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I) Combinatória e Binômio de NewtonI) Combinatória e Binômio de Newton

Prof. Ilydio Pereira de SáProf. Ilydio Pereira de Sá

QUESTÃO INICIALO gráfico abaixo representa um Sistema Cartesiano Ortogonal. Quantos são os caminhos distintos, do ponto A até o ponto B, de acordo com as seguintes regras:

a) Só podemos percorrer as linhas horizontais e verticais, do quadriculado, uma unidade de cada vez.

b) Só podemos percorrer essas linhas, no sentido positivo dos eixos.

A

B

Este é um dos possíveis caminhos...

Primeiras RecomendaçõesPrimeiras Recomendações

Não faça fórmulas demais ou casos particulares demais. Isso obscurece as idéias gerais e torna as coisas mais complicadas.

Aprenda e faça com que os alunos aprendam com os erros. É importante, diante de uma solução errada, analisar o motivo do erro.

Combinatória não é difícil. Resista aos truques imediatos. Devemos procurar métodos mais gerais e não truques específicos para determinados formatos de problemas.

Resista às enfadonhas listas de exercícios que ninguém sabe resolver e que só fazem com que os alunos se desinteressem, cada vez mais pelo tema.

Do Livro Combinatória e Probabilidades – A. C. Morgado - IMPADo Livro Combinatória e Probabilidades – A. C. Morgado - IMPA

PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO – QUESTÕES INICIAIS

(sobre o texto: Valsas de Mozart, aids, mega sena, ...o princípio multiplicativo e sua importância na matemática combinatória e no cálculo de probabilidades)

1) Quantas linhas telefônicas, no máximo, podem ser instaladas numa cidade onde cada número telefônico tem 8 dígitos?

SOLUÇÃO

10 8 linhas telefônicas.

2) Quantas são possíveis placas de automóvel num país onde cada placa é formada por 3 letras e 4 algarismos ?

SOLUÇÃO

26 3 x 10 4 = 175 760 000 placas

3) Quantas filas distintas poderão ser formadas com os líderes de 8 países, que estão reunidos para uma reunião de trabalho? Se dois desses líderes são os presidentes Lula e Bush, em quantas dessas filas eles estariam “lado a lado”?

SOLUÇÃO8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 8! = 40 320 maneiras.

Lu Bu (juntos) mais os outros 6 líderes, teremos:

7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 5040 maneiras. Como eles podem “trocar” entre si, teremos 5040 x 2 = 10 080 maneiras.

Se todas essas possíveis filas fossem “registradas” em fotografias, a probabilidade de sortearmos uma dessas fotos, e encontrarmos os presidentes Lula e Bush juntos, seria: p = 10 080 / 40 320 = 0,25 = 25%.

4) Quantos pedidos diferentes, compostos de casquinhas de sorvete com 3 bolas, poderemos fazer em uma sorveteria que oferece 31 sabores à escolha, considerando:

a) Que o comprador se importa com a ordem dos sabores na casquinha.

SOLUÇÃO

31 x 30 x 29 = 26.970 pedidos

b) Que o comprador não se importa com a ordem dos sabores na casquinha.

casquinhas 4.495 6

970 26

1 x 2 x 3

29 x 30 x 31

4) Quantos jogos distintos, com 6 dezenas (jogo mais simples), podem ser escolhidos dentre as 60 dezenas disponíveis da Mega Sena?

SOLUÇÃO

SOLUÇÃO

Como sabemos que a ordem de escolha das 6 dezenas não é importante, teremos:

jogos 860 063 50 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6

55 x 56 x 57 x 58 x 59 x 60

5) Sabemos que um baralho tem 52 cartas. Determine:

a) O número de maneiras diferentes de recebermos as 5 cartas de uma “mão” de pôquer?

SOLUÇÃO

mãos"" 2.598.960 1 x 2 x 3 x 4 x 5

48 x 49 x 50 x 51 x 52

b) A probabilidade de um jogador de pôquer, receber 4 ases?

SOLUÇÃO

960 598 2

48p

Os 48 casos favoráveis derivam da possibilidade de juntarmos qualquer uma das cartas restantes, aos 4 ases já garantidos.

6) Qual a probabilidade de obtermos 5 “caras”, em cinco lançamentos sucessivos de uma moeda “equilibrada”?

SOLUÇÃO

32

1

2

1p

5

7) Qual a probabilidade de, em um grupo de 10 pessoas, escolhidas aleatoriamente, nenhuma delas ter nascido em setembro?

SOLUÇÃO

41,89% 0,4189 12

11p

10

8) Antoine Gombeaud, Chevalier de Mère, um famoso jogador, queria saber o que era mais provável de ocorrer: obter ao menos um 6 em 4 lances de um único dado, ou obter pelo menos um 12 em 24 lances de um par de dados. O que é mais provável?

SOLUÇÃO

a) obtenção de pelo menos um 6 = 1 – probabilidade de não sair o número 6, nos 4 lances do dado.

52% 0,52 6

5 - 1p

4

b) obtenção de pelo menos um 12 = 1 – probabilidade de não sair 12, nos 24 lances de um par de dados.

49% 0,49 36

35 - 1p

24

Mais provável

O PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO

Se uma decisão d1 pode ser tomada de n maneiras e, em seguida, outra decisão d2 puder ser tomada de m maneiras, o número total de maneiras de tornarmos as decisões d1 e d2 será n · m.

9) Quantos números naturais de 3 algarismos distintos existem?

Um número de 3 algarismos c d u é formado por 3 ordens: Como o algarismo da ordem das centenas não pode ser zero, temos então três decisões: d1: escolher o algarismo da centena, diferente de zero (9 opções). d2: escolher o algarismo da dezena, diferente do que já foi escolhido para ocupar a centena (9 opções). d3: escolher o algarismo da unidade, diferente dos que já foram utilizados (8 opções). Portanto, o total de números formados ser· 9 · 9 · 8 = 648 números.

SOLUÇÃO

10) Quantos números naturais, PARES, de 3 algarismos distintos existem?

A) Dividindo o problema em duas etapas: terminados em zero e terminados em 2, 4, 6, 8. Terminados em zero: temos 1 modo de escolher o último algarismo, 9 modos de escolher o primeiro e 8 modos de escolher o do meio (algarismo da dezena), num total de 1· 9 · 8 = 72 números. Terminados em 2, 4, 6, 8: temos 4 modos de escolher o último algarismo (2, 4, 6, ou 8), 8 modos de escolher o primeiro algarismo (não podemos usar o zero, nem o algarismo já usado na última casa) e 8 modos de escolher o algarismo do meio (não podemos usar os dois algarismos já empregados nas casas extremas). Logo, temos 4 · 8 · 8 = 256 números .. Resposta: 72 + 256 = 328 números. B) Poderíamos também aproveitar o resultado do problema anterior (total de números naturais, de 3 algarismos distintos) e subtrair a quantidade de números naturais ímpares: (5 na última casa, 8 na primeira e 8 na segunda), num total de 5 · 8 · 8 = 320 números. Logo, teríamos 648 – 320 = 328 números.

SOLUÇÃO

11) Quantos são os triângulos distintos, que podem ser construídos a partir de 10 pontos marcados sobre uma circunferência?

SOLUÇÃOA

BC

Verifique que esta questão tem uma diferença básica com relação às anteriores. Neste caso, a ordem de disposição dos elementos de cada coleção não importa ao problema, isto é, o triângulo ABC é o mesmo do triângulo ACB, por exemplo. Na introdução de nosso estudo, no texto sobre o princípio multiplicativo, já vimos como proceder numa situação dessas, como no caso da mega-sena, por exemplo. A quantidade de triângulos será dada por:

1201 2. . 3

8 . 9 . 10

12) Quantos divisores naturais possui o número 72?

SOLUÇÃO

Primeiramente, vamos decompor o número 72, em fatores naturais primos:

3 272 = 2 x 3Logo, todo divisor de 72 será um número da forma , sendo que x e y devem ser números naturais, com as seguintes condições: x = 0 ou x = 1 ou x = 2 ou x = 3 ; y = 0 ou y = 1 ou y = 2. Portanto temos 4 possibilidades para o expoente x e 3 possibilidades para o expoente y e, aplicando o princípio multiplicativo, teremos: 4 x 3 = 12 divisores naturais para o número 72.

x y2 x 3

Quantos seriam os divisores naturais pares, do número 72? E os quadrados perfeitos?

Vamos trabalhar um pouco? Apostila, página 13, exercícios: 4, 5, 6, 8, 10, 13, 14, 19.

AS PERMUTAÇÕES

Permutações SimplesDados n objetos distintos: a1, a2, a3, .... an, cada ordenação obtida a partir desses n objetos é denominada de uma permutação simples (porque todos são distintos) desses elementos. Assim, temos n modos de escolha para o primeiro lugar, n – 1 modos de escolha para o segundo lugar, ......1 modo de escolha para o último lugar, ou seja:O número de modos de ordenar n objetos distintos é igual a n!. Podemos representar o número de permutações simples de n objetos distintos por P n. Logo, temos que:

Pn = n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3) … .1 = n!

Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra FLAMENGO, que tenham sempre juntas as letras A e M, em qualquer ordem.

F L A M E N G O = 7! x 2! = 10 080 anagramas.

Permutações Circulares

Exemplo: De quantos modos diferentes podemos formar uma roda, com 5 crianças?

Devemos tomar um certo cuidado com esse tipo de problema, pois o resultado não é igual a 5! = 120 rodas, como poderíamos pensar “apressadamente”. Verifique que a roda ABCDE, por exemplo, tem a mesma configuração que a roda EABCD, já que o que importa agora é a posição relativa das crianças entre si. Dessa forma cada roda pode ser “virada” de 5 modos que repetem a mesma configuração. Assim, o número de rodas distintas que podemos obter será igual a 120 : 5 = 24 rodas.

O exemplo acima é o que definimos como sendo permutações circulares de n elementos. Se repetirmos o mesmo raciocínio que usamos no exemplo anterior, teremos que as permutações circulares de n elementos distintos serão iguais a:

1)!(nn

!n PCn

Permutações Com Elementos Repetidos

Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra AMORA? Esse é outro caso que demanda um certo cuidado. A resposta seria 5! = 120 anagramas, caso todas as letras fossem distintas. Como temos duas letras A, é claro que uma permutação entre essas

duas letras não geraria anagramas novos. Assim sendo cada anagrama foi contado 2! = 2 vezes (que são as letras repetidas). Logo, o número correto de anagramas é 120 : 2 = 60 anagramas. Problemas como esse é o que denominamos de Permutações com alguns elementos repetidos. No caso da palavra amora, indicaríamos por:

anagramas 60 2!

! 5 P2

5

Generalizando, teremos:

... β! . α!

!n P ... β, α,

n , , ... São as quantidades das repetições.

Exemplo: Quantas são as distintas seqüências que podemos formar com os 8 símbolos a seguir?

seqüências 560 2! . 3! . 3!

! 8 P 2 3, 3,

8

O SAPO E O PERNILONGO – VESTIBULAR PUC RGS.

Um sapo e um pernilongo encontram-se respectivamente na origem e no ponto (8, 2) de um sistema cartesiano ortogonal. Se o sapo só pudesse saltar nos sentidos positivos dos eixos cartesianos e cobrisse uma unidade de comprimento em cada salto, o número de trajetórias possíveis para o sapo alcançar o pernilongo seria igual a:

a) 35  b) 45 c) 70  d) 125 e) 256

 

Considere a figura a seguir, onde está representada uma das trajetórias possíveis, onde S = sapo e P =

pernilongo.

Convencionando que um deslocamento para a direita seja indicado por D e um

deslocamento para cima seja indicado por C, o deslocamento indicado na figura seria

representado por DCDDDCDDDD. Outros deslocamentos possíveis seriam, por exemplo:

DDDDDDDDCC – DDCCDDDDDD – CDDDDDDDDC ...

Observe que para o sapo alcançar o pernilongo segundo as regras ditadas, teremos sempre

8 deslocamentos para a direita (D) e 2 para cima (C). Logo, estamos diante de um caso de

permutações com repetição de 10 elementos, com 8 repetições (D) e duas repetições (C).

caminhos 45 2! . 8!

! 10 P 2 8,

10 LOGO ...

Quantas soluções inteiras, não negativas, possui a equação: x + y + z = 5 ?

Mostraremos que esse tipo de problema pode recair exatamente numa situação gráfica, como vimos no exemplo anterior, de permutações com elementos repetidos.

Vamos imaginar que temos 5 unidades (representaremos cada unidade por *) que serão repartidas por três variáveis. Usaremos traços para separar as variáveis. É claro que, como são três variáveis, precisaremos de dois traços para esta separação. Vejamos uma possível solução

* * * * * Aqui, temos representada a solução: x = 1; y = 2 e z = 2.

* * * * * Aqui, temos representada a solução: x = 0; y = 3 e z = 1.

Logo, o número de soluções procuradas será dado pela permutação de 7 elementos, com 5 repetições ( * ) e 2 repetições ( ).

negativas não e inteiras soluções 21 2! . 5!

! 7 P 2 5,

7

Generalizando: Quantas soluções inteiras e não negativas possui a equação

k x...xx n21

k! . 1)! -(n

! k) 1 -(n P k 1, -n

k 1 -n

Quantos pedidos diferentes poderemos fazer, de 6 pastéis, numa lanchonete que oferece 3 tipos diferentes, para escolha?

Chamando de x1, x2 e x3 as quantidades pedidas, de cada tipo, basta determinarmos o número de soluções inteiras, não negativas, da equação:

6 xxx 321

pedidos 28 6! . 2!

! 8 P 6 2,

8