elemento pode ser escolhido mais de uma vez. Imagine um sorteio de bingo, no qual a bolinha sorteada fosse devolvida ao globo e um mesmo número pudesse apa-recer mais de uma vez na cartela. Esta é uma situação que pode ser matematicamente representada por uma combinação completa. Note que o número de cartelas possíveis aumenta consideravelmente.

93

Dados m elementos distintos, chamamos combinações completas, de ordem ou classe r dos m elementos, os agrupamentos sem re-petição ou com repetição, formados com r dos elementos dados, de maneira que um agrupamento difere do outro pela natureza de seus elementos.

Em geral, ,m rC é o número de modos de escolher r objetos distin-tos entre m objetos distintos dados, e ,m rCR é o número de modos de escolher r objetos, distintos ou não, entre m objetos distintos dados. Por exemplo, se temos um conjunto 1 2 3 4, , ,X x x x x= com 4 elementos e queremos escolher 3 elementos. Neste caso, sabemos

que 4,34! 43!

C = = maneiras de escolher 3 objetos distintos dos 4 ele-

mentos dados. A escolha é a seguinte:

1 2 3x x x , 1 2 4x x x , 2 3 4x x x e 1 3 4x x x .

Mas no caso de combinações completas, a escolha não é necessaria-mente por elementos distintos, ou seja, podemos escolher

1 1 1x x x 1 1 2x x x 1 1 3x x x 1 2 4x x x 1 4 3x x x




Neste caso temos 4,3 20CR = .

A fórmula para o cálculo de combinações completas é dada por:

( )( )

, 1, 1

1 !! 1 !

m rm r m r

m rCR P

m r−

+ −

+ −= =

−.

Exemplo 3.33. De quantos modos podemos comprar 5 refrigerantes em um supermercado que vende 3 tipos de refrigerantes?

Solução. Neste problema deve ser aplicada a noção de combinação completa. Logo, conforme a fórmula acima, temos

5,25,3 7

7! 7 6 215! 2! 1 2

CR P ⋅= = = =

⋅.

.

94

Exemplo 3.34. Dispondo de 6 cores diferentes, de quantas maneiras distintas podemos pintar 7 objetos idênticos? (Cada objeto deve ser pintado com uma única cor.)

Solução. Precisamos decidir quantas vezes cada cor será utilizada. É um problema de combinações completas. Isto será igual a

6,66,7 12

12! 12 11 10 9 8 7 11 7 4 3 9246! 6! 1 2 3 4 5 6

CR P ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = = ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅.

3.4.3 Combinações Completas e Equações Lineares com Coeficientes Unitários

Podemos estudar combinações completas através das equações line-ares com coeficientes unitários. Antes, vamos ver alguns exemplos.

(i) Consideremos a equação linear 1 2 7x x+ = . Então, as soluções in-teiras não negativas são dadas pelos seguintes pares ordenados:

( )0,7 , ( )1,6 , ( )2,5 , ( )3,4 , ( )4,3 , ( )5,2 , ( )6,1 e ( )7,0 .

Ao todo, temos 8 soluções inteiras não negativas.

(ii) Agora, vamos considerar a equação 1 2 3 7x x x+ + = . Então, para resolver por tentativa, teremos um trabalho muito grande e pode-mos errar durante o processo da resolução do problema. Vamos analisar da seguinte maneira: no desenho abaixo, os pontos estão representando 7 unidades.

[ ]• • • • • • •

Vamos dividir as 7 unidades em três partes ordenadas, de modo que em cada parte se tenha um número maior ou igual a zero.

Vamos separar os módulos por duas barras, indicando-os por 3 va-riáveis a escolher. Abaixo estão algumas possibilidades:

[ ]31 2

23 2

xx x

• • • • • • •

95

[ ]31 2

42 1

xx x• • • • • •

[ ]31 2

02 5

xx x• • • • • • •

[ ]31 2

43 0

xx x• • • • • • •

[ ]31 2

22 3

xx x

• • • • • • • .

Assim, temos 9 símbolos:

7•→ e 2→ .

O número de permutações desses símbolos é dado por

7,29

9! 367! 2!

P = = ,

que é o número de soluções inteiras não negativas da equação

1 2 3 7x x x+ + = .

Em geral, o número de soluções inteiras não negativas da equação

1 2 ... rx x x m+ + + =

é dado por( )

( ), 1

1

1 !! 1 !

m rm r

m rP

m r−

+ −

+ −=

−

ou, equivalentemente,

, 1, 1 1, 1

m rm r m r m r rCR P C−

+ − + − −= = .

Logo,

, 1, 1 1, 1

m rm r m r m r rCR P C−

+ − + − −= = .

96

Exemplo 3.35. Quantas são as soluções inteiras não negativas de 3a b c d+ + + = ?

Solução. Aqui temos 3m = , 4r = . Logo,

3,4 1 3,33 4 1 6

6! 6.5.4 203!3! 1.2.3

P P−+ − = = = = .

Exemplo 3.36. Quantas são as soluções inteiras não negativas de 5a b c d+ + + < ?

Solução. Neste caso, temos cinco possibilidades de equações dife-rentes:

0,33

3!0 13!0!

a b c d P+ + + = ⇒ = = ;

1,34

4!1 41!3!

a b c d P+ + + = ⇒ = = ;

2,35

5!2 101!3!

a b c d P+ + + = ⇒ = = ;

3,36

6! 6 5 43 203!3! 1 2 3

a b c d P ⋅ ⋅+ + + = ⇒ = = =

⋅ ⋅;

4,37

7! 7 6 54 354! 3! 1 2 3

a b c d P ⋅ ⋅+ + + = ⇒ = = =

⋅ ⋅.

Logo, temos

4,3 3,3 2,3 1,3 0,37 6 5 4 3 35 20 10 4 1 70P P P P P+ + + + = + + + + = .

Assim podemos dizer que a resolução, quando se pro-curam soluções inteiras e não-negativas, da equação

x x x mr1 2+ + + =...

equivale à combinação completa de m objetos distin-tos, de classe r dos m elementos, em agrupamentos com ou sem repetição.

97

Alternativamente, outra resolução possível é a introdução de uma va-riável extra para ter sinal de igualdade, ou seja, existe e ∗∈ tal que

5a b c d e+ + + + = 5,49P

e, como estamos trabalhando com o sinal de < (estritamente menor), então as possibilidades quando 5a b c d+ + + = ( 5,3

8P ) devem ser ex-cluídas.

Logo, a resposta é

5,4 5,39 8

9! 8!5! 4! 5!3!

P P− = −

9 8 7 6 8 7 61 2 3 4 1 2 3⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

126 56 70= − = .

Exemplo 3.37. Encontre o número de soluções inteiras não negativas não inferior a 2 da equação 1 2 3 4 17x x x x+ + + = .

Solução. É dado que

1 2 3 4 17x x x x+ + + = (1)

Como todos estes números devem ser maiores que 2, diremos 2 1,2,3,4ix i> ∀ = , ou seja, 2 0ix − > . Vamos substituir

2 1,2,3 e 4i ix y i− = = na equação (1).

Então, temos

1 2 3 4 17 8 9y y y y+ + + = − = . (2)

Para resolver a equação (1) com condição é equivalente a resolver a equação (2). Pela fórmula, temos

9,4 12,312 11 10 220

1 2 3CR C ⋅ ⋅

= = =⋅ ⋅

.

Logo, há 220 soluções inteiras não negativas da equação (1) que res-peitam a condição posta.

98

Exemplo 3.38. Encontre o número de soluções inteiras não negativas da equação

1 2 3 15x x x+ + = com 3ix ≥ .

Solução. Vamos substituir

1 1 2 23,y x y x= − = e 3 3y x= ,

então temos1 2 3 12y y y+ + = .

O número de soluções inteiras não negativas da equação

1 2 3 12y y y+ + = é dada por

12,212,3 14

14.13 911.2

C P= = =

Exemplo 3.39. Encontre o número de soluções inteiras não negativas para a inequação

1 2 30 5x x x< + + < .

Solução. Neste caso, devemos encontrar as soluções das equações:

1,21 2 3 31 3x x x P+ + = ⇒ = ;

2,21 2 3 4

4 32 61 2

x x x P ⋅+ + = ⇒ = =

⋅ ;

3,21 2 3 5

5 43 101 2

x x x P ⋅+ + = ⇒ = =

⋅ ;

4,21 2 3 3,2 6

6 54 151 2

x x x C P ⋅+ + = ⇒ = = =

⋅.

Logo, pelo princípio aditivo, o número procurado é

3 6 10 15 34+ + + = .


Uma comissão formada por 3 homens e 3 mulheres deve ser 1) escolhida em um grupo de 8 homens e 5 mulheres.

99

Quantas comissões podem ser formadas?a)

Qual seria a resposta se um dos homens não aceitasse parti-b) cipar de uma comissão, se nela estivesse uma determinada mulher?

2) Para a seleção brasileira foram convocados 2 goleiros, 6 zaguei-ros, 7 meios de campo e 4 atacantes. De quantos modos é pos-sível escalar a seleção com 1 goleiro, 4 zagueiros, 4 meios de campo e 2 atacantes?

Em um torneiro no qual cada participante enfrenta todos os 3) demais uma única vez, 780 partidas são realizadas. Quantos são os participantes?

Um homem tem 5 amigas e 7 amigos. Sua esposa tem 7 amigas 4) e 5 amigos. De quantos modos eles podem convidar 6 amigas e 6 amigos, se cada um deve convidar 6 pessoas?

Quantos são os números naturais de 7 dígitos nos quais o dí-5) gito 4 figura exatamente 3 vezes e o dígito 8 exatamente 2 ve-zes?

Uma fila de cadeiras no cinema tem 20 poltronas. De quantos 6) modos 6 casais podem se sentar nessas poltronas de modo que nenhum marido se sente separado de sua mulher?

Quantas são as soluções inteiras não-negativas de7)

3x y z w+ + + = ?

Quantas são as soluções inteiras não-negativas de8)

6x y z w+ + + < ?

Quantas são as soluções inteiras positivas de 9) 10x y z+ + = ?

Quantas são as soluções inteiras positivas de 10) 10x y z+ + < ?

Capítulo 4Elementos de Probabilidade

103

Neste capítulo apresentaremos a noção de probabilidade em espaços finitos e provaremos suas propriedades. Além disso, discutiremos a noção de independência de eventos e a noção de probabilidade condicional.

A teoria da probabilidade é a teoria matemática responsável pela des-crição dos fenômenos classificados como aleatórios. Dizemos que um fenômeno é determinístico quando, repetido em condições semelhan-tes, conduz a resultados idênticos. Aqueles experimentos que repetidos sob mesmas condições conduzem a resultados diferentes são denomi-nados aleatórios. Por exemplo, quando lançamos um dado, o resultado pode ser qualquer um dos números 1, 2, 3, 4, 5 e 6. O lançamento de um dado é um exemplo de um experimento aleatório, uma vez que não po-demos determinar antecipadamente qual é o resultado que redundará do experimento. Inúmeros fenômenos na natureza têm esta caracte-rística, e é responsabilidade da probabilidade descrever e estuda-los. Vamos, neste trabalho, estudar fenômenos aleatórios simples e através deles proporcionar a apresentação de alguns conceitos fundamentais da teoria das probabilidades.

Quando estudamos certo experimento, devemos começar pela descri-ção de seus possíveis resultados. Estes possíveis resultados formam um conjunto que denotaremos por S e que usualmente chamamos de espaço amostral. Vejamos um exemplo: o lançamento de uma mo-eda. Os possíveis resultados são: cara (H) e coroa (T). Logo, nosso espaço amostral pode ser representado pelo conjunto ,S H T= . Consideremos outro exemplo: o lançamento de um dado. Agora os resultados possíveis formam o conjunto 1,2,3,4,5,6S = .

Vamos assumir nesta apresentação que o espaço amostral S é finito. Você notará que para este estudo, em espaço amostral finito, você utilizará todo o conhecimento de Análise Combinatória visto nos capítulos anteriores deste material. Existem estudos na Matemática

Capítulo 4Elementos de Probabilidade

104

de probabilidade com espaços amostrais infinitos, mas este estudo extrapola a intenção e o nível de complexidade deste curso.

Todo subconjunto de S é chamado de evento. Portanto, se estamos lançando um dado, o subconjunto 2,4,6E S= ⊂ pode ser pensa-do como o evento de ter saído um número par. A interseção de dois eventos corresponde ao evento no qual ocorreram. Dois eventos são ditos exclusivos se nunca ocorrem simultaneamente. Por exem-plo, o evento 1,3,5O = e o evento 2,4,6E = são exclusivos, pois E O∩ =∅ .

A cada evento gostaríamos de atribuir um número positivo que de-terminasse Qual é a chance de tal evento ocorrer. Aos eventos que sempre ocorrem, devemos atribuir o valor 1 indicando a chance to-tal de ocorrer. O espaço todo sempre ocorre, e portanto, ao espaço amostral, atribuímos o valor 1. Quando lançamos um dado várias vezes, vê-se que a chance de um evento elementar, isto é, um evento formado por um resultado apenas, tem a mesma chance de ocorrer que qualquer outro. Portanto, sendo equiprováveis, devemos atri-buir para cada evento elementar o valor 1/ 6 . O evento 2,4,6E = ocorre quando sair qualquer um dos números 2,4,6. Segue que exis-tem 3 casos em 6 possíveis resultados que favorecem o evento E ocorrer. É natural atribuir a probabilidade do evento E ocorrer ao

quociente dos resultados favoráveis pelos resultados possíveis, isto

é, probabilidade de # 3 1E=# 6 2

ES= = .

4.1 Noções de ProbabilidadeAntes de estudarmos noções de probabilidade, vamos apresentar, de modo formal, alguns conceitos básicos.

Experimentos Aleatórios•

São aqueles que, mesmo repetidos várias vezes sob condições seme-lhantes, apresentam resultados imprevisíveis. A cada experimento correspondem, em geral, vários resultados possíveis. Estes experi-mentos também são conhecidos como experimentos não-determi-nísticos. Por exemplo,

105

Jogue um dado e observe o número mostrado na face de i) cima.

Jogue uma moeda quatro vezes e observe o número de caras ii) obtido.

Em uma linha de produção, fabrique peças em série e conte o iii) número de peças defeituosas produzidas em um período de 24 horas.

Uma lâmpada é fabricada. Em seguida é ensaiada quanto à iv) duração da vida, pela colocação em um soquete e anotação do tempo decorrido (em horas) até queimar.

Espaço Amostral • Ω (ômega)

É o conjunto de todos os possíveis resultados de um experimento aleatório.

Considerando cada um dos experimentos acima, o espaço amostral de cada um deles será:

Ω 1: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Ω 2: 0, 1, 2, 3, 4.

Ω 3: 0, 1, 2, ..., n, onde n é o número máximo de peças que pode ser produzido em 24 horas.

Ω 4: t / t ≥ 0.

Evento (E)•

Chamamos evento qualquer subconjunto do espaço amostral Ω de um experimento aleatório. Um evento é sempre definido por uma sentença.

Se E = Ω , então E é chamado evento certo.

Se E = ∅, então E é chamado evento impossível.

Exemplo 4.1. No lançamento de um dado, onde Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6,

106

obter um número par na face superior. A = 2, 4, 6;a)

obter um número menor ou igual a seis na face superior. B = b) 1, 2, 3, 4, 5, 6 = Ω ;

obter um número maior do que seis na face superior. c) C =∅ .

Podemos combinar eventos usando as várias operações com con-juntos:

o evento • A B∪ ocorre se, e somente se, ocorre A ou ocorre B(ou ambos);

o evento • A B∩ ocorre se, e somente se, ocorrem A e B ;

o evento • cA , complemento de A , ocorre se, e somente se, não ocorre A .

Dois eventos, A e B , são ditos mutuamente exclusivos se são disjun-

tos, isto é, se A B∩ = ∅ . Em outras palavras, A e B são mutuamen-te exclusivos se não ocorrem simultaneamente.

Exemplo 4.2. Vamos considerar o seguinte experimento: lançar um dado e observar o número que aparece na face voltada para cima. En-tão o espaço amostral é Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Seja A o evento “ocorrer número par”, B : “ocorrer número impar” e C : “ocorrer número pri-mo”, ou seja, A = 2, 4, 6; B = 1, 3, 5 e C = 2, 3, 5. Então

2,3,4,5,6A C∪ = é o evento “ocorrer um número par ou um nú-mero primo”.

3,5B C∩ = é o evento “ocorrer um número primo impar”;

1,4,6cC = é o evento “não ocorrer número primo”.

Observe que A e B são mutuamente exclusivos, isto é, A B∩ = ∅ .

Axiomas de Probabilidade•

Dados Ω um espaço amostral, ( )P A , probabilidade do evento A , é uma função definida nas partes de Ω que associam a cada evento um número real, satisfazendo os seguintes axiomas:

Axioma 1. Para todo evento A , 0 ( ) 1P A≤ ≤ .

107

Axioma 2. ( ) 1P Ω = .

Axioma 3. Se A e B são eventos mutuamente exclusivos, então

( ) ( ) ( )P A B P A P B∪ = + .

Axioma 4. Se 1 2, ,...A A é uma seqüência de eventos mutuamente exclusi-vos, então

1 2 1 2( ...) ( ) ( ) ... .P A A P A P A∪ ∪ = + + .

Desses axiomas, decorrem os seguintes resultados

Teorema 4.1. Se ∅ é o conjunto vazio, então ( ) 0P ∅ = .

Demonstração. Seja A um conjunto qualquer, então A e ∅ são disjuntos e A A∪∅ = . Pelo Axioma 3, temos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P A P A P P A P A P= ∪∅ = + ∅ ⇔ = + ∅ .

Subtraindo ( )P A de ambos os membros da igualdade acima, temos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( )P A P A P A P P A P− = + ∅ − ⇔ = ∅ .

Teorema 4.2. Se cA é o complemento de um evento A , então

( ) 1 ( )cP A P A= − .

Demonstração. O espaço amostral Ω pode ser decomposto nos eventos mutuamente exclusivos A e cA , ou seja, cA AΩ = . Pelos Axiomas 2 e 3, temos

1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( )c c cP P A A P A P A P A P A= Ω = ∪ = + ⇔ = − .

Teorema 4.3. Se A B⊂ então ( ) ( ) ( )P A P B P B A= − − .

Demonstração. Podemos escrever ( )B A B A= ∪ − , que é uma união disjunta. Agora usamos o item 3 da definição de probabilidade e obte-mos ( ) ( ) ( )P B P A P B A= + − e finalmente ( ) ( ) ( )P A P B P B A= − − .

108

Teorema 4.4. Se A B⊂ , então ( ) ( )P A P B≤ .

Demonstração. Se A B⊂ , então B pode ser decomposto nos even-tos mutuamente exclusivos A e |B A (como mostra a figura abaixo), ou seja, |B A B A= + .

AB

B | A

Figura 4.1

Aqui dizemos que |B A é o mesmo que B A− .

Assim, ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | )B A B A P B P A B A P A P B A= ∪ ⇔ = ∪ = +

(pelo Axioma 3).

Como ( / ) 0P B A ≥ , vem que ( ) ( )P B P A≥ ou ( ) ( )P A P B≤ .

Observação 4.1 Esse resultado também segue imediatamente do problema anterior: ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P B A P B= − − ≤ , pois ( ) 0P B A− ≥ .

Teorema 4.5 Se A e B são dois eventos quaisquer, então

( | ) ( ) ( )P A B P A P A B= − ∩ .

Demonstração. Como o evento A pode ser decomposto nos eventos mutuamente exclusivos |A B e A B∩ ,

( | ) ( )A A B A B= ∪ ∩ ,

da figura abaixo

A

BA BA | B

Figura 4.2

109

resulta que

( | ) ( ) ( ) ( | ) ( )A A B A B P A P A B P A B= ∪ ∩ ⇔ = + ∩ ,

(pelo axioma 3),

ou

( | ) ( ) ( )P A B P A P A B= − ∩ .

Teorema 4.6. ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P A B∪ = + − ∩ .

Demonstração.

Como ( ) ( ) e B ( ) ( )A A B A B B A A B= − ∪ ∩ = − ∪ ∩ , onde as uniões são disjuntas, temos

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

P A P A B P A BP B P B A P A B

= − + ∩= − + ∩ .

Somando estas igualdades, obtemos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 ( )

P A P B P A B P A B P B A P A BP A B P B A P A B

+ = − + ∩ + − + ∩= − + − + ∩

Além disso, podemos escrever ( ) ( ) ( )A B A B B A A B∪ = − ∪ − ∪ ∩ , que é uma união disjunta e, portanto,

( ) ( ) ( ) ( )P A B P A B P B A P A B∪ = − + − + ∩ ,

que combinado com a identidade anterior gera

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A B P B A P A B P A P B P A B∪ = − + − + ∩ = + − ∩

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A B P B A P A B P A P B P A B∪ = − + − + ∩ = + − ∩ .

O teorema 4.6 pode ser estendido usando-se o mesmo argumen-to do princípio da inclusão e da exclusão para se obter a seguinte igualdade:

1 2 1

1 2 1

1 2 3

1 2

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( 1) ( )

n n

n n

nn

P A A A P A P AP A A P A AP A A A

P A A A

−

∪ ∪ ∪ = + +− ∩ − − ∩ ++ ∩ ∩ + +

+ − ∩ ∩ ∩

.

.

110

Exemplo 4.3. Três moedas são jogadas simultaneamente. Qual é a pro-babilidade de obter 2 caras? Qual é a probabilidade de obter pelo me-nos 2 caras?

Solução. Começamos exibindo o nosso espaço amostral:

( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ),( , , ), ( , , ), ( , , )H H H H H T H T H H T T T H H

ST H T T T H T T T

=

.

Segue que os resultados possíveis são # 8S = e os resultados favorá-veis para a obtenção de exatamente duas caras estão no conjunto

( , , ), ( , , ), ( , , )E H H T H T H T H H= .

Logo, a probabilidade de obter exatamente 2 caras é: # 3# 8

EpS

= = .

Para a segunda pergunta, os resultados favoráveis estão no conjunto

( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , )A H H H H H T H T H T H H= ,

e portanto, a probabilidade procurada é

# 4 1# 8 2

ApS

= = = .

Exemplo 4.4. Dois dados são lançados simultaneamente. Qual é a pro-babilidade de que a soma dos números obtidos nas faces de cima dos dados seja 6?

Solução. Precisamos exibir o nosso espaço amostral. Vamos exibi-lo através de uma tabela,

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

onde colocamos, em negrito, os resultados favoráveis, isto é, aqueles cuja soma dos números é 6. As possibilidades são 5 em um universo de 36. Logo, a probabilidade procurada é 5

36p = .

Exemplo 4.5. Dois estudantes numa sala de aula de 30 estudantes nasceram no mesmo dia do ano. Qual é a probabilidade de tal even-to ocorrer?

111

Solução. O espaço amostral de nosso problema é o conjunto dos pares de dias de nascimento dos estudantes desta sala. Como cada estudante pode ter nascido em qualquer dia dos 365 de um ano, exis-tem 30 76365 7,4 10= × pares de tais datas. Para resolver o proble-ma de maneira mais fácil, vamos calcular a probabilidade do evento complementar, ou seja, quando nenhum dos estudantes possua datas de nascimento iguais. Temos então 30 estudantes e queremos alocar datas de nascimento de modo a nunca termos duas iguais. Usando nossa combinatória dos capítulos anteriores, temos 365 possibilida-des para o primeiro estudante, 364 para o segundo, pois sua data de nascimento não pode coincidir com a do primeiro, 363 para o tercei-ro, ..., 336 para o último. Logo a probabilidade de que todos tenham dias de nascimento diferentes é

30365 364 336 365 364 336 0,294

365 365 365 365p × × ×= = × × × =

.

Logo a probabilidade de que ao menos um par de estudantes te-nha dias de nascimento iguais é 1 0,294 0,706p = − = . Observe que neste problema usamos a igualdade ( ) 1 ( )cP A P A= − , onde por cA denotamos o complementar de em A S .

Exemplo 4.6. Seis dados são lançados. Qual é a probabilidade de todos os números serem diferentes?

Solução. O número de resultados possíveis de nosso experimento é 66 . O número de resultados favoráveis ao evento em questão é o nú-

mero de permutações de 6 elementos, que é 6! . Portanto, a

probabilidade do evento 6 4

6! 5 4Probabilidade do evento= 0,0154326 6

×= = .

Exemplo 4.7. Uma funcionária de correio deve enviar 5 passaportes para seus legítimos donos. Preocupada com o encontro que teria nesta noite, ela trabalha apressadamente, sem verificar corretamen-te a correspondência. Determine a probabilidade da funcionária ter enviado todos os 5 passaportes para donos errados.

Solução. O espaço amostral neste caso pode ser representado pelas permutações dos números 1,2,3,4,5 . Logo o número de resultados possíveis é 5!. Já os favoráveis correspondem às permutações que não deixam nenhum elemento fixo. Para calcular este número, use-mos o princípio da inclusão-exclusão. Denotamos por iN as permu-tações que deixam fixo o elemento i , ijN aquelas deixam fixos e i j ,

112

e assim sucessivamente, e finalmente por 0N aquelas que não fixam nenhum elemento. Pelo princípio da inclusão e exclusão,

0 1 2 3 4 5 12 45

123 345 1234 2345 12345,N N N N N N N N N

N N N N N= − − − − − + + + −− − − + + + −

onde N é o número de permutações de 5 elementos. Observe que

1 2 5N N N= = = , e existem 5 conjuntos destes, e similarmente,

12 23 45N N N= = = , e existem exatamente 5,2C destes conjuntos,

e assim sucessivamente. Isto segue do fato de ser irrelevante quais os algarismos que são fixados. Logo, denotando por

1 2 i

ij j jN N=

, nossa fórmula se torna:

1 2 3 4 50 5,1 5,2 5,3 5,4 5,5N N C N C N C N C N C N= − + − + − .

Temos então que calcular cada um destes números. Mas as permuta-ções de n elementos que deixam k elementos fixos correspondem às permutações de n k− elementos e, portanto, ( )!kN n k= − . Final-mente obtemos

0 5,1 5,2 5,3 5,4 5,55! 4! 3! 2! 1! 1N C C C C C= − × + × − × + × − × =0

5 5 5 5 55! 4! 3! 2! 1! 1

1 2 3 4 5120 5 24 10 6 10 2 5 1 1 1 44

N = − × + × − × + × − × =

= − × + × − × + × − × = .

Segue que a probabilidade procurada é44

120p = .

Exemplo 4.8. Dez pessoas são separadas em dois grupos de 5 pes-soas cada um. Qual é a probabilidade de que duas pessoas determi-nadas, A e B, façam parte do mesmo grupo?

Solução. O número de casos possíveis é 10,5 252C = , pois há

10,5 252C = modos de escolher o primeiro grupo e, depois disso, há apenas um modo possível para escolher o segundo grupo. O número

de casos favoráveis é 8,32 112C⋅ = , pois há 8,3 56C = modos de dis-tribuir as pessoas A e B no primeiro grupo e há outro tanto com A e B no segundo grupo.

A probabilidade procurada é

113

112 4252 9

P = = .

Exemplo 4.9. Há 8 carros estacionados em 12 vagas em fila.

Qual é a probabilidade das vagas vazias serem consecutivas?a)

Qual é a probabilidade de não haver duas vagas vazias conse-b) cutivas?

Solução.

a) Há 12,4 495C = modos de selecionar as 4 vagas que não serão

ocupadas e 9 modos de escolher 4 vagas consecutivas (1 2 3 4, 2 3 4

5, ..., 9 10 11 12). A resposta é 9 1

495 55= .

b)Há 12,4 495C = modos de selecionar as 4 vagas vazias. Conside-remos na escolha das vagas que ficarão vazias uma disposição de 8 carros. Restam para a escolha das 4 vagas vazias, que não podem ser consecutivas, 9 espaços possíveis.

- C1 – C2 – C3 – C4 – C5 – C6 – C7 – C8 –

Segue que existem 9,4 126C = escolhas de vagas vazias sem que haja

consecutivas. Portanto 126 14495 55

p = = .

Exemplo 4.10. Um torneio é disputado por 4 times A, B, C e D. É 3 vezes mais provável que A vença o torneio do que B, 2 vezes mais provável que B vença do que C e é 3 vezes mais provável que C vença do que D. Quais as probabilidades de vitória para cada um dos times?

Solução. Vamos indicar por , , ,A B C DS s s s s= o espaço amostral em que As denota o evento “A vence o torneio”, e assim sucessivamente.

Seja ( )Dp P s= a probabilidade de D ganhar o torneio. Segue do enunciado que

( ) 3 ; ( ) 2 ( ) 6 ; ( ) 3 ( ) 18C B C A BP s p P s P s p P s P s p= = = = = .

Como a soma das probabilidades tem que ser igual a 1, temos:13 6 18 1 28 128

p p p p p p+ + + = ⇒ = ⇒ =

114

e, portanto,3 6 18 1( ) 3 ; ( ) ; ( ) ; ( )28 28 28 28C B A DP s p P s P s P s= = = = = .

4.2 Eventos Independentes e Probabilidade Condicional

Vamos considerar agora um experimento, por exemplo, o lançamen-to de uma moeda, e repeti-lo n vezes. Podemos considerar isto como um experimento único, e neste caso o espaço amostral será consti-tuído de seqüências de comprimento n de elementos de S. Assim o espaço amostral correspondente a este experimento é o conjunto

nS de tais seqüências. O número de resultados deste experimento

(novo) é (# )nS . Considerando cada seqüência equiprovável, tem-se

1 21( , , )n nP a a ak

= onde #k S= . No exemplo do lançamento de uma moeda 2 vezes, ,S H T= e o espaço amostral do experimento repe-tido será ´ , , ,S HH HT TH TT= . A probabilidade de cada resultado é, portanto, 1/ 4 . Esta definição pretende ser um modelo em que o resultado de cada experimento repetido é independente dos resulta-dos anteriores, no sentido cotidiano de que nenhuma influência sobre um experimento pode ocorrer em função dos experimentos anteriores.

Suponhamos que lancemos duas moedas não viciadas simultane-amente em lados opostos de um quarto. Intuitivamente, o modo como uma das moedas cai não influencia o modo como a outra cai. O conceito matemático que formaliza esta intuição é chamado de independência. Geralmente, independência é uma hipótese que assu-mimos na modelagem de um fenômeno – ou gostaríamos que fosse possível assumir realisticamente. Muitas fórmulas de probabilidade só são válidas se certos eventos forem considerados independentes.

Voltemos ao exemplo do lançamento das duas moedas. Seja A o even-to em que na primeira moeda sai CARA, e seja B o evento da segun-da sair CARA. Se assumimos que A e B são independentes, então a probabilidade que as duas moedas saiam CARA é:

1 1 1( ) ( ) ( )4 2 2

P A B P A P B∩ = = = .

115

Por outro lado, seja N o evento em que amanhã será um dia nublado e C o evento em que amanhã será um dia chuvoso. Suponhamos que ( ) 1/ 5P N = e que ( ) 1/10P C = . Se estes eventos fossem indepen-dentes, então poderíamos concluir que a probabilidade de um dia chuvoso e nublado seria bem pequena:

1 1 1( ) ( ) ( ) .5 10 50

P N C P N P C∩ = = = .

No entanto, estes eventos são dependentes. Em particular, todo dia chuvoso é nublado. Assim a probabilidade de um dia chuvoso e nu-blado é, de fato, 1/10 . Assim definimos:

Definição 4.1. Dizemos que dois eventos, A e B, são independentes se

( ) ( ) ( )P A B P A P B∩ = .

Vejamos. Por um lado, sabemos que ( ) 0P A B∩ = porque não con-tém evento algum, A B∩ =∅ . Por outro lado, temos ( ) ( ) 0P A P B⋅ > , exceto nos casos degenerados, nos quais ou A ou B tenham probabi-lidade zero. Assim, disjunção e independência são conceitos muito diferentes. Vejamos uma imagem mais adequada pra explicar isto. Seja o retângulo da figura abaixo um espaço de probabilidade onde a área de cada subconjunto é a probabilidade do evento representa-do pelo conjunto. Se A cobre uma fração a do retângulo e B cobre uma fração b do mesmo, então a área da interseção será uma fração a ∙ b do retângulo. Em termos de probabilidade

( ) ( ) ( )P A B P A P B∩ = .

Suponhamos que lancemos duas moedas não viciadas. Considere os eventos:

A = as moedas caem com a mesma face voltada pra cimaB = a primeira moeda cai CARA.

São estes dois eventos independentes? Intuitivamente, a resposta é “não”. De modo geral, se as moedas caem iguais, depende de como cai a primeira moeda. Entretanto, a definição matemática de inde-pendência não corresponde com a noção intuitiva de “não-relacio-nados”. Estes eventos são, de fato, independentes, como se pode ver

116

pelos cálculos:

1 1 1( ) ( ) ( )4 4 21 1 1( ) ( ) )4 4 2

1( ) ( )4

P A P HH P TT

P B P HH PHT

P A B P HH

= + = + =

= + = + =

∩ = =

Considere o lançamento de um dado, se 2,4,6A = é o evento que corresponde a sair par, e 3,6B = significa sair um múltiplo de 3. Então A e B são independentes, pois 6A B∩ = e, portanto,

1 1 1( ) (6) ( ) ( )6 2 3

P A B P P A P B∩ = = = × = .

Definição 4.2. Dizemos que n eventos, 1 2, , , nA A A , são independentes se, para todo 2 k n≤ ≤ e 1 2, , kj j j com 1 21 kj j j n≤ < < < ≤

, vale

1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )

k kj j j j j jP A A A P A P A P A∩ ∩ ∩ = .

Exemplo 4.11. (Eventos independentes dois a dois, mas que não são independentes) Considere uma bola retirada de uma urna contendo quatro bolas, numeradas 1, 2, 3, 4. Seja 1,2 , 1,3 , 1,4E F G= = = .

Solução.

Se todos os quatro resultados possíveis são igualmente prováveis, temos:1( ) ( ) ( )4

P E F P E P F∩ = ⋅ =

1( ) ( ) ( )4

P E G P E P G∩ = ⋅ =

1( ) ( ) ( )4

P F G P F P G∩ = ⋅ = .

Entretanto,

31 1( ) ( ) ( ) ( )4 2

P E F G P E P F P G = ∩ ∩ ≠ ⋅ ⋅ =

.

Logo, ainda que os eventos , ,E F G sejam dois a dois independentes, eles não são independentes.

Exemplo 4.12. Suponhamos que seja lançado um dado não viciado. Seja E o evento em que a soma dos números na parte superior dos

.

117

dados seja 7 e F o evento no qual no primeiro dado é sorteado o número 4. São estes eventos independentes?

Solução. Observe que

( ) 1( ) 4,336

P E F P∩ = =

enquanto1 1 1( ) ( ) ( )6 6 36

P E P F P E F⋅ = ⋅ = = ∩ ,

provando que eles são, de fato, independentes.

Uma outra noção importante em probabilidade é a noção de proba-bilidade condicional. Vamos defini-la agora. Para tal, consideremos o seguinte problema: suponha que temos um espaço de probabilida-de e que saibamos que um determinado evento ocorreu. Como são então as probabilidades dos outros eventos, uma vez que o evento considerado já ocorreu?

Exemplo 4.13. Um experimento consiste em lançar um dado. Seja X o resultado, seja F o evento 6X = , e seja E o evento 4X > .

Como probabilidade, assumamos que 1( )6

P Y = para 1,2, 6Y = .

Assim 1( )6

P F = . Agora suponhamos que o dado foi lançado e que

fomos informados de que o evento E ocorreu. Neste caso, nos res-tam 2 resultados possíveis: 5 e 6. Qual, então, é a probabilidade de F ter ocorrido?

Solução.

Como restam 2 resultados possíveis segue que a probabilidade pro-

curada é 12

. Vamos denotar por ( | )P F E e referenciá-lo como a

probabilidade do evento F dado que o evento E ocorreu.

Exemplo 4.14. Dois dados são lançados. Qual é a probabilidade de que tenha saído 4 em um dos dados, sabendo que a soma dos resul-tados dos lançamentos é 8?

Solução. Sabemos que a soma dos dois dados foi 8, e portanto sabe-mos que o lançamento dos dois dados deve ter sido 2 e 6, 3 e 5, 4 e

118

4, 5 e 3, 6 e 2. Assim, existe um total de 5 possibilidades. Entre estes resultados, somente 1 tem 4 como resultado de um dos dados. Logo, se denotamos pelo evento E “saiu um 4” e pelo evento F “a soma dos dados é 8”, temos que

1( | )5

P E F = .

Exemplo 4.15. Três candidatos, , e A B C , estão concorrendo a um cargo político. Apenas um candidato pode ganhar. Suponhamos que A e B têm a mesma chance de ganhar e que C tem metade das chances de ganhar que tem A .

Solução.

Seja A o evento “ A vence”, B o evento “ B vence”, e C o evento

“C vence”. Logo as probabilidades de cada evento serão 2( )5

P A = , 2( )5

P B = e 1( )5

P C = .

Suponhamos que, antes da eleição acontecer, A desista. Então quais seriam agora as probabilidades para os eventos B e C ?

Solução.

É natural, na ausência de outras informações, atribuir probabilidades

a estes eventos que sejam proporcionais às probabilidades originais.

Assim teríamos 2( | )3

P B A = e 1( | )3

P C A = .

Nestes exemplos, temos um dado espaço de probabilidade e uma nova informação que determina, de certa maneira, um novo espaço de pro-babilidades. Este novo espaço consiste nos resultados que ainda são possíveis, dada a informação adicional que temos. Nosso objetivo é atribuir probabilidades a estes eventos. Vamos formalizar então os procedimentos realizados nestes exemplos. Seja 1, , r Ω = o es-paço amostral original com as probabilidades ( )iP correspondentes. Suponhamos que o evento E tenha ocorrido. Queremos atribuir no-vas probabilidades ( | )iP E aos eventos 1, , r que reflitam esta informação. Claramente, se i E ∉ , é razoável atribuir ( | ) 0iP E = . Além disso, na ausência de informação, é razoável assumir que as pro-babilidades para i em E deveriam ter a mesma magnitude relativa

119

que estas probabilidades tinham antes de sabermos que E ocorrera. Para isso, exigimos que

( | ) ( )i iP E cP =

para todo i E ∈ , com c uma constante positiva. Por outro lado, devemos ter

: :1 ( | ) ( ) ( )

i i

i ii E i E

P E c P cP E

∈ ∈

= = =∑ ∑ .

Segue que

:

1 1( ) ( )

i

ii E

cP P E

∈

= =∑

.

Observe que precisamos exigir que ( ) 0P E > . Assim definimos:

( )( | ) ,( )

ii

PP EP E

=

para todo i E ∈ nas condições ( ) 0P E > .

Esta nova distribuição de probabilidades chamamos de probabilida-de condicional dado E . Para um evento qualquer F define-se:

: :

( ) ( )( | ) ( | )( ) ( )

i i

ii

i E F i E F

P P F EP F E P EP E P E

∈ ∩ ∈ ∩

∩= = =∑ ∑ .

Chamamos ( | )P F E de probabilidade condicional de F dado que E ocorreu, e calcula-se pela fórmula:

( )( | )( )

P F EP F EP E∩

= .

De outra maneira podemos definir:

Definição 4.3. Dados dois eventos, A e B, a probabilidade condicional de B dado A é o número ( ) / ( )P A B P A∩ que se denota por

( )( | )( )

P A BP B AP A∩

= .

Este número só está definido quando ( ) 0P A > .

120

Exemplo 4.16. Retornemos ao exemplo do lançamento de um dado (ex. 4.13). Lembre-se que F corresponde ao evento 6X = , e que E é o evento 4X > . Observe que F E∩ é o evento F . Logo a fórmula acima nos dá

( ) 1/ 6 1( | )( ) 1/ 3 2

P F EP F EP E∩

= = = ,

em concordância com nossos cálculos anteriores.

Exemplo 4.17. Encontre a probabilidade de se tirar um 4 de um ba-ralho de 52 cartas, dado que dele já tiramos um 7.

Solução. Dado que um 7 já foi retirado, temos agora apenas 51 cartas disponíveis. Portanto, a probabilidade de tirar um 4 agora é

4(4 | 7)51

P = . Se usarmos a fórmula, temos:

4 4(4 7) 452 51(4 | 7) 4(7) 51

52

PPP

⋅∩= = = .

Exemplo 4.18. Uma moeda é lançada 3 vezes sucessivas. Calcule a probabilidade do evento A ocorrer dado que o evento B ocorreu, quando os eventos A e B são definidos por:

mais caras que coroas aparecemA = , a primeira é caraB = .

Solução. O espaço amostral consiste nas 8 seqüências:

, , , , , , , ,HHH HHT HTH HTT THH THT TTH TTTΩ =

que assumimos serem igualmente prováveis. O evento B consiste de quatro elementos, , , ,HHH HHT HTH HTT , e, portanto, sua proba-bilidade é

4( )8

P B = .

O evento A B∩ consiste em três resultados possíveis, , ,HHH HHT HTH , logo sua probabilidade é

( ) 3 / 8 3( | ) .( ) 4 / 8 4

P A BP A BP B∩

= = =

Exemplo 4.19. Uma família tem dois filhos. Qual é a probabilidade condicional de que ambos os filhos sejam meninos, dado que pelo

121

menos um deles é um menino? Assuma que o espaço amostral S é dado por ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , , ,o o o a a o a aS m m m m m m m m= e que todos os resultados são igualmente prováveis. [( ),o am m indica que o mais velho é um menino e que o mais novo é uma menina.]

Solução. Seja E o evento em que ambos os filhos são meninos, e F o evento em que pelo menos um dos filhos é um menino. Então, a probabilidade procurada é dada por

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

1,( ) 14( | ) 3( ) 3, , , , ,

4

o o

o o o a a o

P m mP E FP E FP F P m m m m m m∩

= = = = .

Os próximos lemas resumem as propriedades básicas da noção de probabilidade condicional.

Lema 4.1. Seja A tal que ( ) 0P A > . Então

a) ( | ) 0, ( | ) 1, ( | ) 1P A P S A P B A∅ = = ≤ .

b) ( )( ) | ( | ) ( | ), se P B C B P B A P C A B C∪ = + ∩ =∅ .

Em outras palavras, fixado A, a probabilidade condicional é uma probabilidade (outra) sobre o espaço amostral S.

Demonstração. a) Temos( ) ( )( | ) 0

( ) ( )P A PP A

P A P A∅∩ ∅

∅ = = =

e ( ) ( )( | ) 1

( ) ( )P S A P AP S A

P A P A∩

= = = .

Como 0 ( ) ( )P A B P A≤ ∩ ≤ , então ( )0 1

( )P A B

P A∩

≤ ≤ e, portanto,

0 ( | ) 1P B A≤ ≤ .

b) Sabemos que(( ) ) (( ) ( ))(( ) | )

( ) ( )P B C A P B A C AP B C A

P A P A∪ ∩ ∩ ∪ ∩

∪ = =

( ) ( ) ( | ) ( | )( ) ( )

P B A P C A P B A P C AP A P A∩ ∩

= + = + .

122

Lema 4.2. Se 1 2( )nP A A A∩ ∩ ∩ ≠∅ , então,

1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 1( ) ( ) ( | ) ( | ( ) ( | )n n nP A A A P A P A A P A A A P A A A A −∩ ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ ∩

1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 1( ) ( ) ( | ) ( | ( ) ( | )n n nP A A A P A P A A P A A A P A A A A −∩ ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ ∩ .

Lema 4.3 (Lei de Bayes). Seja 1 2, , , nA A A℘= uma partição do espa-ço de probabilidade S . Então se E é um evento com ( ) 0P E > , v+ale

1

( ) ( | )( | ) .

( ) ( | )

j jj n

i ii

P A P E AP A E

P A P E A=

⋅=

⋅∑Exemplo 4.20. Numa prova há 7 perguntas do tipo verdadeiro-falso. Calcular a probabilidade de acertarmos todas as 7 se:

escolhermos aleatoriamente as 7 respostas,a)

escolhermos aleatoriamente as respostas, mas sabendo que há b) mais respostas verdadeiras do que falsas.

Solução.

a) Há 72 128= possibilidades e, portanto,

[ ] 1acertar os 7 testes .128

P =

b) Seja A o conjunto de todos os pontos com mais respostas “V” do que “F”. Temos

# 7,4 7,5 7,6 7,7 35 21 7 1 64A C C C C= + + + = + + + = .

E, portanto, a probabilidade buscada é igual a 164

.

Exemplo 4.21. Uma moeda é jogada 6 vezes. Sabendo-se que no pri-meiro lançamento ocorreu coroa, calcular a probabilidade condicio-nal de que o número de caras nos seis lançamentos supere o número de coroas.

Solução. Nos 5 lançamentos seguintes devemos ter 4 ou 5 caras. A

probabilidade de ter 5 caras é 51 1

2 32 =

e a probabilidade de ter 4

caras (e 1 coroa) é 51 55

2 32 =

, porque a probabilidade de ter 4 ca

ras e 1 coroa na ordem cara-cara-cara-cara-coroa é 51 1

2 32 =

, e há

123

5 ordens possíveis. A resposta é1 5 332 32 16

+ = .

Exemplo 4.22. Considere duas urnas. A primeira contém duas bolas brancas e sete pretas, e a segunda contém cinco bolas brancas e seis pretas. Lançamos uma moeda, e se sair cara retiramos uma bola da primeira urna, caso contrário, retiramos uma bola da segunda urna. Qual é a probabilidade condicional de ter saído cara, dado que uma bola branca foi selecionada?

Solução. Seja W o evento em que uma bola branca foi retirada e H o evento em que a moeda deu cara. A probabilidade procurada pode ser calculada como segue:

( ) ( | ) ( )( | )( ) ( )

( | ) ( )( | ) ( ) ( | ) ( )

2 1229 2

2 1 5 1 679 2 11 2

c c

P H W P W H P HP H WP W P W

P W H P HP W H P H P W H P H

∩= = =

= =+

= =+

Exemplo 4.23. Uma moeda equilibrada é jogada duas vezes. Sejam e A B os eventos:

A: cara na primeira jogada;

B: cara na segunda jogada.

Verifique se e A B são independentes.

Solução. 1( ) ( )2

P A P B= = , pois em cada lançamento há dois resulta-

dos possíveis que são igualmente prováveis (cara e coroa), e em cada

lançamento há apenas um resultado favorável (cara).

1( )4

P A B∩ = ,

pois para os dois lançamentos há quatro resultados possíveis que são

igualmente prováveis (cara-cara, cara-coroa, coroa-cara e coroa-coroa),

e apenas um favorável (cara-cara). Como ( ) ( ) ( )P A B P A P B∩ = ⋅ , os eventos e A B são independentes.

.

124

Exemplo 4.24. Suponhamos que haja um teste para diagnosticar o câncer que dá positivo em 95% dos casos quando se aplica às pes-soas que possuem a enfermidade, e dá negativo em95% dos casos quando se aplica às pessoas que não a possuem. Se a probabilidade de que uma pessoa tenha realmente câncer é 0,005 , qual é a proba-bilidade de que uma pessoa tenha realmente câncer quando o teste tiver dado positivo?

Solução. Seja C o evento no qual uma pessoa examinada tenha cân-cer e A o evento no Qual é o resultado do teste seja positivo para o câncer. Apliquemos a lei de Bayes:

( | ) ( )( | )( | ) ( ) ( | ) ( )c c

P A C P CP C AP A C P C P A C P C

⋅=

⋅ + ⋅

(0,95)(0,005) 0,087(0,95)(0,005) (0,05)(0,995)

= =+

.

Exemplo 4.25. Das 28 peças de um dominó, escolhem-se duas alea-toriamente. Ache a probabilidade de que com elas se possa formar uma cadeia compatível às regras do jogo.

Solução.

a a(cadeia compatível) (2 peça encaixe| 1 dupla) (1 dupla)aP P P=

a a+ (2 peça encaixe| 1 não dupla) (1 não dupla)aP P

7 6 21 12 7 .28 27 28 27 18

= + =

Exemplo 4.26. Retiram-se, sucessivamente e sem reposição, duas cartas de um baralho comum (52 cartas). Calcule a probabilidade de a 1a carta ser uma dama e a 2a carta ser de copas.

Solução. Há dois casos a considerar:

a) Se a primeira carta é a dama de copas, a probabilidade é 1 1252 51

.

b) Se a primeira carta é uma dama não de copas, a probabilidade é 3 13 .

52 51A resposta é

1 12 3 13 1 .52 51 52 51 52

P = + =

125

Exemplo 4.27. Determine a probabilidade de obter:

Ao menos um 6 em quatro lançamentos de um dado.a)

Ao menos um duplo 6 em 24 lançamentos de um par de dados. b)

Solução. A probabilidade de nenhum seis em quatro lançamen-

tos é 45 0,4823.

6 =

A probabilidade de pelo menos 1 seis é

451 1 0,4823 0,51776

− = − =

, o que responde a letra a.

A probabilidade de nenhum duplo seis em 24 lançamentos de um

par de dados é 2435 0,5086.

36 =

Logo, a probabilidade de pelo me-

nos 1 duplo seis é 24351 1 0,5086 0,4914.

36 − = − =

Exemplo 4.28. Marina quer enviar uma carta a Verônica. A proba-

bilidade de que Marina escreva a carta é de 8

10. A probabilidade de

que o correio não a perca é de 9

10. A probabilidade de que o carteiro

a entregue é de 9

10. Dado que Verônica não recebeu a carta, qual é a

probabilidade condicional de que Marina não a tenha escrito?

Solução. Vamos usar aqui na solução um diagrama de árvore.

Não escreve

Perde

Escreve

Não entrega

Não perde Entrega

2/10

8/10

1/10

9/10

1/10

9/10

Figura 4.3

2(não escreve) 2510(não escreve| não recebe) 2 8 1 8 9 1(não recebe) 44

10 10 10 10 10 10

PPP

= = =+ +

2(não escreve) 2510(não escreve| não recebe) 2 8 1 8 9 1(não recebe) 44

10 10 10 10 10 10

PPP

= = =+ +

.

126

Lista de Exercícios

Três urnas I, II e III contêm respectivamente 1 bola branca e 2 1) pretas, 2 brancas e 1 preta e 3 brancas e 2 pretas. Uma urna é es-colhida ao acaso e dela é retirada uma bola que é branca. Qual é a probabilidade condicional de que a urna escolhida foi a II?

Uma moeda é jogada 4 vezes. Sabendo que o primeiro resulta-2) do foi cara, calcular a probabilidade condicional de obter pelo menos 2 caras.

A probabilidade de um homem ser canhoto é 3) 110

.Qual é a pro-

babilidade de, em um grupo de 10 homens, haver pelo menos um canhoto?

Durante o mês de agosto a probabilidade de chuva em um 4) dia

determinado é de 410

. O Fluminense ganha um jogo em um

dia com chuva com probabilidade 610

e em um dia sem chuva

com probabilidade de 410

. Sabendo-se que o Fluminense ga-

nhou um jogo naquele dia de agosto, qual a probabilidade de

que choveu neste dia?

Num exame há três respostas para cada pergunta e apenas 5) uma delas é certa. Portanto, para cada pergunta, um aluno tem probabilidade de 1/3 de escolher a resposta certa se ele está adivinhando e 1 se sabe a resposta. Um estudante sabe 30% das respostas do exame. Se ele deu a resposta correta a uma das perguntas, qual é a probabilidade de que a adivinhou?

Treze cartas são escolhidas de um baralho comum de 52 car-6) tas. Seja A o evento “o ás de copas está entre as 13 cartas” e B o evento “as 13 copas são do mesmo naipe”. Provar que A e B são independentes.

127

Joguei um dado duas vezes. Calcule a probabilidade condicio-7) nal de obter 3 na primeira jogada, sabendo que a soma dos resultados foi 7.

Em uma cidade, as pessoas falam a verdade com probabilida-8) de 1/3. Suponha que A faz uma afirmação e que D diz que C diz que B diz que A falou a verdade. Qual a probabilidade de A ter falado a verdade?

Um urna contém 3 bolas vermelhas e 7 brancas. 9) A e B sacam alternadamente, sem reposição, bolas dessa urna até que uma bola vermelha seja retirada. A saca a 1a bola. Qual a probabi-lidade de A sacar a bola vermelha?

Considere 4 urnas, cada uma delas contendo 10 bolas nume-10) radas de 1 a 10. Extrai-se uma bola de cada urna. Calcular a probabilidade de que as 4 bolas somem 20.

Ao responder uma questão de um teste de múltipla escolha 11) um estudante ou sabe a resposta ou a chuta. Seja p a probabi-lidade de que ele saiba resposta e 1 p− a probabilidade de que ele chute. Suponha que o estudante quando chuta tem proba-

bilidade de 1m de acertar, onde m é o número de alternativas

das questões. Qual é a probabilidade condicional de que o es-tudante sabia a resposta da questão dado que ele respondeu acertadamente?

Nós sabemos que uma determinada carta é igualmente prová-12) vel de estar em um de três escaninhos. Seja 1a a probabilidade de que nós a vamos encontrar depois de um exame superficial no escaninho i se a carta estiver de fato no escaninho i , para

1,2,3i = . (Podemos ter 1ia < .) Suponhamos que examinemos o escaninho e não encontremos a carta. Qual é a probabilidade da carta estar de fato no escaninho 1?

128

Resposta dos exercíciosCAPÍTULO 1

Lista 1

1) a) 43

1) b) 35

2) a) n + 2

2) b) ( 2)( 1)nn++

3) a) n = 9

3) b) n = 5

4) a) x = 6

4) b) x = 4

Lista 2

a)1) 42

2) a) 5

1(2 1)

ii

=−∑

b)2) 6

2

1( 1)i

ii

=−∑

a)3) 13 16 19 22 ....⋅ ⋅ ⋅ ⋅

3) b) 3159

a)4) 5

1(2 1)

ii

=−∏

4) b)

0( )

n

ip i

=+∏

CAPÍTULO 2

Lista 1

a)1) 7

1) b) 11

a)2) x = 1 ou x = 4

2) b) x = 1 ou x = 7

a)3) n = 3

3) b) n = 10

a)4) x = 4

4) b) x = 5

Lista 2

1) 6

2) 4

( 3)x

n=

−

3) x = 9 ou x = 1

4) x = 6 e y = 7

Lista 3

2) 12 ( 2)n n− +

3) a) 145180

3) b) ( 1)(4 5)

6n n n+ +

129

Lista 3

2) 12 ( 2)n n− +

3) a) 145180

3) b) ( 1)(4 5)

6n n n+ +

Lista 4

a)1) 20

1) b) 112081

−

3) 6924x−

CAPÍTULO 3

Lista 1

1) 40

2) 7200

3) 56

4) 600

5) 4096

6) 1.048.576

7) 125

8) 9.000.000

Lista 2

1) 15.600

2) 9.765.625

3) 132

4) 60

5) a) 3864

5) b) 1567

5) c) 560

6) 4464

7) 461

8) 48

9) 43200

10) 18

130

Lista 3

1) a) 11520

1) b) 720

1) c) 4320

1) d) 1152

1) e) 720

1) f) 9360

1) g) 13080

2) a) 81º

2) b) 46721

2) c) 1

2) d) 5.333.280

3) 3600

4) 8640

5) 604.800

6) a) 462

6) b) 5775

6) c) 792

6) d) 10395

6) e) 51975

7) 564.480

8) 720

9) 8192

10) 2880

Lista 4

1) a) 560

1) b) 434

2) 6300

3) 40

4) 267.148

5) 12.960

6) 138.378.240

CAPÍTULO 4

1) 512

2) 78

3) 0,6513

4) 12

5) 716

7) 16

8) 1341

9) 712

131

ReferênciasHAZZAN, S. Fundamentos de Matemática Elementar 5: Combina-tória e Probabilidade. Atual: São Paulo, 1977.

NETTO, F.A.L. Lições de Análise Combinatória. Livraria Nobel: São Paulo, 1967.

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fundamentos da matemática ii

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