matemática discreta · 2021. 3. 10. · matemática discreta nas áreas de combinatória, da...

Matemáticadiscretalicenciatura emmatemática

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CE

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6

Ministério da Educação - MEC

Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Nível Superior

Universidade Aberta do Brasi l

Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará

MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO

Universidade Aberta do Brasil


Diretoria de Educação a Distância

Fortaleza, CE2012

Licenciatura em Matemática

Matemática Discreta

Marcos Antônio de Macedo

CréditosPresidenteDilma Vana RousseffMinistro da EducaçãoAloizio Mercadante OlivaSecretário da SEEDCarlos Eduardo BielschowskyDiretor de Educação a DistânciaJoão Carlos TeatiniReitor do IFCECláudio Ricardo Gomes de LimaPró-Reitor de EnsinoGilmar Lopes RibeiroDiretora de EAD/IFCE e Coordenadora UAB/IFCECassandra Ribeiro JoyeVice-Coordenadora UAB Cristiane Borges BragaCoordenadora do Curso deTecnologia em HotelariaFabíola Silveira JorgeCoordenadora do Curso de Licenciatura em MatemáticaPriscila Rodrigues de AlcântaraElaboração do conteúdoMarcos Antônio de MacedoColaboradoraLívia Maria de Lima SantiagoEquipe Pedagógica e Design InstrucionalAna Claúdia Uchôa AraújoAndréa Maria Rocha RodriguesCarla Anaíle Moreira de OliveiraCristiane Borges BragaEliana Moreira de OliveiraGina Maria Porto de Aguiar VieiraGlória Monteiro MacedoIraci Moraes SchmidlinIrene Moura SilvaIsabel Cristina Pereira da CostaJane Fontes GuedesKarine Nascimento PortelaLívia Maria de Lima SantiagoLuciana Andrade RodriguesMárcia Roxana da Silva RégisMaria Irene Silva de Moura

Maria Vanda Silvino da SilvaMarília Maia MoreiraSaskia Natália Brígido BatistaEquipe Arte, Criação e Produção VisualBenghson da Silveira DantasCícero Felipe da Silva FigueiredoElson Felipe Gonçalves MascarenhaGermano José Barros PinheiroGilvandenys Leite Sales JúniorJosé Stelio Sampaio Bastos NetoLucas de Brito ArrudaMarco Augusto M. Oliveira Júnior Equipe WebBenghson da Silveira Dantas Fabrice Marc JoyeHerculano Gonçalves SantosLucas do Amaral SaboyaSamantha Onofre Lóssio Tibério Bezerra SoaresRevisão TextualAurea Suely ZavamNukácia Meyre Araújo de AlmeidaRevisão WebAntônio Carlos Marques JúniorDébora Liberato Arruda HissaSaulo GarciaLogísticaFrancisco Roberto Dias de AguiarSecretáriosBreno Giovanni Silva AraújoFrancisca Venâncio da SilvaAuxiliarAna Paula Gomes CorreiaBernardo Matias de CarvalhoCharlene Oliveira da SilveiraNathália Rodrigues MoreiraVirgínia Ferreira MoreiraWagner Souto Fernandes

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0

Macedo, Marcos Antônio de.

Matemática Discreta / Marcos Antônio de Macedo; Coordenação Cassandra Ribeiro Joye. - Fortaleza: UAB/IFCE, 2012.122p. : il. ; 27cm.

ISBN 978-85-475-0006-1

1. MATEMÁTICA DISCRETA. 2. ANÁLISE COMBINATÓRIA. 3. TEORIA DOS GRAFOS. I. Joye, Cassandra Ribeiro (Coord.). II. Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará – IFCE. III. Universidade Aberta do Brasil – UAB. IV. Título.

CDD – 510

M141m

Catalogação na fonte: Islânia Fernandes Araújo (CRB 3 nº 917)

SUMÁRIO

AULA 2

AULA 3

AULA 4

Apresentação 7Referências 121

Tópico 1

Tópico 2

Tópico 1

Tópico 2

Tópico 1

Tópico 2

Tópico 3

Tópico 1

Tópico 2

Currículo 123

Análise Combinatória I 8Princípio da Contagem e Arranjos Simples 9Permutação Simples e Combinação Simples 16

AULA 1

Análise Combinatória II 23Permutação Circular e Combinatória Completa 24Permutações Caóticas e os Lemas de Kaplansky 30

Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e

Números de Fibonacci 36Coeficientes Binomiais Triângulo de Pascal 37Binômio de Newton 43Números de Fibonacci 48

Conjuntos e Relações 51Conjuntos 57Relações Binárias de A em B 57

6 Matemát ica D isc re ta

AULA 5

AULA 7

AULA 8

Tópico 1

Tópico 2Introdução ao Cálculo de Probabilidades 65Probabilidade Condicional 72

Conceitos de Grafos 97Definição de isomorfismo e exemplos de grau

de um vértice, complemento, caminho e circuito

101

Ciclos Eulerianos e Ciclos Hamiltonianos 112Árvores 115

Tópico 1

Tópico 2

Tópico 1

Tópico 2

Noções de Probabilidade 64

Grafos 96

Árvores 111

Múltiplos, Divisores e Primos 79AULA 6Tópico 1

Tópico 2Múltiplos e Divisores 80Fatoração em Primos, MDC e MMC 86

7

APRESENTAÇÃOCaro(a) aluno(a),

Esta disciplina é planejada para proporcionar ao aluno uma base razoável sobre os conceitos

da Matemática usados na Matemática Discreta. Discutiremos vários resultados e métodos da

Matemática Discreta nas áreas de combinatória, da teoria dos números, por meio de divisores

e primos, da probabilidade e teoria dos grafos.

Nas três primeiras aulas, serão apresentadas as ferramentas da análise combinatória, inclusive

aquelas não encontradas com muita frequência nos livros didáticos, mas que julgamos de

grande importância quando se estudam técnicas de agrupamentos.

Na quarta aula, embora o assunto sobre conjunto tenha sido trabalho de modo sucinto,

procuramos dar um tratamento um pouco mais formal e com isso acreditamos que estaremos

fornecendo um conjunto de mecanismos para que o aluno possa manipular de modo

adequado a linguagem da teoria dos conjuntos.

Procuramos, na aula 5, recordar e introduzir algumas noções de múltiplos divisores e primos,

enunciando alguns dos seus teoremas mais relevantes com suas respectivas demonstrações.

As duas últimas aulas são dedicadas a um conceito muito relevante, principalmente na

ciência da computação, e que fornece suporte a um conjunto de operações relacionadas à

Matemática Discreta. Trata-se de Grafos, que representa um elemento da Matemática Discreta

com um grande grau de aplicabilidade em matemática, informática, engenharia da indústria,

entre outros campos do saber.

APRESENTAÇÃO


AULA 1 Análise Combinatória I

Caro(a) aluno(a),

Nesta primeira aula, estudaremos a Análise Combinatória, que é um conjunto de

ferramentas que nos permite agrupar e contar os elementos de um conjunto finito

sem necessariamente enumerá-los.

No tópico 1, será apresentada a técnica de contagem básica encontrada nos livros

didáticos, que é “o Princípio Fundamental da Contagem”, e apresentaremos os

tipos de agrupamentos nas suas versões mais simples, que são o arranjo simples,

combinação simples e permutação simples. No segundo tópico, concluiremos

nosso estudo sobre o uso dessas ferramentas apresentando o arranjo com

repetição, combinação completa e a permutação com repetição. No entanto, a

análise combinatória possui em seu quadro de ferramentas outras técnicas não

tão frequentes em livros didáticos. Tais técnicas, que julgamos fundamentais na

resolução de alguns problemas, serão estudadas na aula 2.

Objetivos

• Desenvolver a capacidade de raciocínio lógico e organizado• Compreender a análise combinatória• Analisar estruturas e relações discretas

9

Neste tópico, apresentaremos as técnicas de contagem que nos

permitirão determinar o número de elementos de conjuntos

formados a partir de certas regras, sem que haja a necessidade de

contar elemento por elemento, o que seria uma atividade no mínimo exaustiva e,

em alguns casos, impossível. Iniciaremos definindo uma ferramenta bastante eficaz

nas demonstrações de proposições relacionadas ao conjunto dos números naturais,

que é o Princípio da Indução Finita.

1.1 PRINCÍPIO DA INDUÇÃO FINITA

O Princípio da Indução é uma ferramenta eficiente quando se pretende

demonstrar fatos referentes aos números naturais. Dessa forma, vamos iniciar

nosso estudo conhecendo seu significado e como utilizá-la na demonstração de

proposições.

Seja N = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , ... , n , ... } o conjunto dos

números naturais e P(n) uma determinada proposição relativa

aos números naturais. O Princípio da Indução determina que:

• Se P(1) for verdadeira, ou seja, se p(n) for verdadeira para o número 1 (condição inicial) e supondo P(n) ser verdadeira para todo n (hipótese de indução), implica P(n + 1) também ser verdadeira. Então a propriedade P(n) é verdadeira para todo número natural n.

TÓPICO 1 Princípio da Contagem e Arranjos Simples

ObjetivOs

• Compreender o conceito básico de contagem através do

Princípio Fundamental da Contagem

• Definir Arranjos Simples

• Conhecer alguns problemas com a aplicação do Princípio

Fundamental da Contagem

AULA 1 TÓPICO 1

Matemát ica D isc re ta10

Vejamos alguns casos:

ExEmplo 1:

Vamos provar que a soma dos n primeiros números naturais é dada por n (n 1)

S(n) 2

+= .

Solução:

Temos n (n 1)

S(n) 1 2 3 4 . . . (n-1) n 2

+= + + + + + + =

Condição inicial: Observamos de imediato que S(1) se verifica, pois

1 (1 1)S(1) 1

2

+= =

Hipótese de indução: Supondo-se k (k 1)

S(k) 2

+= ; se S(k 1)+ for

verdadeiro, então a proposição vale para todos os números reais.

Dessa forma k (k 1)

S(k) 1 2 3 4 . . . k 2

+= + + + + + = (*)

Aumentando um termo do lado esquerdo da igualdade (*), temos

( )(k 1) (k 2)

S(k 1) 1 2 3 4 . . . k k 12

+ ++ = + + + + + + + = e, fazendo

(k 1) n+ = , chegamos an (n 1)

S(n)2

+= .

ExEmplo 2:

Prove que a soma dos n primeiros números ímpares é dada pela expressão 2S(n) n=

Solução:

Temos 2S(n) 1 3 5 . . . (2n-1) n= + + + + =

Condição inicial: Observamos que S(1) é imediato.

Hipótese de indução: Supondo-se 2S(k) k= ; se S(k 1)+ for verdadeiro,

então a proposição vale para todos os números reais.

Dessa forma 2S(k) 1 3 5 5. . . 2k-1 k= + + + + =

11

Aumentando um termo do lado esquerdo da igualdade acima,

temos

( ) 2S(k 1) 1 3 5 . . . 2k 1 (2k 1)+ = + + + + + = + , que equivale

a 2S(k 1) 1 3 5 . . . (2k 2 1) (2k 1)+ = + + + + + - = + ou, ainda, 2S(k 1) 1 3 5 . . . [2(k 1) 1] (2k 1)+ = + + + + + - = + . Fazendo (k 1) n+ = ,

chegamos a 2S(n) 1 3 5 . . . (2n-1) n= + + + + = , o que prova nossa relação.

1.2 PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM - PFC

Vamos introduzir essa técnica com o seguinte problema:

ExEmplo 3:

Uma mulher dispõe de 3 saias 1 2 3(s , s , s ) e 4 blusas 1 2 3 4(b , b , b ,b ) . De

quantos modos é possível vesti-la com uma saia e uma blusa?

Solução:

É fácil ver que há 4 modos de vesti-la nos quais a saia é s1 , outros 4 nos

quais a saia é s2 e outros 4 nos quais a saia é S3. O número de modos é, portanto, 4 4 4 3 4 12+ + = ´ = .

O exemplo acima ilustra o “Princípio Fundamental da Contagem”, que diz:

Se uma ação é composta por várias etapas dependentes uma das outras, o número

de possibilidades possível de realizar essa ação é o produto de possibilidades de cada etapa.

Assim, para o problema anterior, a ação “vestir-se com uma saia e uma blusa”

é composta por duas etapas:

1ª etapa: vestir uma blusa (três possibilidades)

2ª etapa: vestir uma saia (quatro possibilidades)

Assim, há 3x4=12 modos de vesti-la. Veja abaixo a descrição de todos os modos.

1 1(b , s ), 1 2(b , s ), 1 3(b , s ), 2 1(b , s ), 2 3(b , s ), 3 2(b , s ), 3 3(b , s ), 4 1(b , s ),

4 2(b , s ), 4 3(b , s ).

ExEmplo 4:

Quantas centenas podem ser formadas com os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6?

Solução:

A ação de formar uma centena é composta por três etapas:

1ª etapa: colocar o algarismo das centenas (entre os sete algarismos devemos

escolher um dos seis para compor o algarismo das centenas, já que o número não

pode iniciar com “zero”.

AULA 1 TÓPICO 1


6 7 7

Assim, temos 6 possibilidades para o primeiro número, 7 possibilidades para

o algarismo das dezenas e 7 modos de escolher o algarismo das unidades. Pelo

Princípio da Contagem, temos:

6.7.7 = 294 centenas.

ExEmplo 5:

Quantas centenas com algarismos distintos podem ser formadas com os

algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6?

Solução:

A ação de formar uma centena é composta por três etapas:

1ª etapa: colocar o algarismo das centenas (entre os sete algarismos devemos

escolher um dos seis para compor o algarismo das centenas, já que o número não

pode iniciar com “zero”

6 6 5

Assim, temos 6 possibilidades para o primeiro número, 6 possibilidades para

o algarismo das dezenas (não podemos repetir elementos) e 5 modos de escolher

o algarismo das unidades já que, dos sete números já foram escolhidos dois . Pelo

Princípio da Contagem, temos:

6.6.5 = 130 centenas.

1.3 ARRANJOS SIMPLES

Os Arranjos Simples são agrupamentos

sem repetições em que um grupo se torna

diferente do outro pela ordem ou pela natureza

dos elementos componentes.

Assim, cada centena (agrupamento) do

exemplo 5 representa um arranjo simples, pois,

embora apresentem os mesmos algarismos, as

centenas 235 e 352 são diferentes e com todos

os algarismos distintos. Já no exemplo 4, cada

v o c ê s a b i a?

A Combinatória surgiu da necessidade que os

homens tiveram em calcular maneiras seguras

de ganharem em certos jogos de azar, tais como

baralho, dados e moedas. O grande precursor da

combinatória foi Arquimedes (século III a.C).

13

centena (grupo) não constitui um arranjo simples, pois apresenta algarismos

repetidos, como é o caso da centena 444 ou 332. Esse tipo de agrupamento será

estudado no próximo tópico.

ExEmplo 6:

Quantos arranjos simples, a partir de n

elementos, são possíveis formar com p elementos

distintos?

Solução:

Devemos a partir de n elementos, formar

grupos com p elementos distintos, com p n.£ Pelo Princípio Fundamental da Contagem

(PFC), temos:

n.(n 1).(n 2).(n 3) . . . [n-(p 1)]- - - + (**)

multiplicando o numerador e o denominador da expressão (**) por ( )!n p- temos:

n.(n 1).(n 2).(n 3) . . . [n-(p 1)].(n-p)! n !(n p)! (n p)!

- - - +=

- -

Assim n,p

n!A

(n p)!=

- em que n,pA se lê:

“Arranjo de n elementos tomados de p a p”

ExErcícioS rESolvidoS

1. Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 8 questões de múltipla-escolha com quatro alternativas por questão?

rESolução:

Existem 4 possibilidades de escolha para a primeira questão; a segunda,

quatro possibilidades, etc. Assim, pelo PFC, temos 4.4.4. . . .4=48.

2. Vamos determinar a quantidade de números com quatro dígitos com as seguintes características:

a) São maiores que 3600 e têm todos os dígitos distintos.

b) São maiores que 3600 e não têm os dígitos 4, 5 e 8.

AULA 1 TÓPICO 1

at e n ç ã o !

Para resolvermos problemas de arranjos simples

tanto podemos usar a técnica de multiplicar entre

si os números de possibilidades das etapas (como

vimos nos exemplos 4 e 5) como podemos usar

a fórmula n,p

n!A

(n p)!=

-, muito embora na

maioria das situações seja aconselhável usar o

primeiro caso.

g u a r d e b e m i s s o !

A técnica para contar agrupamentos em que

os grupos diferem pela ordem dos elementos é

chamada “Princípio Fundamental da Contagem”;

por sua vez, cada grupo recebe o nome de arranjo

simples.


rESolução:

a) Vamos contar os números separadamente, da seguinte forma:

Se o número começar com 3, 4 ou 5, há 4 modos de selecionar o segundo; 8, o

terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto 3.4.8.7 672= números começados por 3, 4 ou

5. Se o número começar com 6, 7, 8 ou 9, há 3 modos de selecionar o segundo; 8, o

terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto 4.3.8.7 672= números começados por 6, 7, 8

ou 9. Assim temos 672 672 1344+ = .

Observe que o problema poderia ter sido resolvido usando a fórmula n,p

n!A

(n p)!=

-a . Se o número começar com 3, 4 ou 5, há 4 modos de selecionar o segundo; 8, o terceiro;

e 7, o quarto. Há, portanto, 3,1 4,1 8,1 7,1A . A . A . A ou 3! 4! 8! 7!

. . . (3-1)! (4-1)! (8-1)! (7-1)!

que corresponde a 672 números começados por 3, 4 ou 5. Se o número começar com 6,

7, 8 ou 9, há 3 modos de selecionar o segundo; 8, o terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto,

4,1 3,1 8,1 7,1A . A . A . A ou 4! 3! 8! 7!

. . . (4-1)! (3-1)! (8-1)! (7-1)!

, o que corresponde a 672.

Assim 672+672=1344.

b) Para o primeiro algarismo, temos 4 possibilidades, 3 para o segundo,

7 para o terceiro e 7 para o quarto número. Há, portanto, 4.3.7.7=588.

Porém, se o segundo algarismo for 6, os dois últimos não podem ser zero. Dessa

forma o número 3600 foi contado indevidamente. A resposta é 588-1=587.

3. Sacam-se sucessivamente e sem reposição três cartas de um baralho de 52 cartas. Quantas são as extrações possíveis nas quais a primeira carta é de paus, a segunda carta é 2 e a terceira não é 8.

rESolução:

Vamos dividir as extrações em três etapas:

i) a primeira carta é um 2 de paus.Neste caso há 1 modo de selecionar a

primeira carta, 3 modos de selecionar a segunda carta (já que temos apenas quatro

2 e a de paus já foi escolhida) e 46 modos de selecionar a terceira carta.

ii) a primeira carta é um 8 de paus. Neste caso há um modo de escolher

a primeira carta, 4 maneiras de escolher a segunda e 47 maneiras de escolher a

terceira carta.

iii) a primeira carta é de paus (com exceção do 2 de paus e 8 de paus que já

foram escolhidos). Neste caso há 11 maneiras de escolher a primeira carta, 4 modos

de escolher a segunda carta e 46 maneiras de escolher a terceira carta.

15

Assim, temos: 1.3.46 1.4.47 11.4.26 2350+ + = .

4. Qual a soma dos divisores inteiros positivos de 3600?

rESolução:

Decompondo 3600 em fatores primos, chegamos a 4 2 23600 2 . 3 . 5= .

Os divisores inteiros e positivos de 3600 são números do tipo m n z2 . 3 . 5 , com

m {0, 1, 2, 3, 4}, Î n {0, 1, 2}, Î z {0, 1, 2}.Î Assim queremos encontrar m n z(2 . 3 . 5 ). S =å Para z 0, z 1 e z 2 = = = temos:

m n 0 m n 1 m n 2(2 . 3 . 5 ) (2 . 3 . 5 ) (2 . 3 . 5 )S = + +å å å =

m n m n m n(2 . 3 ) 5 (2 . 3 ) 25 (2 . 3 )+ +å å å = m n31. (2 . 3 ) å

Para n 0, n 1 e z 2 = = = temos:

m 0 m 1 m 2S 31. (2 . 3 ) (2 . 3 ) (2 . 3 ) é ù= + +ê úë ûå å å =

m m m31.( 2 3 2 9 2 )+ +å å å ou ( )m m mS 31.13 2 2 2= + +å å å= ( )1 2 3 4403 . 1 2 2 2 2+ + + + = 403.31 S 12.493Þ = . Se quiséssemos

determinar apenas o número de divisores, teríamos 5.3.3=45, pois m pode ser

selecionado de 5 modos, n de 3 modos e z de 3 modos.

Chegamos ao final do tópico 1. Pudemos conhecer a principal ferramenta da

análise combinatória que é o Princípio Fundamental da Contagem e iniciarmos o estudo

sobre os tipos de agrupamentos. No próximo tópico, introduziremos mais dois tipos de

agrupamentos que são denominados por combinação simples e permutação simples.

AULA 1 TÓPICO 1


TÓPICO 2 Permutação Simples e Combinação SimplesObjetivOs

• Conhecer duas ferramentas básicas da combinatória que

são: permutação simples e combinação simples

• Propiciar a manipulação do Princípio Fundamental da

Contagem no cálculo das permutações simples e combi-

nações simples

Neste tópico apresentaremos dois tipos de agrupamentos: a

permutação simples e a combinação simples, cujos problemas

envolvendo esses dois tipos de agrupamentos podem ser

resolvidos utilizando-se o Princípio Fundamental da Contagem (PFC). Você, aluno,

deve ter em mente que usar o PFC para determinar número de agrupamentos com

elementos distintos é equivalente a usar a fórmula n!

.(n p)!-

2.1 PERMUTAÇÃO SIMPLES

Para introduzir o tema acima, vamos considerar o seguinte problema:

Quantas centenas são possíveis formar com os algarismos 1, 2 e 3? Observe que

cada centena é uma forma de ordenar os números 1, 2 e 3. Dessa maneira, para o

primeiro algarismo, temos 3 modos de escolha, 2 para o algarismo das dezenas e 1

modo de escolha para o algarismo das unidades. Pelo PFC, a resposta é 3.2.1=3!=6

Seguindo o mesmo raciocínio, é fácil verificar que existem n! formas de

ordenar o conjunto 1 2 3 n(a , a , a , . . . ,a ) , pois existem n modos de escolher o objeto

que ocupara a primeira posição, n-2 modos de escolher o que ocupara o segundo

lugar, . . . , 1 modo de escolher o objeto que ocupará o último lugar. Portanto temos

n (n-1) (n-2). . . 2.1 n!= .

• Cada ordenação dos n objetos distintos é chamada permutação simples dos n objetos e é representada por nP n !=

17

• Cada permutação simples de n objetos distintos nada mais é do que um arranjo simples em que n p ,= ou seja, n , p nn p A P= Þ = .

Assim, n n , n

n!P A n!

(n n)!= = =

- a.

oS rESolvidoS

1. Quantos são os anagramas da palavra DISCRETA:a. que começam por consoantes e terminam por vogal?b. que têm as letras I, C, T juntas nessa ordem?c. que têm as letras I, C, T juntas em qualquer ordem?d. que têm a letra S em 2º lugar e a letra D em 3º lugar?e. que têm a letra T em 2º lugar ou a letra R em 3º lugar?

Solução:

a) Há 5 modos de escolher a consoante que será a primeira letra do anagrama

e 3 modos de escolher a última letra do anagrama. Em seguida, há 6! modos

de organizar as demais letras entre a primeira e a última. Assim, pelo PFC

temos: 5.3.6!=10800.

b) Vamos considerar ICT uma única letra. Assim, temos: 6!=720.

c) Considerando ICT uma única letra, temos 6!. Em seguida escolhemos a

ordem em que as letras I, C e T aparecerão, 3!. Dessa forma, pelo PFC a

resposta é 3!.6!=6.720=4320.

d) Temos 1 modo de escolher a 2ª letra e 1 modo de escolher a 3ª letra do

anagrama. Depois há 6! modos de organizar o restante das letras. Pelo PFC,

6!.1.1=720.

e) Vamos considerar dois conjuntos A e B. A é o conjunto dos anagramas que

têm a letra T na segunda posição e B é o conjunto dos anagramas que têm R

na terceira posição. Queremos determinar o número de anagramas que têm T

na segunda posição ou R na terceira posição, portanto queremos determinar

n(A B).È

n(A)=7!, n(B)=7! e n(A B) 6!Ç =

Assim, usando a fórmula

n(A B) n(A) n(B)-n(A B)È = + Ç , chegamos a:

n(A B) 7! 7! 6! 6!(7 7 1) 9360È = + - = + - = .

2. Permutam-se de todas as maneiras possíveis os algarismos 1, 2, 3, 5 e 8 e escrevem-se os números, dessa forma formados, em ordem crescente. Pergunta-se:

AULA 1 TÓPICO 2AULA 1 TÓPICO 2


a. qual lugar ocupa o número 38512?b. qual número ocupa o 61º lugar?c. qual o 76º algarismo escrito?d. qual a soma dos números formados?

Solução:

a) Vamos contar quantos números antecedem o 385129. Começados por 1

temos 4!=24 começados por 2 temos 4!=24 começados por 31 temos 3!=6

começados por 32 temos 3!=6 começados por 35 temos 3!=6 começados por

381 temos 2!=2 começados por 382 temos 2!=2

O maior número formado começado por 382 é o número 38251, que, por sua

vez, ocupa a 70ª posição, já que 2.24+3.6+2.2=70. Assim, 38512 é o 71º lugar.

b) Há 4!=24 números começados por 1, 4!=24 números começados por 2,

3!=6 números começados por 31, 3!=6 números começados por 32. Até aqui

temos 2.4!+2.3!=60. O 61º número é 35128.

c) Considerando que cada número tem 5 algarismos e 76, quando dividido por

5, dá 15 e deixa resto 1, podemos concluir que 15.5=75 algarismos formam

exatamente 15 números e o 76º algarismo é o primeiro algarismo do 16º número.

Para se determinar o 16º número, observamos que:

3!=6 começam com 12, 3!=6 começam com 13, 2!=2 começam com152 e 2!=2

começam com 153. Logo, o 16º número é 15382 e a resposta é 1.

d) Nas casas das unidades desses números aparecem apenas os algarismos

1, 2, 3, 5 e 8. Cada um deles 4!=24 vezes. Assim, a soma das unidades é

24(1 2 3 5 8) 456.+ + + + = A soma das dezenas é feita de forma semelhante,

ou seja, a soma das dezenas é 456 dezenas que dá 4560. Seguindo esse

raciocínio, a soma das centenas é 45600; a soma das unidades de milhar é

456000 e, para finalizar, a soma das dezenas de milhar é igual a 4560000.

Assim, temos 456 4.560 45.600 456.000 4.560.000 5.066.616+ + + + = .

3. Quantas são as permutações dos números (1, 2, 3, . . . , 8) nas quais o 2 está à direita do 1 e à esquerda do 6?

Solução:

Os 8, 2A nos dão todas as formas possíveis de organizar 1, 2 e 6 nas oito

posições existentes. Considerando que, para cada modo de arrumar 1, 2 e 6 em três

determinadas posições, apenas uma está na ordem desejada, dividimos 8, 3A por

3!. Por outro lado, para cada forma de organizar 1, 2 e 6 na ordem desejada, temos

19

permutação das cinco restantes. Assim, temos:

8, 3A 8! 8!. 5 ! . 5 ! 6720

3! 5! 3! 3!= = =

4. De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em 3 grupos de 4 pessoas cada?

Solução:

A divisão pode se feita colocando as 12 pessoas em fila e dividindo-as de

modo que um dos grupos seja formado pelas 4 primeiras pessoas, outro formado

pelas 4 últimas e o terceiro grupo formado pelas 4 pessoas restantes.

Há 12! modos de colocar as pessoas em fila, porém, neste caso, algumas

divisões e alguns grupos foram contados indevidamente:

Considere a divisão abcd/efgh/ijlm . Ela é idêntica a abcd/ijlm/efgh que

por sua vez é idêntica a ijlm/abcd/efgh (as divisões formadas são as mesmas).

Observe que, para cada divisão, temos 3! divisões semelhantes. Da mesma forma,

o grupo o abcd , por exemplo, possui 4! grupos semelhantes. Assim, para cada

grupo, temos 4! grupos idênticos. Em suma, na contagem 12!, cada divisão foi

contada 3! vezes e cada grupo contado 4! vezes. A resposta é 12!

5.7754! 4! 4! 3!

=

A seguir, introduziremos o conceito de um tipo de agrupamento cuja técnica

de resolução nos permitirá resolver problemas com este de maneira simples: a

combinação simples.

2.2 COMBINAÇÃO SIMPLES

Para introduzir a ideia de combinação

simples, vamos considerar o seguinte problema:

Quantos subconjuntos com 3 elementos possui o

conjunto {a,e,i,o,u}?

rESolução:

Considerando que queremos formar

grupos com 3 elementos a partir de 5 elementos,

temos 5 modos de colocar a primeira letra nesse

conjunto, depois 4 modos de colocar a segunda letra e 3 três modos de colocar a

terceira letra. Assim, pelo PFC, temos 5.4.3=60. Porém alguns subconjuntos foram

contados mais de uma vez, já que o PFC calcula o número de arranjo simples e os

AULA 1 TÓPICO 2

v o c ê s a b i a?

Palíndromos podem ser palavras ou números

que são iguais quando lidos de frente para trás e

de trás para frente. Alguns exercícios de análise

combinatória envolvem palíndromos. Vejam

alguns exemplos: ANA, MUSSUM, RADAR, ZE

DE LIMA RUA LAURA MIL E DEZ, ROMA ME

TEM AMOR.


arranjos diferem um do outro pela ordem de seus elementos. Na nossa contagem os

grupos {a,e,i} e {e,i,a}foram contados como se fossem distintos. Cada grupo com 3

elementos gera 3! grupos idênticos. A resposta é 5.4.3

103!

= . Os subconjuntos são:

{a,e,i}, {a,e,o}, {a,e,o}, {a,i,o}, {a,i,u}, {a,o,u}, {e,i,o}, {e,i,u}, {e,o,u},

{i,o,u}.

Definição: Considere um conjunto com n elementos 1 2 3 nA {a ,a , a , . . . , a }= .

Chama-se combinação simples dos n elementos tomados de p a p e se indica por

n pC , qualquer subconjunto de A com p elementos.

Vamos determinar o número de subconjuntos com p elementos do conjunto

com n elementos. A escolha do 1º elemento pode ser feita de n modos; a do 2º,

de (n 1)- modos, e assim em diante. A escolha do p-ésimo elemento pode ser

feita de [(n p)-1]- modos. Ao usar o PFC, estamos calculando a quantidade

de arranjos em que os grupos diferem pela ordem. Dessa forma, para cada

subconjunto com p elementos, temos p! subconjuntos idênticos. Então basta

dividir nosso produto por n!, ou seja, n p

n.(n 1).(n 2).....[(n p) 1]C ,

p!

- - - -= , mas

n!n.(n 1).(n 2).....[(n p) 1]

(n-p)!- - - - = , então n p

n!C ,

p!(n-p)!=


1. Uma comissão formada por 4 homens e 3 mulheres deve ser escolhida em um grupo de 7 homens e 6 mulheres. Quantas comissões podem ser formadas?

rESolução:

Devemos selecionar 4 homens, o que pode ser feito de 7 4C , modos,

e 3 mulheres, o que pode ser feito de 6 3C , maneiras. Pelo PFC temos:

7 4 6 3

7! 6!C , . C , . 700

4! 3! 3! 3!= =

2. Quantas diagonais possui um dodecaedro regular?

21

rESolução:

O dodecaedro regular é um poliedro formado por 12 pentáCada linha (aresta,

diagonal da face ou diagonal do poliedro) representa uma combinação do número

de vértices tomados de dois a dois. Um dodecaedro possui 12 faces pentagonais,

V vértices e A arestas.

Considerando as 12 faces, cada uma com 5 arestas, chegaríamos a 12.5=60

arestas, resultado falso, pois cada aresta é comum a duas faces, logo o número de

faces é 60/2=30.

Por outro lado, cada face tem n(n 3) 5(5 3)

52 2

- -= = diagonais, portanto

temos um total 5.12=60 diagonais da face. Vamos usar a relação de Euler para

determinar o número de vértices: V-A F 2 V-30 12 2 V 20 + = Þ + = Þ = .O número de diagonais do poliedro é, portanto,

20, 2

20!C -(x y) (30 60) 100

2! 18!+ = - + = , em que 60´= é o número de diagonais

de todas as faces e 30y = é o número de arestas do poliedro.

3. Quantos são os números naturais de 6 dígitos nos quais o dígito 3 e o 9 figuram exatamente 2 vezes cada?

Solução:

Inicialmente vamos contar aqueles números que começam com zero e depois

descontá-los do total.

A primeira casa deve ser ocupada pelo zero; há 1 modo de fazer isso. Há 5 2C ,

modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3; depois disso há

3, 2C modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente a

8 maneiras de preencher a casa restante. Assim, 5 2 3 21 . C , . C , . 8 240= números

nessas condições começam com zero. Agora vamos determinar todos os números

com a condição exigida, inclusive os que começam com zero. Há 6 2C , modos de

escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3. Em seguida, há 4 2C , modos

de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente, pelo PFC,

há 8.8=64 modos de escolher as duas casas restantes que serão preenchidas pelos

8 algarismos restantes. Assim 6 2 4 2C , . C , . 64 5760= começam com zero ou não.

A resposta é 5760-240=5520.

AULA 1 TÓPICO 2AULA 1 TÓPICO 2


4. Vamos resolver o problema anterior considerando 4p = , de modo mais

simples usando a fórmula n,p

n!C .

p!(n p)!=

- O enunciado do problema é

o seguinte: De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em 3 grupos

de 4 pessoas cada?

rESolução:

Há 12, 4C modos de formar o 1º grupo; 8, 4C modos de formar o 2º grupo e

4, 4C modos de formar o 3º grupo. Pelo PFC, temos 12, 4 8, 4 4, 4C . C . C , mas, ao

tomarmos três grupos e mudarmos a ordem, a divisão permanece a mesma, assim

devemos dividir o produto por 3!.

A resposta é 12, 4 8, 4 4, 4C . C . C5.775

3!=

Nesta aula, estudamos a aplicação do Princípio Fundamental da Contagem

(PFC) nos modelos mais simples de agrupamentos. Na próxima aula, introduziremos

outros tipos de agrupamentos mais complexos e adequaremos o PFC para a resolução

de problemas que envolvam esses agrupamentos.

23

Olá, aluno(a)!

Nesta aula, daremos continuação ao estudo da análise combinatória, apresentando

outras ferramentas diferentes daquelas estudadas na aula 1, mas de muita

importância quando se pretende ter um conhecimento mais específico e completo

da análise combinatória.

Objetivo

• Ampliar os conhecimentos básicos de análise combinatória

AULA 2 Análise Combinatória II

AULA 2


TÓPICO 1 Permutação Circular e Combinação Completa

ObjetivOs

• Estender o conceito de permutação e de combina-

ção

• Compreender a forma mais específica e completa

desses elementos

Na primeira aula estudamos a combinação simples e a permutação

simples que, como vimos, são agrupamentos nos quais não há

elementos repetidos. Neste tópico estudaremos os mesmos tipos

de agrupamentos (combinação e permutação), porém com a possibilidade de ocorrer

elementos repetidos.

1.1 PERMUTAÇÃO CIRCULAR

Vamos iniciar este tópico, introduzindo o conceito de permutação circular

com o seguinte problema: de quantos modos se podem colocar n objetos distintos

em n lugares situados à mesma distância um do outro em torno de um círculo,

considerando obviamente equivalentes as disposições que possam coincidir pela

rotação do círculo. Por exemplo, se tivermos os objetos A, B, C, D e E, nesta ordem,

em torno de um círculo, as posições A, B, C, D e E são equivalentes às posições

B, C, D, E e A; C, D, E, A e B, etc. Iremos calcular a quantidade de permutações

circulares de n objetos distintos que representaremos por (PC)n. Assim, se n 3=

temos 3P 3! 6= = maneiras de colocar 3 objetos distintos em 3 lugares, como mostra

a figura 1.

25

Podemos observar que as três primeiras disposições podem coincidir entre si por

rotação e os mesmo acontece com as três últimas disposições, de maneira que (PC)3=2.

Note que nas permutações simples, os lugares que os objetos ocupam fazem

diferença, enquanto que nas permutações circulares o que interessa na verdade

é apenas a posição relativa entre os objetos. Podemos ver que nas três primeiras

posições temos a sequência no sentido anti-horário: A, B e C, ao passo que as três

últimas posições obedecem a sequência A, C, B no sentido anti-horário.

Se não levássemos em conta a equivalência entre as posições que possam

coincidir por rotação, teríamos 3! disposições. Considerando a equivalência, cada

permutação circular dá origem a 3 disposições. Assim,

3

3.(3 1)!3!(PC) (3 1)! 2!=2 1=2

3 3

-= = = - = ´

Podemos analisar o problema também de outra forma: considerando que o

que importa realmente é a posição relativa entre os elementos, usando o PFC, temos

1 modo de colocar o primeiro objeto; 1 modo para colocar o segundo objeto e dois

modos para colocar o terceiro objeto, ou seja, o terceiro objeto pode ser colocado

imediatamente depois do primeiro ou imediatamente depois do segundo (antes

do primeiro). Assim, usando o princípio da contagem, temos 1.1.2 2= ou temos

3(PC) 2= modos de dispor os três objetos em círculo.

De maneira geral, considerando n objetos, temos 1 modo de colocar

o primeiro; há 1 modo de colocar o segundo objeto; há 2 modos de colocar o

terceiro objeto; há 3 modos de colocar o quarto objeto. Por fim, há (n-1) modos de

colocar o enésimo objeto. Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da contagem

n(PC) 1.1.2.3.4...(n 1)= - que equivale a:

n(PC) (n 1)!= - .

AULA 2 TÓPICO 1

Figura 1: Permutação circular dos elementos A, B e C


ExEmplo1:

De quantos modos podemos dispor 5

pessoas em torno de uma mesa circular?

Solução:

Considerando que o que de fato importa

é a posição relativa das pessoas entre si, temos

5(PC) (5 1)! 4! 24= - = = .

ExEmplo 2:

De quantos modos 5 homens e 5 mulheres

podem sentar-se numa mesa circular, de modo

que pessoas do mesmo sexo não fiquem juntas?

Solução:

Há 5(PC) (5 1)! 4! 24= - = = modos de formar uma roda com mulheres. Depois

disso, os 5 homens devem ser postos nos 5 lugares entre as mulheres, o que pode

ser feito de 5! modos. Assim, temos 4!. 5! 24 . 120 2.880.= =

ExEmplo 3:

De quantos modos n casais podem formar uma roda de ciranda de modo que

cada homem permaneça ao lado de sua mulher?

Solução:

n(PC) (n 1)!= - m de formar uma roda com as n mulheres. Em seguida, para

cada um dos n maridos há dois modos de entrar na roda: a direita ou a esquerda de

sua mulher. Assim, a resposta é n(n 1)! 2 .-

1.2 COMBINAÇÃO COMPLETA

Vamos introduzir o conceito de Combinação completa, analisando o seguinte

problema: de quantos modos é possível comprar 5 sorvetes numa sorveteria que

ofereça 8 sabores?

Cada modo de compra dos 5 sorvetes representa um agrupamento que

chamamos de combinação com repetição ou combinação completa de classe 5, de

8 objetos, representada por 8, 5CR . Há duas formas de interpretar este problema:• A primeira forma é imaginar a solução como o número de modos de

v o c ê s a b i a?

A necessidade de calcular o número de

possibilidades existentes nos jogos gerou o estudo

dos métodos de contagem. Grandes matemáticos

se ocuparam com o assunto: o italiano Niccollo

Fontana (1500-1557), conhecido como Tartaglia, e

os franceses Pierre de Fermat (1601-1665) e Blaise

Pascal (1623-1662).

27

escolher 5 objetos entre os 8 objetos distintos, podendo escolher o mesmo objeto mais de uma vez ou não escolher, obviamente, um certo objeto. Dessa forma, a diferença entre a combinação simples de n elementos tomados de p a p ( n,pC ), estudada na aula anterior, e a combinação completa de classe p de n objetos ( n,pCR ) reside no fato de que, no primeiro caso, os elementos p devem ser distintos, ao passo que no segundo caso os elementos p podem ser distintos ou não. Assim, por exemplo, se considerarmos os elementos a, b, c e d, as combinações completas de classe 3 são

aaa aab bba cca dda abc bbb aac bbc ddb ccb abd

ccc aad bbd ccd acd ddc ddd bcd,

ou seja, 4, 3CR 20.=• Outra forma de interpretar o problema do sorvete é a seguinte:

Para efetuar a compra devemos escolher valores para as variáveis

1 2 3 4 8x , x , x , x , . . ., x , em que 1x é a quantidade que vamos comprar de sorvetes

do primeiro sabor, 2x é a quantidade de sorvetes do segundo sabor e assim em diante.

Considerando que as variáveis 1 2 3 4 8x , x , x , x , . . ., x representam quantidades

de sorvetes, então todas elas devem ser valores inteiros e não negativos (dessa

forma estamos incluindo o zero).

Assim, comprar 5 sorvetes em uma sorveteria que oferece 8 sabores é tomar uma

solução em inteiros e não negativos da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =

Vamos à resolução da equação.

Para tornar mais simples o raciocínio, vamos considerar as figuras 2, 3 e 4 abaixo.

Nas figuras 2, 3 e 4 estão representadas soluções da equação

1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = , em que cada bola representa uma unidade

no valor da incógnita, e cada traço é usado para separar duas incógnitas. Assim,

por exemplo, na figura 2, 1 2 7x x x 1,= = = enquanto 3 4 6 8x x x x 0= = = =

e 5x 2.= Na figura 3, 1 6 8x x x 1,= = = 2 3 4 7x x x x 0= = = = e 5x 2.= Na

figura 4 temos outra solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = em

que 1 4 6 7 8x x x x x 0,= = = = = 2 5x x 1= = e 3x 3.=

AULA 2 TÓPICO 1


Figura 2 – representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =

Figura 3- representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =

Figura 4- representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =

Podemos observar que para formar uma solução devemos arrumar em fila

de 5 bolas (pois em cada solução o total de unidades nas incógnitas é 5) e 6 traços

(para separar 8 incógnitas, usamos 7 traços). Assim o número total de soluções são

as permutações dos 12 elementos (5 bolas e 7 traços) com 5 e 7 repetições, ou seja

( ) 5,75 7

12!P 792

5!7!+ = = .

Portanto, a equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = tem 792 solução

ou há 792 formas de comprar 5 sorvetes numa sorveteria que ofereça 8 sabores

diferentes.

De modo geral, para calcular o número de combinações completas de classe

p a partir de n elementos distintos ( )n, pCR ou encontrar o número de soluções da

equação 1 2 3 4 nx x x x . . . x p+ + + + + = , teríamos p bolas e (n-1) traços. Logo, p, n-1

n, p (p n 1) n p 1, pCR P C+ - + -= = ou n, p n p 1, pCR C .+ -=

ExErcícioS rESolvidoS 1. Quantas são as soluções inteiras e não negativas de 6?x y z+ + =

Solução:

3, 6 3 6 1, 6 8,6

8!CR C . C 28

6!.2!+ -= = = =

29

2. De quantos modos podemos comprar 3 refrigerantes em uma supermercado onde há 5 tipos de refrigerantes?

Solução:

5, 3 5 3 1, 3 7,3

7!CR C . C 35

3!.4!+ -= = = = p

3. Quantas são as soluções inteiras e não negativas da inequação 6?x y z+ + £

Solução:

Considerando que 6,x y z+ + £ então 6,x y z+ + = 5,x y z+ + = 4,x y z+ + = 3,x y z+ + = 2,x y z+ + = 1 ex y z+ + = 0.x y z+ + = Assim,

temos:

3, 6 3, 5 3, 4 3, 3 3, 2 3, 1 3, 0CR CR CR CR CR CR CR+ + + + + + =

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

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

+ + + + + + =

28 21 15 10 6 3 1 84+ + + + + + = .

Podemos resolver esta inequação de outra forma.

Tendo em vista que 6,x y z+ + £ então 6 .x y z w+ + + = logo, temos

que encontrar a solução da equação 4, 6CR ou seja 4, 6 9, 6

9!CR C 84

6! 3!= = =

4. Quantas são as soluções inteiras da equação 18x y z+ + = em que 1, y 1 e z 1 x ³ ³ ³ .

Solução:

Para garantirmos que as incógnitas x, y e z sejam maiores que 1, devemos

ter: x 1 a, y 1 b e z 1 c.= + = + = + Assim, a equação 18x y z+ + = fica

a b c 15.+ + = Resolvendo-a, chegamos a 3, 15CR 136=

Chegamos ao final do tópico 1. Nele estudamos duas técnicas de contagem

de suma importância ao estudo de combinatória. Consideramos que sem elas

a resolução de muitos problemas (não triviais) que envolvem combinação e

permutação torna-se ainda mais complicada. No próximo tópico continuaremos

nossos estudos sobre resolução de problemas envolvendo análise combinatória e

apresentaremos mais duas técnicas de agrupamento.

AULA 2 TÓPICO 1


TÓPICO 2 Permutações Caóticase os Lemas de Kaplansky

ObjetivOs

• Proporcionar ao aluno um conhecimento sobre técnicas

de permutações caóticas

• Desenvolver o raciocínio combinatório através dos

estudos dos Lemas de Kaplansky para resolução de

problemas

Embora existam outras ferramentas

relacionadas às permutações e

combinações, como por exemplo,

as “permutações especiais”, que envolvem outras

definições, vamos nos limitar apenas ao estudo

de dois tipos de técnicas de agrupamentos que

são as Permutações Caóticas, também conhecida

como desarranjo e os Lemas de Kaplansky .

2.1 PERMUTAÇÕES CAÓTICAS

Uma permutação dos algarismos ( )1, 2, . . . ,n é dita caótica quando nenhum

elemento está no seu lugar de origem após as permutações. Por exemplo, 5467 e 4576

representam permutações caóticas, ao passo que 5467 e 5746 não é. Para calcular

o número de permutações caóticas de n elementos, que será representado por nD

consideremos iA que representa o conjunto de permutações dos n elementos em

que o número i ocupa o i-ésimo lugar com { }i 1, 2, 3, . . . , nÎ .

Devemos calcular o número de elementos do conjunto F de permutações

de { }1, 2, 3, . . . , n que pertencem a exatamente zero dos conjuntos

1 2 3 nA , A , A , . . . , A . Assim,

( )0S # n!= F = e

s a i b a m a i s !

O trabalho de Kaplansky em Matemática é amplo,

embora na maior parte esteja em áreas de Álgebra.

Ele fez grandes contribuições para a teoria dos

anéis, teoria dos grupos e teoria de campo. Fonte:

<http://www.apprendre-math.info/portugal/

historyDetail.htm?id=Kaplansky>.

31

( ) ( ) ( )n n

1 ii 1 i 1

S # A n-1 ! n n-1 ! n!= =

= = = =å å

( ) ( ) ( )2 i j n,21 i j n 1 i j n

n!S # A A n-2 ! C n-2 !

2£ < £ £ < £

= Ç = = =å å

( )3 i j k1 i j k n

S # A A A£ < < £

= Ç Çå . . . nn n

n!S C (n n)!

n!= - = .

Em que ( )i# A representa o número de elementos do conjunto iA .

Assim, o número de elementos de F que pertencem a exatamente zero dos

conjuntos 1 2 3 nA , A , A , . . . , A é

n 0

k k0 0 k 0 k

k 0

a ( 1) C S-

+ +=

= -å

n

k0 k

k 0

a ( 1) S=

= -å

( )n0 0 1 2 3 na S S S S ... 1 S= - + - + + -

n

0

n ! n ! n!a n ! n ! . . . ( 1)

2 3 n!= - + - + + -

( )n

0

11 1 1 1 1a n ! . . .

0! 1! 2! 3! 4! n!

é ù-ê ú= - + - + - +ê úê úë û

Dessa forma, o número de permutações caóticas de {1, 2, 3, . . ., n} é:

( )n

n

11 1 1 1 1D n ! . . .

0! 1! 2! 3! 4! n!

é ù-ê ú= - + - + - +ê úê úë û

Exemplo: O número de permutações caóticas dos números 1, 2, 3, 4 e 5 é:

5

1 1 1 1 1 1D 5 !

0! 1! 2! 3! 4! 5!

é ù= - + - + - =ê ú

ê úë û

1 1 1 1120 1 1 46

2 6 24 120

æ ö÷ç - + - + - =÷ç ÷çè ø

ExErcício rESolvido:

Quantas são as permutações dos elementos ( )1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 que tem

exatamente 3 elementos no seu lugar primitivo?

Solução:

A quantidade de possibilidades ou o número de modos de escolher os

elementos que ocuparão o seu lugar primitivo é 8, 3C . Depois disso, os outros cinco

elementos devem ser arrumados caoticamente, o que pode ser feito de 5D modos.

AULA 2 TÓPICO 2


Assim, temos:

8, 3 5

8! 1 1 1 1 1 1C . D .5 !

3!.5 ! 0! 1! 2! 3! 4! 5!

æ ö÷ç= - + - + - ÷ç ÷çè ø

8, 3 5C . D 56 . 44 2. 464.= =

2.2 LEMAS DE KAPLANSKY

Os Lemas de Kaplansky são ferramentas utilizadas em problemas em que

se pretende calcular o número de subconjuntos com p elementos, a partir de

um conjunto que possui n elementos, considerando que esses subconjuntos não

tenham elementos consecutivos.

Assim, por exemplo, para n=8 e p=3, podemos obter a partir de

{ } 1, 2, 3, 4, 5, 6 os seguintes subconjuntos nos quais não há elementos

consecutivos: { } 1, 3, 6 , { } 1, 3, 5 , { } 1, 4, 6 e { } 2, 4, 6 . Poderíamos chegar à conclusão de que há quatro subconjuntos de

elementos consecutivos { } 1, 2, 3, 4, 5, 6 sem a necessidade de enumerá-los.

Vamos usar o seguinte raciocínio: ao formar um subconjunto, marcamos com o

símbolo " "Ä os elementos que farão parte do conjunto, e com o símbolo ö" ",

os elementos que não farão parte do conjunto. Assim, por exemplo, { } 1, 3, 5

é representado pela sequência ö ö ö" "Ä Ä Ä e { } 2, 4, 6 representado

por ö ö ö " "Ä Ä Ä são sequências válidas enquanto que a sequência

ö ö ö " "Ä Ä Ä não é considerada válida, pois representa o subconjunto

{ } 2, 3, 6 , que possui os elementos 2 e 3 consecutivos.

Dessa forma, para formar subconjuntos com 3 elementos não consecutivos

devemos colocar três sinais Ä e três sinais ö em fila, de sorte que não haja dois

sinais Ä consecutivos. Assim, temos 1 modo de colocar os sinais ö e 4, 3C modos de colocar os três sinais Ä nos quatro lugares restantes. Assim, pelo PFC

temos 4, 31 . C 4= subconjuntos de três elementos não consecutivos do conjunto

{ } 1, 2, 3, 4, 5, 6 .

De modo geral, temos p sinais Ä e (n-p) sinais ö para organizar o conjunto,

de tal forma que não haja dois sinais Ä consecutivos. Assim, temos 1 modo de

arrumar os sinais ö e n-p 1, pC + modos de colocar os símbolos . Ä Portanto,

podemos enunciar os lemas de Kaplansky:

Primeiro Lema de Kaplansky: O número de subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n nos

quais não há elementos consecutivos é n-p 1, pf(n,p) C .+=

33

ExErcício rESolvido: 1. Considere uma fila de 10 cadeiras nas quais devem se sentar 4

mulheres, de modo que não fiquem duas mulheres sentadas em cadeiras adjacentes. De quantas maneiras isso pode ser feito?

Solução:

Esse problema é composto por duas etapas: na primeira etapa,

devemos escolher 4 cadeiras não consecutivas, o que pode ser feito de

10-4 1, 6 7, 6

7!f(10,4) C C 7.

6!.1!+= = = = Na segunda etapa, devemos verificar de

quantas formas podemos sentar as 4 mulheres nas quatro cadeiras escolhidas,

o que pode ser feito de 4! modos diferentes. Assim, pelo PFC temos: P4! .

4 . 10-4 1, 6 4 7, 6

7!f(10,4) P C P C 4! 24.7 168.

6!.1!+= = = = =

dEmonStração:

Vamos supor que os elementos do conjunto { } 1, 2, 3, . . . ,n estão

organizados em círculo como mostra a figura 5.

Figura 5 – Elementos em circulo

Podemos observar que os elementos dispostos desta forma torna o 1

e o n consecutivos. Agora vamos determinar o número de modos de formar p

subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n em que não haja números consecutivos. O

número total de subconjuntos será a soma do número de subconjuntos nos quais

o elemento “1” figura, com o número de subconjuntos nos quais o elemento “1”

não figura.

AULA 2 TÓPICO 2

Segundo Lema de Kaplansky: O número de subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n com p

elementos nos quais não há elementos consecutivos é, considerando 1 e n como consecutivos,

é dado por n-p, p

ng(n,p) . C .

n p

æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷ç -è ø


Para formar os subconjuntos nos quais o elemento “1” faz parte,

devemos escolher p-1 elementos do conjunto { } 1, 2, 3, . . . ,n-1 para serem

os companheiros do número “1” no subconjunto. Não podem ser escolhidos

elementos consecutivos. O número de maneiras resultantes dessa organização é

n-3-(p-1) 1, p-1 n p 1, p-1f (n-3;p-1) C C .+ - -= =

Para formar os subconjuntos nos quais o elemento “1” não faz parte, devemos

escolher p elementos em { } 2, 3, . . . ,n , não podendo ser escolhidos elementos

consecutivos. Isso pode ser feito de n-1-p 1 n p, pf(n-1,p) C C .+ -= = Assim a resposta é

( )( ) ( )

( )( )n-p-1, p-1 n p, p

n p 1 ! n p !C C

p 1 ! n 2p ! p! n 2p !-

- - -+ = +

- - -

( ) ( )( )n-p-1, p-1 n p, p

n p 1 ! p n-p !C C

p! n 2p !-

- - ++ =

-

( )( )

( )n-p-1, p-1 n p, p

p n-pC C n p 1 !

p! n 2p !-

++ = - -

-

( )( )n-p-1, p-1 n p, p

n p 1 ! C C n

p! n 2p !-

- -+ =

-

( )( )n-p-1, p-1 n p, p

n p ! nC C

n p p! n 2p !-

é ùæ ö -÷ç ê ú÷+ =ç ÷ ê úç ÷ç - -è ø ê úë û

n-p-1, p-1 n p, p n-p, p

nC C C

n p-

æ ö÷ç ÷+ =ç ÷ç ÷ç -è ø

ExErcício rESolvido

Seis pessoas devem se sentar em 12 cadeiras postas em torno de uma mesa

circular. De quantas maneiras isso pode ser feito se não deve haver ocupação

simultânea de duas cadeiras consecutivas?

Solução:

O número de maneiras de escolher as cadeiras que serão usadas é

12 6, 6

12f (12, 6) .C

12-6 -= Þ 6, 6f (12, 6) 2. C = Þ f (12, 6) 2.=

Escolhidas as cadeiras, há 6!=720 modos de indicá-las para as 6 pessoas.

Assim, pelo PFC temos 2 x 720=l440 modos de sentar 6 pessoas numa mesa circular

com 12 lugares, de modo que não se tenha duas cadeiras consecutivas ocupadas.

Nesta aula estudamos algumas técnicas de contagem que não aparecem com tanta

frequência nos livros didáticos, porém de grande importância no enriquecimento de

nossos conhecimentos matemáticos

35AULA 2 TÓPICO 2

at i v i d a d e d e a p r o f u n d a m e n t o

1. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 8 crianças, de modo que duas determinadas crianças não fiquem juntas?

2. Quantas são as soluções inteiras e não negativas de x y z 9?+ + < 3. Quantas são as soluções inteiras da equação x y z 10+ + = em

que 2, y 2 e z 2x ³ ³ ³ ? 4. Quantas são as permutações dos elementos ( )1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 que

tem exatamente 4 elementos no seu lugar primitivo?5. De quantas formas 6 homens podem se sentar numa fila de 14

cadeiras, de tal forma que não fiquem dois homens sentados em cadeiras vizinhas?

6. Quantos são os anagramas da palavra PARAGUAI que não possuem duas letras A consecutivas?


AULA 3 Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e Números de Fibonacci

Caro(a) aluno(a), agora que estamos familiarizados com as ferramentas básicas

da análise combinatória, daremos continuidade aos nossos estudos através dos

Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e dos Números de Fibonacci.

No primeiro tópico, definiremos os coeficientes binomiais assim como algumas de

suas propriedades e veremos como tais coeficientes e suas propriedades estão

relacionados ao triângulo de Pascal através de alguns teoremas. No segundo

tópico, veremos que a utilização dos coeficientes binomiais no desenvolvimento

de potências do binômio do tipo ( x y )n+ , sendo n um número natural, pode

tornar o processo bem menos cansativo do que estamos habituados. Finalmente,

no terceiro tópico concluiremos nossa aula com os Números de Fibonacci. Estes

nos mostram relações fascinantes com a natureza.

Objetivos

• Desenvolver potências do binômio (x + y), utilizando os coeficientes binomiais• Compreender os conceitos sobre o Triângulo de Pascal e algumas

propriedades relacionadas• Conhecer a sequência dos Números de Fibonacci

37

Vamos iniciar este tópico com algumas definições:

(i) O coeficiente binomial, também chamado de número

binomial de um número n, na classe p, com n p,³

representado por n

,p

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø consiste no número de combinações de n termos,

tomados de p a p, ou seja, n n . (n-1) . (n-2). . . (n-p 1)n!p p!(n p)! p!

æ ö +÷ç ÷= =ç ÷ç ÷ç -è ø.

Em que n é o numerador e p, o denominador.

(ii) Dois números binomiais de mesmo numerador são ditos complementares

quando a soma dos denominadores é igual ao numerador. Assim, 8 8

e 2 6

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø são complementares, pois 6+2=8. De um modo geral

n n e

p n-p

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øsão complementares, pois p (n-p) n.+ =

1.1 PROPRIEDADES DOS COEFICIENTES BINOMIAISa. Dois números binomiais complementares são iguais.

Para justificar esta afirmação, basta desenvolver o segundo lado da equação

n n

p n-p

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø. Assim,

[ ]n n! n!

n-p (n-p)! n-(n-p) ! p!(n p)!

æ ö÷ç ÷ = =ç ÷ç ÷ç -è ø .

TÓPICO 1 Coeficientes Binomiais Triângulo de PascalObjetivOs

• Conhecer os Coeficientes Binomiais

• Relacionar os Coeficientes binomiais e algumas de suas

propriedades ao triângulo de Pascal

AULA 3 TÓPICO 1


b. Relação de Stifel.

A relação de Stifel, também conhecida como regra de Pascal, é representada

pela igualdade n 1 n n

p 1 p p 1

æ ö æ ö æ ö+ ÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷= +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+ +è ø è ø è ø.

Vamos justificar esta propriedade com o seguinte problema:

Considere um conjunto A que possui n 1+ elementos, um dos quais é

x. O número de subconjuntos de A com p 1+ elementos é dado por n 1, p 1C + + ..

Outra forma de representar a solução desse problema é somando o número de

subconjuntos nos quais x aparece como número de subconjuntos nos quais x não

figura, ou seja, igualando as duas expressões, temos n 1, n 1 n, p n, p 1 C C C+ + = += + ou

seja n 1 n n

p 1 p p 1

æ ö æ ö æ ö+ ÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷= +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+ +è ø è ø è ø.

ExEmplo:

Para resolvermos a equação 5a-15 5a-15 5a-14

2a 2a 1 a-1

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ =ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+è ø è ø è ø , utilizaremos a

relação de Stifel. Vejamos:

5a-15 5a-15 5a-14 5a-14 5a-14

2a 2a 1 2a 1 2a 1 a 1

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ = Þ =ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç+ + + -è ø è ø è ø è ø è ø

Pela propriedade dos binomiais complementares, temos que:

( ) ( ) 5a-14 5a-14

2a 1 a 1 5a 142a 1 a 1

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= Þ + + - = -ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç+ -è ø è ø

Resolvendo a equação encontrada, teremos o valor de a:

( ) ( ) 2a 1 a 1 5a 14 3a 5a - 14 -2a -14 a 7+ + - = - Þ = Þ = Þ =

c. Para todo n natural têm-se: nn n n n

. . . 20 1 2 n

æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + + + =ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø

Para justificarmos a propriedade acima, vamos considerar o seguinte problema:

um conjunto A tem n elementos. Quantos são os subconjuntos desse conjunto?

Solução:

Com 1 elemento temos n, 1C ; com 2 elementos, temos n, 2C elementos; com 3

elementos, temos n, 3C . . . com n elementos, temos n, nC . Além desses, temos mais

39

1 conjunto que é o vazio. Assim o número de subconjuntos de um conjunto com

n elementos é n, 1 n, 2 n, 3 n,n1 C C C . . . C (*).=+ + + + + Outra forma de resolver este

problema é imaginando que a ação de formar um subconjunto é formada por várias

etapas em que devemos decidir, em cada etapa, se um dado elemento pertencerá ou

não ao subconjunto. Dessa forma, para o primeiro elemento, temos 2 possibilidades

(ele pertencerá ou não pertencerá ao subconjunto); para o segundo elemento,

temos também duas possibilidades e assim em diante. Seguindo esse raciocínio

para os demais elementos e usando o Principio Fundamental da Contagem, temos:

2x 2 x 2 x . . . x 2 ( n vezes ), ou seja n2 (**). Igualando os resultados (*) e (**), temos:

nn, 1 n, 2 n, 3 n,n1 C C C . . . C 2=+ + + + + = ou n

n n n n. . . 2

0 1 2 n

æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + + + =ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø.

ExEmplo:

Uma casa tem 6 portas. De quantos modos pode ser aberta essa casa?

Solução:

Há 6, 1C maneiras de abrir a casa, usando apenas uma só porta; 6, 2C

maneiras de abrir a casa, usando duas portas, e assim em diante. A resposta é:

66, 1 6, 2 6, 3 6, 6

6 6 6 C C C . . . C . . . 2 1 63

1 2 6=

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ + + + = + + + = - =ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è øl

1.2 O TRIÂNGULO DE PASCAL

O triângulo de Pascal ou triângulo aritmético é formado por números

binomiais que têm diversas relações entre si. Algumas dessas relações que são as

propriedades dos números binomiais já estudadas no início deste tópico, e outras

que julgamos irrelevantes para nossa disciplina podem ser encontradas nos livros

didáticos de Matemática para o ensino médio. De todo modo, muitas dessas relações

foram descobertas pelo próprio Pascal, o que justifica o nome que lhe é dado.

O triângulo de Pascal é organizado em linhas e colunas (figura 1 ), de tal modo

que o numerador n do número binomial represente a linha em que o elemento se

encontra, e o denominador p do número binomial represente a coluna em que o

elemento se encontra. Veja figura 1.

AULA 3 TÓPICO 1


0

0

1 1

0 1

2 2 2

0 1 2

3 3

0

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø


3 3

1 2 3

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

n n n n n n ...

0 1 2 3 4


æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø

n

1ª Forma


0 0

1 1 0 1

2 2 2 0 1 2

3 3 3 3 0 1 2 3

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




æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø................

n n n n n n ... 0 1 2 3 4 n

2ª Forma

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø

ou

Figura 1: Triângulo Aritmético ou Triângulo de Pascal

Acima estão as duas formas triangulares que são abordadas por diferentes

autores. Para efeito de clareza, adotaremos a 2ª forma. Entretanto, antecipamos:

não fazemos distinção quanto às propriedades, uma vez que as linhas são formadas

pelos mesmos números.

0linha 0

0

1 1linha 1

0 1

2 2 2linha 2

0 1 2

3 3 3linha 3

0 1 2




æ ö æ ö æ÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø è

3

3

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

n n n n nlinha n . . .

0 1 2 3 n

ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çø è ø

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø

Coluna 0Coluna 1

Coluna 2

Coluna 3Coluna n

Figura 2:As linhas são as filas horizontais, e as colunas, as filas verticais

41

Ao substituirmos cada coeficiente

binomial pelo seu valor, obteremos:

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

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

1.3 PROPRIEDADES DO TRIÂNGULO DE PASCAL

Apresentaremos quatro propriedades que estão relacionadas com o Triângulo

de Pascal, em seguida, na intenção de fixarmos o conteúdo e esclarecermos as

possíveis dúvidas, veremos alguns exercícios resolvidos.a. Toda linha do Triângulo de Pascal começa e termina com 1.

Justificativa: Esses elementos são do tipo n n

1 e 10 n

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

b. Partindo da segunda linha, podemos construir o Triângulo de Pascal, aplicando a relação de Stifel.

Vejamos o exemplo ilustrativo abaixo:

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

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

2 21 2 3

0 1

33

1

æ öæ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= + =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè øè ø

æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø

Figura 3:Triângulo de Pascal aplicando a relação de Stifel

c. Em qualquer linha do triângulo de Pascal, os coeficientes equidistantes dos extremos são iguais.

Justificativa: Propriedade dos binomiais complementares.

Veja abaixo o exemplo ilustrativo.

Na linha 7 do Triângulo de Pascal, temos:

7 7 7 7 7 7 7 7 1 7 21 35 35

0 1 2 3 4 5 6 7

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Ûç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø è ø è ø

21 7 1

at e n ç ã o !

O Triângulo de Pascal também é conhecido como

Triângulo Aritmético de Tartaglia, e recebe estes

nomes em homenagem a Nicolo Fontana Tartaglia,

matemático italiano (1500-1557) e Blaise Pascal,

matemático, filósofo e físico francês (1623-1662).

AULA 3 TÓPICO 1


d. A soma dos elementos da linha n é igual 2n.

n = 0 1 1 = 20

n = 1 1 1 1 + 1 = 21

n = 2 1 2 1 1 + 2 + 1 + 4 = 22

n = 3 1 3 3 1 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 23

n = 4 1 4 6 4 1 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24


1. Calcule a soma dos elementos da linha 11ª linha do triângulo de Pascal.

Solução:

A linha 11ª linha do triângulo de Pascal é a linha 10, já que a primeira linha

é a linha zero, assim:

1010 10 10 10 10 10

. .. 2 10240 1 2 3 8 9

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + + + + = =ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø.

2. O produto dos dois primeiros elementos de uma linha do triângulo de

Pascal é igual a 32. Qual é o terceiro elemento da linha seguinte?

rESolução:

Vimos que o primeiro elemento de qualquer linha é sempre igual a 1. Daqui,

conseguimos deduzir que o segundo elemento, da linha mencionada, é 32.

Basta observamos o comportamento dos dois primeiros elementos de algumas

linhas do Triângulo de Pascal, para afirmarmos que na linha 33, o segundo elemento

é 32.

Porém, o que queremos é o terceiro elemento da linha seguinte, ou seja, da

linha 34.

Linha 34: 34 34 34 34 34 34

... 0 1 2 3 33 34

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø

Temos, como terceiro elemento, o coeficiente binomial 34 34!

5612 2!(34-2)!

æ ö÷ç ÷ = =ç ÷ç ÷çè ø

Nesse tópico, tivemos a oportunidade de dispor, com a utilização de algumas

propriedades, de uma tabela (figura 1) que contém os valores dos coeficientes

binomiais que serão utilizados como ferramenta no desenvolvimento de alguns

binômios que serão estudados no tópico seguinte.

43

Neste tópico, começaremos analisando algumas situações, pois nossa

intenção é partir da necessidade de facilitar o desenvolvimento

de algumas potências.

Situação I - O desenvolvimento de n( x y )+ para alguns valores de n são:

• 0( x y ) 1+ =

• 1( x y ) 1x 1y+ = +

• 2 2 2 2 2( x y ) (x y).(x y) x xy yx y 1x 2xy 1y+ = + + = + + + = + +

• 3 2 2 2( x y ) (x y) .(x y) (1x 2xy 1y ).(x y)+ = + + = + + +3 3 2 2 3 ( 1) 1x 3x y 3xy 1yxÞ + = + + +

Percebemos que, na medida em que o natural n cresce, o processo de

desenvolvimento torna-se cada vez mais cansativo.

ExEmplo 1:

Podemos desenvolver 3( x y )+ , da seguinte forma:3( x y ) (x y) . (x y) . (x y)+ = + + +

Se aplicarmos a propriedade distributiva, em cada um dos fatores

escolheremos x ou y. Assim, cada termo do desenvolvimento envolve um produto

de três letras.

Para uma melhor compreensão, visualizemos na figura 1 o “Diagrama de

Árvore”.

TÓPICO 2 Binômio de NewtonObjetivO

• Utilizar os coeficientes binomiais no desenvolvimento de

potências do tipo (ax+b)n

AULA 3 TÓPICO 2


Figura 1: Arvore das possibilidades para o desenvolvimento (x+y)3

O resultado da potência 3( x y )+ é obtido pela soma dos termos encontrados, ou

seja, 3 3 2 2 3( x y ) x 3x y 3xy y+ = + + + (mesmo resultado encontrado anteriormente).

Através deste exemplo podemos retirar as seguintes informações:• Existe apenas uma maneira de se obter 3x , que é pelo produto x.x.x ,

ou seja, seu coeficiente é 3

1 ;0

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø

• Existe três maneiras de se obter 2x y , que é pelo produto x.y.x , x.x.y

e y.x.x, ou seja, seu coeficiente é 3

3 ;1


• Existe três maneiras de se obter 2xy , que é pelo produto y.y.x , x.y.y

e y.x.y, ou seja, seu coeficiente é 3

3 ;2


• Existe apenas uma maneira de se obter 3y , que é pelo produto y.y.y ,

ou seja, seu coeficiente é 3

1 ;3

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø Em resumo:

3 3 2 2 33 3 3 3

(x y) x x y x y y0 1 2 3

æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è øDe um modo geral, a potência n(x y)+ , com

x, y RÎ e n NÎ é conhecida como Binômio

de Newton. Para desenvolvê-la, devemos efetuar

o produto: n vezes

(x y) . (x y) . ... . (x y)+ + +

at e n ç ã o !

Vimos que o número de combinações de n

elementos tomados p a p é dado por n!

p! (n p)!-. Porém, existem outras formas de indicar esse

cálculo, que são:pnC ou

n

p

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø.

45

Assim, iremos obter a seguinte fórmula:

n n 0 n - 1 1 n - 2 2

n - 3 3 n - k k n

n n n( x y ) x y x y x y

0 1 2

n n n x y ... x y ... xy

3 k n

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø

O coeficiente de n - k kx y é dado pelo número de combinações de n elementos,

tomados k a k, onde n e k são naturais, com n ≥ k, e é chamado de número binomial

de n sobre k.Aqui, dizemos que n é o numerador e k o denominador do número

binomial.

Percebe-se que os expoentes do x decrescem, de 1 em 1 unidade, e os

expoentes do y crescem até n, também de 1 em 1 unidade.

ExEmplo 2:

O binômio ( )32 2a 2b+ é dado por:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 33 2 1 02 2 2 23 3 3 3

. 2a . 2b . 2a . 2b . 2a . 2b . 2a . 2b0 1 2 3

æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø

Utilizado a fórmula de combinação, junta a algumas operações básicas,

obtemos:

( )32 3 2 2 4 6 2a 2b 8a 24 a b 24 ab 8b+ = + + +

ExEmplo 3:

No desenvolvimento de 8(a b) ,+ os

coeficientes do 3º e do 7º termos são iguais.

JuStificativa:

Os coeficientes do 3º e do 7º termos são

dados por 8 8

e ,2 6

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø respectivamente, que,

pela Propriedade dos binomiais complementares,

são iguais, uma vez que 2 + 6 = 8.

v o c ê s a b i a?

A linha n do Triângulo de Pascal é composta pelos

coeficientes binomiais do desenvolvimento do

Binômio de Newton ( )n x y + , para os valores

crescentes de n.

AULA 3 TÓPICO 2



No desenvolvimento de ( )15 x y ,+ qual o 9º termo?

rESolução:

Recorrendo à fórmula do Binômio de Newton, descobriremos que o termo é

dado por 15 - 8 815

x y8

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø, ou seja, o 9º termo o binômio ( )15

x y + é 7 86 435 x y .

2. Desenvolva ( )5 2x y - , utilizando a fórmula do Binômio de Newton.

rESolução:

Podemos enxergar o binômio acima da seguinte forma: ( )5

2 x yé ù+ -ë û ,

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

( )( ) ( )

5 2 35 4 3 2

4 5

5 5 5 52x -y 2x 2x -y 2x -y 2x -y

0 1 2 3

5 5 2x -y -y

4 5

æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çé ù ÷ ÷ ÷ ÷+ = + + + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ë û ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

Logo,

( )5 5 4 3 2 2 3 4 5 2x y 32x 80 x y 80 x y 40 x y 10 xy y- = - + - + -

3. Desenvolva e simplifique a potência 41

a b2

æ ö÷ç + ÷ç ÷çè ø .

rESolução:

4 0 1 24 3 2

3 41 0

4 4 41 1 1 1 a b a b a b a b

0 1 22 2 2 2

4 41 1 a b a b3 42 2

æ ö æ ö æ öæ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø è øè ø è ø è ø

æ ö æ öæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷÷ ÷ç çç ç÷ ÷ç çè ø è øè ø è ø

Partindo da propriedade dos binomiais complementares, não é necessário

calcular todos os “números binomiais”. Analisemos, especificamente, a situação

abaixo:

4 0 1 24 3 2

3 41 0

4 4 41 1 1 1 a b a b a b a b

0 1 22 2 2 2

4 41 1 a b a b3 42 2

æ ö æ ö æ öæ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø è øè ø è ø è ø

æ ö æ öæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷÷ ÷ç çç ç÷ ÷ç çè ø è øè ø è ø

47

Veja que 4 4

0 4

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø e

4 4

1 3

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø e lembre-se de que n, p

n!C

p!(n p)!=

-

Simplificando, temos:

44 3 2 2 3 41 3 1 1

a b a 2 a b a b a b b2 2 2 16

æ ö÷ç + = + + + +÷ç ÷çè ø

4. No desenvolvimento de ( )15x 3y- qual é a soma de todos os coeficientes?

rESolução:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 55 5 4 3 25 5 5 5 5 5

( x 3 y ) x x -3y x -3y x -3y x -3y -3y0 1 2 3 4 5

æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷- = + + + + +ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 55 5 4 3 2( x 3 y ) 1.x 5. x -3y 10. x -3y 10. x -3y 5. x -3y -3y- = + + + + +

5 5 4 3 2 2 3 4 5( x 3 y ) x -15 x y 90 x y -270 x y 405 xy -243 y- = + +

Os coeficientes de ( )15x 3y- são:

1, (-15), 90, (-270), 405 e (-243) .

Sendo assim, a soma é: 1+ (-15) + 90 + (-270) + 405 + (-243) = -32

Vimos neste tópico que os coeficientes binomiais nos ajudam no

desenvolvimento de algumas potências, que são conhecidas como Binômio de

Newton. No próximo tópico, conheceremos a sequência de Fibonacci, assim como

algumas relações entre os números que compõe essa relação.

AULA 3 TÓPICO 2


TÓPICO 3 Números de FibonacciObjetivOs

• Conhecer a sequência dos números de Fibonacci e algu-

mas relações entre os números desta sequência

• Entender as aplicações dos números de Fibonacci na

natureza

Neste tópico, iremos trabalhar com os números de Fibonacci,

que recebem este nome em homenagem ao matemático italiano,

Leonardo de Pisa, mais conhecido como Fibonacci. Teremos ainda

a oportunidade de analisarmos algumas importantes propriedades, assim como as

relações existentes entre estes números.

Iniciaremos nosso estudo através do seguinte problema:

Quantos pares de coelhos podem ser gerados em um casal de coelhos durante

um ano?

Abaixo estão listadas as condições de vida destes coelhos.• No primeiro mês temos um casal de coelhos. Estes dois coelhos

acabaram de nascer. • Um coelho só atinge a maturidade sexual ao fim de um mês. • O período de gestação de um coelho dura um mês. • Ao atingirem a maturidade sexual, a fêmea irá dar à luz todos os meses. • A mãe irá dar um casal de coelho todos os meses. • Os coelhos nunca morrem.

Seguindo as condições de vida, citadas acima, analisemos o comportamento

do número de pares de coelhos que surgem ao longo dos quatro primeiros meses:

1º mês: um casal inicial de coelhos (chamemos de casal 1);

s a i b a m a i s !

No endereço http://www.educ.fc.ul.pt/icm/

icm99/icm41/suc-fib.htm você poderá encontrar

o desenvolvimento, passo a passo, do nosso

problema.

http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm99/icm41/suc-fib.htm

http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm99/icm41/suc-fib.htm

49

2º mês: o casal 1 acaba de atingir a idade sexual;

3º mês: o casal 1 + o novo casal (casal 2);

4º mês: o casal 1 dá origem a mais um casal

(casal 3), porém o casal 2 acaba de atingir a idade

sexual.

Através desta linha de raciocínio e, sempre

de acordo com as condições de vida citadas,

chegaremos à seguinte sequência de inteiros

positivos:

Tais números mostram, respectivamente, a quantidade de pares de coelhos

nos meses 1, 2, 3, 4, ... .

Veja que f1 = f2 = 1 e f n = f n - 1 + f n – 2 para n > 2

rElação EntrE oS númEroS dE fibonacci E o triângulo dE paScal

Vimos, no tópico anterior, que o Triângulo de Pascal pode ser substituído

pelos seus respectivos valores. Fazendo algumas observações, Leonardo de Pisa

percebeu que os mesmo números que surgiram no “problema dos coelhos”, também

surgiram através da soma de vários números binomiais, veja a seguir:

algunS tEorEmaS rElacionadoS aoS númEroS dE fibonacci

a) A soma dos n primeiros números de Fibonacci é igual a f n + 2

– 1

dEmonStração:

Analisando a sequência, temos que:

f1 = f3 – f2 = f3 – 1 , f2 = f4 – f3 ... enfim, fn = fn+2 – fn+1

v o c ê s a b i a?

Leonardo de Pisa escreveu, em 1202, um livro

denominado Liber Abacci, que chegou a nós,

graças à sua segunda edição de 1228. A teoria

contida neste livro é ilustrada com muitos

problemas, sendo que um destes problemas é

justamente O problema dos pares de coelhos.

AULA 3 TÓPICO 3


Somando, ordenadamente, todas essas n igualdades e simplificando, obtemos:n

i n 21

f f 1+= -å

2. A soma dos n primeiros números de Fibonacci, com índices ímpares, é igual a f2n

3. Soma dos n primeiros números de Fibonacci , com índices pares é igual f2n+1

-1

4. A soma dos quadrados dos n primeiros números de Fibonacci é igual a fn f

n+1 ;

algumaS propriEdadES doS númEroS dE fibonacci

1. Dois números de Fibonacci consecutivos são primos entre si.

dEmonStração:

Precisamos mostrar que mdc (fn , fn+1) = 1. Assim sendo, recorreremos ao

algoritmo de Euclides:

n 1 n n 1

n n 1 n 2

4 3 2

3 2

f 1.f f

f 1.f f

. . . . . . . .

f 1.f f

f 2.f 0

+ -

- -

= += +

= += +

Logo, o mdc ( )n 1 2, f 1nf f+ = = 2. O mdc de dois números de Fibonacci também é um número de Fibonacci.

3. Se /m nf f , então /m n e m e n são números de Fibonacci.

4. Soma dos quadrados de dois números de Fibonacci consecutivos também

é um número de Fibonacci.

Nessa aula vimos que desenvolver o Binômio de Newton, recorrendo

ao Triângulo de Pascal, que é decorrência do estudo do nosso primeiro tópico

- Coeficientes Binomiais - é uma forma mais rápida de se chegar ao seu resultado.

Também tivemos oportunidade de conhecermos os Números de Fibonacci e alguns

teoremas e propriedades.

51

Caro(a) aluno(a),

Nesta aula, pretendemos proporcionar a você uma base razoável a respeito

da teoria dos conjuntos, bem como ajudá-lo a construir conhecimentos sobre

os métodos que relacionam dois conjuntos. No primeiro tópico, faremos um

estudo sobre alguns conceitos de conjuntos e, no tópico seguinte, estudaremos

as relações binárias que são usadas em muitos ramos da matemática, como

aritmética, geometria, álgebra linear, ciência da computação, assim como no

conceito de funções, na teoria dos grafos (que serão estudados mais adiante), etc.

Objetivos

• Familiarizar-se com a linguagem correta da teoria dos conjuntos• Conhecer mecanismos que permitam relacionar dois conjuntos, como é o

caso da relação binária

AULA 4 Conjuntos e relações

AULA 4


TÓPICO 1 ConjuntosObjetivOs

• Compreender o uso da linguagem da teoria dos conjuntos

• Realizar operações com conjuntos

• Conhecer as notações mais importantes da teoria dos

conjuntos

Neste tópico, vamos recordar essencialmente algumas notações

que são usadas para conjuntos. Vamos considerar a noção de

conjuntos como primitiva, partindo do princípio de que um

conjunto é composto por elementos, que são objetos materiais abstratos que têm

alguma propriedade em comum. Usamos letras maiúsculas para nomear conjuntos e

minúsculas quando nos referirmos aos seus elementos. Para indicar que o elemento

a é um elemento do conjunto A escrevemos Aa Î .

Os conjuntos podem ser especificados basicamente de três modos:

1ª) através do diagrama (chamado diagrama de Venn), utilizado quando

se pretende representar um conjunto finito com uma quantidade relativamente

reduzida de elementos;

2ª) por extensão, que consiste em exibir todos os elementos que os constituem;

3ª) indicando uma propriedade que caracteriza os seus elementos.

Assim, por exemplo, as três formas de representar o conjunto dos números

Rx Î tais que o quadrado de x somado com triplo de x mais 2 seja nulo, são:

1ª) { }1, 2

2ª) { }2R / 3 2 0x x xÎ + + =

3ª) escrevendo os elementos no interior de um “balão” (diagrama de Venn)

53

Figura 1 – Diagrama de Venn

1. algumaS notaçõES importantES

Sejam A e B conjuntos, assim:

Aa Î : a pertence a A, a é elemento de A

Aa Ï : a não pertence a A

A B= : igualdade de conjuntos (qualquer que seja x, A x Bx Î Þ Î )

A BÍ : A subconjunto de B ( x, x A" Î então x BÎ )

A B:Ê A contém B ou A BÍ .

A B:Ì A é subconjunto próprio de B ( A B A BÍ Ù ¹ )

A B:É A contém propriamente o conjunto

A B:¹ A não é subconjunto de B nem B é subconjunto de A.

0{ } ou :Æ Conjunto vazio.

2. opEraçõES com conJuntoS

O conjunto dos subconjuntos de A ou conjunto das partes de A,

representado por ( )P A ou A2 é o conjunto formado por todos os subconjuntos

de A. Qualquer conjunto A pertence ao seu conjunto dos subconjuntos, ou seja,

A ( )P AÎ . Vejamos alguns exemplos:

{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }P( 1, 2, 3 ) , 1 , 2 , 3 , 1, 2 , 1, 3 , 2, 3 , 1, 2, 3= Æ .

O conjunto { }( )˘?˘˘ tem 23 elementos. Também é possível se verificar que

{ }( )( )P P 1, 2, 3 tem 322 elementos. Se A tem n elementos, ( )P A tem 2n elementos.

Com efeito, se A tem n elementos, para formar cada subconjunto, deve-se decidir

qual(is) elemento(s) farão parte do subconjunto P(A). Assim, o primeiro elemento

tem duas possibilidades: ou faz parte ou não de um determinado subconjunto de

AULA 4 TÓPICO 1


A. Para o segundo elemento, também há duas possibilidades. Seguindo o mesmo

raciocínio para os demais elementos. Por último, temos 2 possibilidades para o

n-ésimo elemento. Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da Contagem (PFC),

temos: 2x2x2x...x2 (n vezes) que dá 2n.

Um conjunto A não vazio é finito se e somente se existir uma bijeção de A em

{ } x N/x nÎ < , n NÎ . Assim n é chamado cardinal de A, cuja notação é “#A ”, e

representa o número de elementos de A. Dessa forma o cardinal

do conjunto vazio é zero.

A interseção do conjunto A com o conjunto

B representada por A BÇ é composta pelos elementos

que pertencem a A e B simultaneamente. Assim:

{ }A B x / x A e x BÇ = Î Î .

A união de A com B representada por A BÈ é o

conjunto constituído pelos elementos que pertencem ao

conjunto A ou ao conjunto B, ou seja, os elementos de

A BÈ pertencem a pelo menos um dos conjuntos. Assim:

{ }A B x / x A ou x BÈ = Î Î .

O complementar de B em A, representado por A\B ,

é com conjunto formado pelos elementos do conjunto A que

não pertencem a B. Assim: { }\ x / x A ou x BA B = Î Ï .

Observação: Quando não estiver explícito que certo conjunto universo U, o

complementar do conjunto A será denotado do A .

Vejamos alguns casos para tonar mais clara nossa explicação.

ExEmplo 1:

Prove que ( ) ( ) ( )A\ B C A\B A\CÈ = Ç .

Solução:

Para provar o teorema acima, é suficiente mostrar que

( ) ( ) ( )x A\ B C x A\B A\C ,Î È Û Î Ç para qualquer que seja x.

( )x A\ B C x A x B CÎ È Û Î Ù Ï È

( ) ( )x A\ B C x A x B x CÎ È Û Î Ù Ï Ù Ï

( )x A\ B C x A\B x A\CÎ È Û Î Ù Î

( ) ( ) ( )x A\ B C x A\B A\CÎ È Û Î Ç como queríamos demonstrar.

v o c ê s a b i a?

A noção de “conjunto” é uma noção

fundamental na matemática e constitui

a estrutura matemática sobre a qual

todas as outras podem ser construídas

(número, relação, função, etc.). Essa

noção foi formulada no final do século

XIX, pelo matemático russo Geord

Ferdinand Ludwig Philip Cantor

(1845-1918).

55

ExEmplo 2:

Prove que A,B UÍ ; tem-se A B A BÈ = Ç para qualquer que sejam os

conjuntos A e B.

Solução:

Para demonstrarmos a relação acima, é suficiente mostrar que, se x A BÎ È ,

então x A BÎ Ç . Assim, considerando por hipótese

que se x A BÎ È , então, por definição de conjunto

complementar, x A B.Î È Assim, x AÏ e x BÏ .

Mas, x AÏ se x AÎ e x BÏ se x BÎ . Dessa forma

x AÎ e x BÎ o que significa que x A BÎ Ç . Vamos

observar que é bastante simples se demonstrar a relação

recíproca, basta observar que:

( )x A B x A x BÎ Ç Þ Î Ù Î

( )x A B x A x BÎ Ç Þ Ï Ù Ï

( )x A B A BxÎ Ç Þ Ï È

x A B A BxÎ Ç Þ Î È ou seja: A B A BÇ Ì È

Vamos, a seguir, analisar a veracidade ou falsidade de algumas afirmações

referentes à teoria dos conjuntos e justificá-las de modo formal.

Para qualquer que seja x Z,Î existe y ZÎ tal que x Z e x y.£ ¹ Ou seja:

( )x Z, y Z/ x y x y" Î $ Î £ Ù ¹

A afirmação é verdadeira porque, sendo o conjunto dos números inteiros

infinito, se x é inteiro, 1x + também é inteiro e além disso 1x x< + .

Assim, dado um x qualquer, se considerarmos que y x 1= + , satisfaremos a

condição( )x y x y£ Ù ¹ .

I. Existe y ZÎ tal que para todo x ZÎ se tem x y. £ A afirmação é falsa porque, em particular, se x y 1= + então teríamos que ter y 1 y+ £ , o que não é verdadeiro.

II. Existe um inteiro não negativo que não excede qualquer outro inteiro não negativo. A afirmação é verdadeira. O inteiro zero é menor ou igual a cada um dos inteiros não negativos. Assim, seja 0Z+ o conjunto dos inteiros não negativos, o qual identificamos também como N.

III. Existe xÎZ tal que x é maior do que qualquer outro inteiro y. A afirmação é falsa e o argumento será análogo à justificativa da afirmação anterior.

v o c ê s a b i a?

Augustus de Morgan foi um matemático britânico

que contribui com um trabalho importante para

a lógica simbólica abstrata, a teoria das relações

e ainda formulou as famosas “Leis de Morgan”.

AULA 4 TÓPICO 1


IV. Para todo A Z,Í tem-se { }( ) .P A = Æ Esta afirmação é falsa, porque { } 1 é um subconjunto de Z e { }( ) { }{ } { } 1 , 1 .P = Æ ¹ Æ

V. Para todo A Z,Í se A 0= , então { }( ) .P A = Æ Esta afirmação é verdadeira. Existe apenas um subconjunto de Z que é vazio, e { }( ) .P Æ = Æ Observe que { }Æ é um conjunto unitário. Esse elemento Æ é o conjunto vazio.

VI. Para quaisquer que sejam x, y Z,Î tem-se x y £ ou y x. £ Afirmar que x y £ é o mesmo que dizer que existe um número inteiro não negativo z tal que y x z.= + É verdade que x y ou y x£ £ para quaisquer que sejam os inteiros x e y.

VII. Tendo em vista que x-y é inteiro, quaisquer que sejam x e y, se x-y é não negativo, então y x £ , pois x y (x y). = + - Se x-y é negativo, então y-x é inteiro e positivo e, considerando que y x (y x)= + - , temos x y .£

VIII. Conjunto vazio.

IX. Æ x y 1= +

No próximo tópico, estudaremos as relações binárias, que diz respeito

a relações existentes entre os elementos de dois conjuntos. Tal conceito é

imprescindível na compreensão da ideia de funções.

57

Considere dois conjuntos A e B. Chama-se produto cartesiano, cuja

notação é A X B , o conjunto dos pares ordenados ( )a,b tais que

a A e b B ,Î Î ou seja:

( ){ }A X B a, b / a A e b B= Î Î

Se ( )R A X BÌ , então R é uma relação binária de A em B, ou seja, qualquer

subconjunto de AXB é chamado relação binária de A em B. Assim, R:A B® representará uma relação R de A em B. Quando o par ( )a,b pertence à relação R,

escrevemos aRb s(lê-se: “a erre b”).

ExEmplo:

Seja A o conjunto dos alunos, B o conjunto dos docentes, C o conjunto das

Licenciaturas e D o conjunto das disciplinas das licenciaturas da UAB, então temos:

( ){ }M a, b A x A / a e b são alunos da mesma licenciatura A Ax= Î Í

( ){ }N a, b B x D / a é professor da disciplina b BxD= Î Í

( ){ }P a, b A x D / a está inscrito na disciplina b AxD= Î Í

( ){ }Q a, b A x C / a é aluno da licenciatura b AxC= Î Í

Os conjuntos M, N, P e Q são relações binárias.

2.1 OPERAÇÕES COM RELAÇÕES BINÁRIAS

Considerando que as relações binárias são conjuntos, podemos definir as

operações união, interseção e complementar.

TÓPICO 2 Relações Binárias de A em BObjetivOs

• Representar graficamente uma relação binária

• Identificar se uma relação é ou não uma função

AULA 4 TÓPICO 2


Se P e Q são relações binárias de A X B então:

( ) ( ) ( ){ }P Q a,b AxB / a,b A a, b B È = Î Î Ú Î

( ) ( ) ( ){ }P Q a,b AxB / a,b A a, b B Ç = Î Î Ù Î

( ) ( )CP { a,b AxB / a,b A}= Î Ï ou CP (AxB)\P=

Além das operações acima, podemos definir também a noção de inversa e

composta. Sendo R a relação de A em B, a relação inversa de R, denotada por R-1, é

a relação de B em A definida por ( ) ( ){ } b, a / a, b RÎ ou seja:

( ) ( ) ( ) ( ){ }-1se R a, b / a,b AxB} R { b,a / a,b R = Î Þ = Î

Sejam as relações R A x B Í e P B x C, Í definimos relação composta de R

em P, e denotamos por RP, a relação binária de A em C definida por:

( ) ( ){ }RP a, b /existe b B tal que a, b R e (b, c) P = Î Î Î

Outra forma de representar a relação composta RP é “RoP”, onde se lê: “S

após P”. Mais adiante veremos que uma função de um conjunto A num conjunto B

nada mais é do que uma relação que atende a algumas condições.

ExEmploS:

Sejam { } { } { }A 1, 2, 3 , B 3, 5, 6, 7 e C 4, 5= = = e sejam:

( ) ( ) ( ) ( ){ }R:A B / R 1, 3 , 1, 5 , 2, 6 , 3, 6® =

( ) ( ) ( ) ( ){ }P:B C / P 3,4 , 3, 5 , 6, 4 , 7, 5® =

Figura 2: Relações R, P e RoP

Então ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }RoP:A C, RoP 1,4 , 1, 5 , 2, 4 , 2, 5 , 3, 4 , 5, 5 ® =

como mostra a Figura 2. A Figura 3 mostra as relações R-1, P-1 e (RoP)-1 descritas

abaixo:

( ) ( ) ( ) ( ){ }-1 1R : B A / R 3, 1 , 5, 1 , 6, 2 , 6, 3 -® =

( ) ( ) ( ) ( ){ }1 1P : C B / P 4, 3 , 4, 6 , 5, 3 , 5, 7 - -® =

( ) 1RoP - é uma relação de C em A de tal modo que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1RoP 4, 1 , 4, 2 , 4, 3 , 5, 1 , 5, 2 , 5, 3 - = como mostra a

59

Figura 3.

Figura 3: Relações inversas de P, R e RoP

ExEmploS:

1. Se { }A 1, 2, 3, 4, 5 = e { }B 1, 2, 3, 4 = quais os elementos da relação

( ){ }R x,y / x y = < de A em B?

Solução:

Os elementos de R são todos os pares ordenados de AXB nos quais o primeiro

elemento é menor que o segundo, ou seja, são os pares formados pela “associação”

de cada elemento A x Î com cada elemento de B y Î de tal modo que y.x <

Temos, então:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }R 1, 2 , 1, 3 , 1, 4 , 2, 3 , 2, 4 , 3, 4 =

2. Se { }A 1, 2, 3, 4, 5 = e { }B 1, 2, 3, 4, 5, 6 = , quais os elementos da

relação binária R:A B® definida da seguinte forma: xRy y x 2?Û = +

Solução:

Fazem parte da relação todos os pares ordenados ( )x, y tais que A ,x Î

B y Î e y x 2= + . Vamos mostrar o resultado graficamente de dois modos:

Figura 4 - Representação da solução usando um sistema de eixos ortogonais

AULA 4 TÓPICO 2


Figura 5 - Representação da solução usando o diagrama de Venn

3. Se { }A -1, 0, 1, 2 = , quais são os elementos da relação

( ){ }2 2R x,y AxA/x y ? = Î =

Solução:

Fazendo a representação gráfica, percebemos que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }R 0, 0 , 1, 1 , 1, -1 , -1, -1 , -1, 1 , 2, 2 .=

Figura 6 - Representações gráficas da relação ( ){ }2 2R x,y AxA/x y= Î =

4. Neste exemplo, vamos considerar os elementos de A e B números reais.

Assim, { }A R/ 2 x 5 x= Î £ £ e { }B R/ 3 x 6 . y= Î £ £ Vamos fazer a

representação cartesiana de AXB de modo que ( ){ }R x,y AxB / 2x . y= Î =

Solução:

Podemos observar que ( ){ }AXB x,y / 2 5 e 3 y 6 . x= £ £ £ £ Queremos,

porém, determinar um subconjunto de AXB tal que y =2x. Assim, queremos a

interseção do conjunto ( ){ }AxB x,y / 2 5 e 3 y 6 x= £ £ £ £ com a reta y=2x.

Veja a solução na figura a seguir.

61

Figura 7 - Interseção de R com a reta y=2x

5. Seja { }A R/ 1 x 3 x= Î £ £ e { }B R/ 2 x 8 . y= Î £ £ Vamos fazer a

representação cartesiana de ( ){ }R x,y AxB / 2x y= Î = e sua inversa -1R .

Solução:

Figura 8 - R e sua relação inversa R-1

2.2 FUNÇÕES DE A EM B

Dados dois conjuntos não vazios A e B. Chama-se função de A em B qualquer

relação binária f de A em B tal que para todo a AÎ existe um único b BÎ tal que

b f(a),= ou seja,1a A, b B / b f(a)" Î $ Î = onde b é imagem de a por f.

AULA 4 TÓPICO 2


De acordo com a definição acima de função, podemos verificar, pela

representação cartesiana da relação f de A em B, se f é ou não uma função. Para

tanto, basta verificar se a reta paralela ao eixo y, conduzida pelo ponto (x, 0), em

que x pertence a A, encontra sempre o gráfico de f em um só ponto. Isso é óbvio,

pois, caso contrário, teríamos um x do domínio com mais de uma imagem, e isso iria

contradizer a definição de função.

ExEmplo:

Sejam { } { }A R / -2 x 2 e B x R / -2 x 2x= Î £ £ = Î £ £ . A relação f de A

em B, com ( ){ }2 2R x,y /x y 4 AxB= + = Ì representada na figura abaixo, não é

função, pois qualquer reta vertical conduzida pelos pontos ( )x,0 tal que -2 x 2£ £

encontra sempre a função f em dois pontos, como mostra a Figura 9.

Figura 9: Relação que não representa uma função

Uma função é injetiva se, e somente se, cada elemento b BÎ tal que b=f(b) é

imagem de um único a AÎ , ou seja, f é injetiva se, e somente se

( ) ( )1 2 1 2 1 2 a ,a A, se f a f a a a" Î = Þ =

Uma função é sobrejetiva se, e somente se, qualquer elemento de B é imagem

de algum elemento de A. Uma função injetiva e sobrejetiva simultaneamente é dita

bijetiva. Assim f AxBÍ é uma função bijetiva se, e somente se: 1a A, b B/b f(a)" Î $ Î = e1b B, a A / b f(a)" Î $ Î =

Definição: O conjunto A é o domínio da função, e o conjunto B é o contradomínio de

f. O subconjunto do contradomínio formado pelas imagens dos elementos de A chama-se

conjunto imagem da função. Uma função é dita real quando o contradomínio é um

subconjunto dos números reais.

63

Desta observação resulta consequentemente a seguinte proposição:

Estudamos nesta aula alguns conceitos básicos, bem como as principais opera-

ções, envolvendo conjuntos, que representam um dos principais pilares da matemá-

tica. Vimos também que, embora uma relação binária represente apenas um conjunto

de pares ordenados, ela é de fundamental importância nos estudos de alguns ramos da

matemática, além de fornecer elementos para a compreensão da definição de funções.

Proposição: Seja f AxBÍ uma função. Então 1-f BxAÍ é uma função se, e somente

se, f é bijetiva. A função f-1 é dita inversa de f. Uma função diz-se invertível se sua inversa

é uma função.

AULA 4 TÓPICO 2


AULA 5 Noções de Probabilidade

Caro(a) aluno(a),

O interesse do homem em estudar os questionamentos que envolviam certos

problemas matemáticos fez surgir a probabilidade. Alguns vestígios históricos

mostravam que a Teoria das Probabilidades teve início com os jogos de azar.

O desenvolvimento desta teoria deve-se a alguns matemáticos, como, por

exemplo, os algebristas italianos Paccioli, Cardano e Tartaglia, que viveram no

século XVI. A partir de suas experimentações, outros matemáticos contribuíram

para o desenvolvimento e lapidação da Teoria das Probabilidades. Os estudos

relacionados às probabilidades são aplicados em muitas situações, pois possuem

axiomas, definições e teoremas bastante contundentes. Uma das áreas de maior

aplicação da Teoria das Probabilidades é a Estatística.

Existe uma relação bastante íntima entre probabilidade e combinatória, pois a

análise combinatória fornece ferramentas bastante úteis aos cálculos de alguns

elementos que envolvem probabilidade. Por isso é imprescindível que o aluno

tenha um conhecimento bastante razoável dos elementos estudados nas duas

primeiras aulas.

Objetivos

• Utilizar números para quantificar a incerteza presente em determinada situação

• Desenvolver e fornecer conceitos básicos de Probabilidade

65

Assim, por exemplo, no lançamento de um dado, o espaço

amostral seria { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6= Exemplos de eventos no

espaço amostral U:

• evento A: sair número maior do que 4: { }A 5, 6= • evento B: sair um número primo e par: { }B 2 =• evento C: sair um número ímpar: C = {1, 3, 5} { }C 1, 3, 5 =

A probabilidade de um evento acontecer geralmente é representada por

um número real entre 0 e 1. Esses números indicam a posição de ocorrência do

evento, entre a impossibilidade e a certeza. Assim, quanto mais próximo de 1 seja

a probabilidade de um evento ocorrer, mais provável é que o evento ocorra. Por

exemplo, do evento C acima (sair um número ímpar no lançamento de um dado),

podemos exprimir a probabilidade do evento como “1 em 2”, ou, de forma equivalente,

“50%”, ou ainda “1/2”.

Vamos à apresentação de algumas modalidades de eventos:

União de eventos: Sejam A e B dois eventos; então A BÈ será também

TÓPICO 1 Introdução ao Cálculo das ProbabilidadesObjetivOs

• Compreender os conceitos básicos da Teoria das Probabilidades

• Vamos iniciar nosso estudo apresentando algumas

definições fundamentais. Para iniciar nossa discussão

acerca dos cálculos das probabilidades, definiremos o

que seja um experimento aleatório

Definição: Chama-se experimento aleatório aquele em que o resultado é

imprevisível, porém pertence necessariamente a um conjunto de resultados

possíveis chamado espaço amostral. Qualquer subconjunto desse espaço amostral é

denominado evento. Se este subconjunto possuir apenas um elemento, o chamamos

de evento elementar.

AULA 5 TÓPICO 1

http://pt.wikipedia.org/wiki/N%C3%BAmero_real


um evento que ocorrerá se, e somente se, A ou B ou ambos ocorrem. Dessa forma,

dizemos que A BÈ é a união entre os eventos A e B.

Interseção de eventos: Se A e B são dois eventos, então A BÇ será também

um evento que ocorrerá se, e somente se, A e B ocorrerem de modo simultâneo.

Neste caso dizemos que A BÇ é a interseção entre os eventos A e B. Se os conjuntos

A e B são disjuntos, A e B são ditos mutuamente exclusivos.

Complementar de um evento: Se A é um evento, então AC será também

um evento que ocorrerá se, e somente se, A não ocorrer. Dizemos que AC é o evento

complementar de A.

Por exemplo: No lançamento de um dado, observamos a face voltada para

cima. Seja { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6=

Observemos os seguintes eventos:

evento A: ocorrência de um número par { } A 2, 4, 6® =

ocorrência de um número maior ou igual a 4 { } B 4, 5, 6® =

ocorrência de um número ímpar { } C 1, 3, 5® =

Assim teremos:

Ocorrência de um número par ou um número maior ou igual a 4:

{ }A B 2, 4, 5, 6È =

Ocorrência de um número ímpar e quadrado perfeito. perfeito { } { }C 4Ç =

Ocorrência de um número ímpar e maior ou igual a 4: { }C B 5Ç =

Ocorrência de um número não par { }CA 1,3,5= . Obeserve que CA A UÈ =

No nosso estudo, vamos considerar os espaços amostrais equiprováveis, ou

seja, aqueles em que os eventos elementares possuem a mesma chance de ocorrerem.

Por exemplo, no lançamento do dado (exemplo anterior), considerando que o

dado é perfeito, as chances de sair qualquer número de 1 a 6 são iguais. Temos,

então, um espaço equiprovável.

Se por um lado os fenômenos aleatórios são imprevisíveis, por outro, existem

os fenômenos determinísticos, que são aqueles cujos resultados são previsíveis,

ou seja, são esperados, daí a certeza que temos de vê-los serem alcançados.

Normalmente existem diversas possibilidades que tornam possível a ocorrência de

um fenômeno aleatório. O número de ocorrências de cada uma dessas possibilidades

é denominada Probabilidade.

67

ExEmplo 1:

Consideremos uma urna que contenha 35 bolas verdes e 1 bola branca. Para

uma retirada, teremos duas possibilidades: bola verdes ou bola branca. Percebemos,

contudo, que será muito mais frequente obtermos, numa retirada, uma bola verde,

logo podermos afirmar que o evento “sair bola verde” tem maior probabilidade de

ocorrer, do que o evento “sair bola branca”.

ExEmplo 2:

Considere o lançamento de um dado perfeito. Calcule a probabilidade de:

a) sair o número 3.

Solução:

Temos { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6=

n(U) 6=

{ }evento A 3 e n(A) 1= =

Portanto a probabilidade procurada será P(A)=1/6

b) sair um número par

Solução:

Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }

n(U) 6=

{ }evento A 2, 4, 6 e n(A) 3= =

Portanto a probabilidade procurada será P(A)=3/6=1/2

c) sair um múltiplo de 3

Solução:

Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }

Conceito elementar de Probabilidade: Seja U um espaço amostral finito e

equiprovável e A um certo evento, ou seja, um subconjunto de U. A probabilidade

( )P A de ocorrência do evento A será dada pela fórmula:

n(A)P(A)

n(U)=

onde:

n(A) é o número de elementos de A e

n(U) é o número de elementos do espaço amostral U.

AULA 5 TÓPICO 1


n(U) 6=

{ }evento A 3,6 e n(A) 2= =


d) sair um número menor que 4

Solução:

Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }

n(U) 6=

{ }evento A 1, 2, 3 e n(A) 3= =


e) sair um quadrado perfeito

Solução:

Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }

n(U) 6=

{ }evento A 4 e n(A) 1= =

Portanto a probabilidade procurada será P(A)=1/6

f) sair soma 8 se forem lançados simultaneamente dois dados

Solução:

Neste caso, o espaço amostral U é constituído pelos pares ordenados

(m,n), nos quais m é o número no dado 1, e n é o número no dado 2.

É claro que teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (m, n) nos quais

( )i 1, 2, 3, 4, 5, 6Î e ( )j 1, 2, 3, 4, 5, 6 .Î As somas iguais a 8 ocorrerão nos casos

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2, 6 , 3, 5 , 4, 4 , 5, 3 e 6, 2 . Logo, o evento “soma igual a 8” possui 5

elementos que são os pares( )m ,n nos quais m n 8.+ = Logo, a probabilidade

procurada será igual a 5

P(A)36

= .

g) sair soma 12 no lançamento de dois dados simultaneamente

Solução:

Semelhante ao caso anterior. O espaço amostral U é constituído pelos pares

69

ordenados (m,n), nos quais m é o número no dado 1, e n é o número no dado 2.

Teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (m, n) nos quais ( )i 1, 2, 3, 4, 5, 6Î e ( )j 1, 2, 3, 4, 5, 6 .Î As somas iguais a 12 ocorrerão apenas no caso ( )6, 6 ,

portanto o evento “soma igual a 12” possui 1 elemento. A probabilidade procurada

será igual a 1

P(A)36

= .

ExEmplo 3:

De um baralho de 52 cartas, duas são extraídas ao acaso e sem reposição.

Qual a probabilidade de ambas serem de copas?

Solução:

Cada par de cartas possíveis de serem extraídas pode ser considerado como

uma combinação das 52 cartas tomadas duas a duas, ou seja:

52,2

52 52!n(U) C 1.326

2 2!(52 2)!

æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø

Assim, podemos formar 1.326 pares de cartas. Considerando que existem

13 cartas de copas, o evento A será a quantidade de combinações das 13 cartas

tomadas de duas a duas, ou seja:

13,2

13 13!n(A) C 78

2 2!(13 2)!

æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø

Assim, 78 1

P(A)1.326 17

= =

ExEmplo 4:

Sacam-se sucessivamente e sem reposição três cartas de um baralho de 52

cartas. Qual a probabilidade da primeira carta ser de paus, a segunda carta um 2 e

a terceira não ser 8?

Solução:

O espaço amostral U será um conjunto formado pelos grupos possíveis de três

cartas escolhidas entre as 52. Para encontrar o número de grupos possíveis, basta

calcular o número de combinações simples de 52 elementos tomados 3 a 3. Assim,

temos:

AULA 5 TÓPICO 1


52,3

52 52!n(U) C 22.100

3 3!(52 3)!

æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø n(U) 22.100Þ =

O evento será um conjunto formado por todos os grupos de três cartas

distintas em que a primeira carta é de paus, a segunda carta um 2 e a terceira não é

8. Para isso, vamos usar o procedimento utilizado no exemplo 3 do primeiro tópico

da aula 1.

Vamos dividir as extrações em três etapas:

1) a primeira carta é um 2 de paus. Neste caso, há 1 modo de selecionar a

primeira carta, 3 modos de selecionar a segunda carta ( já que temos apenas quatro

2 e a de paus já foi escolhida) e 46 modos de selecionar a terceira carta.

2) a primeira carta é um 8 de paus. Neste caso, há um modo de escolher

a primeira carta, 4 maneiras de escolher a segunda e 47 maneiras de escolher a

terceira carta.

3) a primeira carta é de paus (com exceção do 2 de paus e 8 de paus que já

foram escolhidos). Neste caso, há 11 maneiras de escolher a primeira carta, 4 modos

de escolher a segunda carta e 46 maneiras de escolher a terceira carta.

Assim, temos: 1.3.46 + 1.4.47 +11.4.46= 2350. Logo n(A) 2.350= . A

probabilidade do evento é 2.350

P(A) 0,106322.100

= = , o que equivale a 10,63% de

possibilidade de ocorrer o evento.

ExEmplo 5:

Considere todos os números naturais de 6 dígitos. Qual a probabilidade de

se escolher um desses números ao acaso e no número escolhido os algarismos 3 e 9

figurem exatamente duas vezes?

Solução:

Inicialmente vamos observar que o espaço amostral U é um conjunto formado

por todos os números de 6 algarismos. Assim, o número de elementos do espaço

amostral pode ser calculado usando o Princípio Fundamental da contagem (PFC).

Podemos escolher o primeiro algarismo de 9 modos já que o número n pode iniciar

com zero. O segundo algarismo pode ser escolhido de 10 modos. O terceiro de dez

modos e assim em diante. Logo, pelo PFC temos:

n(A) 9.10.10.10.10.10 900.000= =

71

O conjunto A (evento) é formado por aqueles em que os algarismos 3 e 9

figuram exatamente uma vez. Assim, vamos inicialmente contar aqueles números

que começam com zero e depois descontá-los do total.

A primeira casa deve ser ocupada pelo zero; há 1 modo de fazer isso. Há 5 2C ,

modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3; depois disso há

3, 2C modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente há

8 maneiras de preencher a casa restante. Assim, 5 2 3 21 . C , . C , . 8 240= números

nessas condições começam com zero. Agora vamos determinar todos os números

com a condição exigida, inclusive os que começam com zero.

Há 6 2C , modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3. Em

seguida, há 4 2C , modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo

9. Finalmente, pelo PFC, há 8.8=64 modos de escolher as duas casas restantes que

serão preenchidas pelos 8 algarismos restantes. Assim 6 2 4 2C , . C , . 64 5760= começam com zero ou não.

Dessa forma, n(A) 5760 240 5520= - = . A probabilidade do evento é: 5520

P(A) 0,0061900.000

= = ou o,61% .

Vimos neste tópico algumas definições

básicas da Teoria das Probabilidades, além da

utilização do modo mais simples de expressar a

probabilidade de ocorrência de um determinado

evento de um espaço amostral equiprovável. No

próximo tópico, estudaremos algumas situações

que envolvem algumas particularidades no cálculo

da probabilidade, bem como algumas propriedades.

v o c ê s a b i a?

Segundo historiadores, o cavaleiro De Meré,

conhecido por ser um jogador muito antigo,

colocou algumas dúvidas sobre jogos a dois

matemáticos, Blaise Pascal e Pierre Fermat. Estes

matemáticos, na tentativa de dar uma resposta ao

jogador, empenharam-se no assunto, e foi, dessa

forma, dado o primeiro passo para o surgimento

da Teoria das Probabilidades.

AULA 5 TÓPICO 1


TÓPICO 2 Probabilidade CondicionalObjetivOs

• Conhecer um conjunto de propriedades que permitirão resolver

de forma simples problemas mais complexos que envolvem

probabilidade

• Estudar a probabilidade condicional, focalizando a importância

do evento B quando é calculado P(A/B)

Além de uma abordagem sobre probabilidade condicional,

apresentaremos também, neste tópico, algumas propriedades

que julgamos importantes para que você construa uma base

razoável que o levará à resolução de problemas mais complexos, tendo em vista

que o cálculo de probabilidades pode ser facilmente realizado pela aplicação direta

de propriedades.

2.1 PROPRIEDADESI. A probabilidade do evento impossível é nula. Com efeito, sendo o

evento impossível o conjunto vazio, teremos: ( )( )( ) ( )

n 0p 0

n U n U

ÆÆ = = =

Assim, se numa urna só existem bolas brancas, a probabilidade de se

retirar uma bola verde (evento impossível) é nula.II. A probabilidade do evento certo é igual à unidade. O evento certo

é igual ao conjunto Universo, logo ( )( )( )

n Up A 1

n U= = . Por exemplo,

se numa urna só existem bolas vermelhas, a probabilidade de se retirar

uma bola vermelha (evento certo) é igual a 1.III. A probabilidade de um evento qualquer é um número real

situado no intervalo real [0, 1]. Sabemos que qualquer evento é um subconjunto do conjunto universo U. Sendo assim, o número de elementos de qualquer evento é sempre menor do que o número de

73

elementos do conjunto universo. Assim, sendo n(A), n(U) NÎ e com

n(A) n(U)£ , temos ( )( )( )

[ ]n A

p A 0, 1 .n U

= Î

IV. A soma das probabilidades de um evento e do seu evento complementar é igual à unidade, ou seja, ( )Cp A 1 P(A)= - . Seja o evento A e o seu complementar CA . Sabemos que CA A UÈ = .

( ) ( )Cn A A n UÈ = e, portanto, ( ) ( )Cn A n ( A ) n UÈ = . Dividindo ambos os membros por n(U), encontramos:

Cn (A) n (A ) n (U)1

n (U) n (U) n (U)+ = = , de onde se conclui:

( ) Cp A p ( A ) 1È = ou ( )Cp A 1 P(A)= - .

V. P(A-B) P(A)-P(A B)= Ç . Com efeito, sejam os conjuntos A e B disjuntos, assim, ( ) ( )A A B A B= - È Ç, o que significa que n(A) n(A B) n(A B)= - + Ç . Dividindo os dois lados da expressão n(A) n(A B) n(A B)= - + Ç por n(U),

temos: n(A) n(A B) n(A B)

n(U) n(U) n(U)

- Ç= + , ou seja, P(A) P(A B) P(A B).= - È Ç

Esta propriedade é válida para eventos mutuamente excludentes, ou seja, eventos que não podem ocorrer simultaneamente ( )A BÇ =Æ , o que significa que os conjuntos A e B são disjuntos como foi mencionado acima. No entanto, se A BÉ , resulta P(A B) P(A) P(B) ,- = - pois neste caso A B B.Ç =

ExErcícioS rESolvidoS:

1. Em um grupo de m pessoas, qual a probabilidade de haver pelo menos

duas pessoas que façam aniversário no mesmo dia?

Solução:

Vamos calcular a probabilidade disso não acontecer. O número de casos

possíveis para os aniversários das m pessoas é m365 . O número de casos favoráveis em

que todos façam aniversário em dias diferentes é ( )365 x 364 x 363 x . . . x 366-m ,

tendo, portanto, m fatores nesse produto. Assim, a probabilidade de não

haver pelo menos duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia é de

( )m

365 x 364 x 363 x . . . x 366-m,

365 e a de haver pelo menos duas pessoas que

tenham aniversários é de ( )

m

365 x 364 x 363 x . . . x 366-m1 .

365 -

AULA 5 TÓPICO 2


O resultado é incrivelmente surpreendente! Veja, por exemplo, que, para um

grupo de 25 pessoas, a probabilidade de ter pelo menos duas pessoas que façam

aniversário no mesmo dia é de 0,57%, ou seja, é mais provável haver duas pessoas

com o mesmo aniversário do que todos aniversariarem em dias diferentes.

2. Doze pessoas são separadas em dois grupos de 6 pessoas cada um. Qual

a probabilidade de que duas determinadas pessoas façam parte do mesmo grupo?

Solução:

Sejam as pessoas A e B. O número de casos possíveis é 12, 6C 924= , pois há

12, 6C 924= modos de escolher o primeiro grupo e, depois disso, há apenas um

modo de escolher o segundo grupo; o número de casos favoráveis é 2. 10, 4C 210= ,

pois há 10, 4C 105= modos de distribuir as pessoas com A e B no primeiro grupo e

há 10, 4C 105= com A e B no segundo grupo. Assim, a probabilidade de que duas

determinadas pessoas façam parte do mesmo grupo é 210 5

.924 22

=

3. Um número entre 1 e 300 é escolhido aleatoriamente. Determine a

probabilidade de que esse número seja divisível por 5 e por 7.

Solução:

Consideremos A o evento “número divisível por 5”, B o evento “número

divisível por 7” e A BÇ o evento “número divisível por 35”. Assim,

( )

30060 15P A

300 300 5

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø= = = , ( )

30017P B

300 7

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø= = e ( )

300135P A B

300 35

æ ö÷ç ÷ç ÷çè øÇ = = . Assim:

1 1 1 11P(A B) P(A) P(B) P(A B)

5 7 35 35È = + - Ç = + - = .

4. Sejam M e N dois eventos tais que 1

P(M)2

= , 1

P(N)4

= e 1

P(M N) .7

Ç =

Calcule:a. P(M N)Èb. CP(M )

c. CP(N )

d. CP(M N )Çe. CP(M N)Çf. C CP(M N )Ç

75

Solução:

a. P(M N) P(M) P(N)-P(M N)È = + Ç = 1 1 1 172 4 7 28+ - =

b. C 1 1P(M ) 1-P(M) 1-

2 2= = =

c. C 1 3P(N ) 1-P(N) 1-

4 4= = =

d. C 1 1 5P(M N ) P(M-N) P(M)-P(M N)

2 7 14Ç = = Ç = - =

e. C 1 1 3P(M N) P(N-M) P(N)-P(M N)

4 7 28Ç = = Ç = - =

f. C C C 1 7P(M N ) P (M N) 1-P(M N) 1

7 6é ùÇ = È = Ç = - =ë û

2.2 PROBABILIDADE CONDICIONAL

Vimos que, ao estudarmos alguns conceitos

de probabilidade e eventos, os exemplos dados

sempre levam a cálculo da probabilidade de

um evento ocorrer, diretamente, em função do

espaço amostral. Em muitas outras vezes, quando

realizamos um experimento, temos informação

extra sobre a ocorrência de um evento. Neste caso,

gostaríamos de usar essa informação extra para

calcular a probabilidade dos outros eventos. Assim,

a probabilidade de ocorrer um evento A tendo

uma informação prévia sobre o evento B, ambos

do mesmo espaço amostral, é chamada probabilidade condicional. Portanto, a

probabilidade de ocorrer um evento A tendo ocorrido um evento B, indicado por A

PB

æ ö÷ç ÷ç ÷çè øé o número:

( )( )

P A BAP

B P B

æ ö Ç÷ç =÷ç ÷çè øPodemos observar que este número só estará definido quando P(A) > 0.

O cálculo de A

PB

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø ainda pode ser obtido pela expressão

( )n A B

n(B)

Ç. Com

efeito, sabemos que ( )P A BÇ . A probabilidade da interseção é a razão do seu

número de elementos pelo número de elementos do espaço amostral:

( )n (A B)

P A Bn(U)

Ç =

v o c ê s a b i a?

Depois de Pascal e Fermat, a Teoria das

Probabilidades desenvolveu-se de forma rápida

graças a contribuições de inúmeros matemáticos.

Entre eles destacaram-se: Bernoulli (1654-1705)

e Laplace (1749 – 1827), autor do livro “Teoria

analítica das probabilidades”.

AULA 5 TÓPICO 2

http://www.matematicadidatica.com.br/ProbabilidadeConceitos.aspx

http://www.matematicadidatica.com.br/ProbabilidadeConceitos.aspx


A probabilidade de B também é a razão do seu número de elementos, pelo

número de elementos do espaço amostral:

n (B))P(B)

n(U)=

Substituindo estas duas expressões em ( )P A BA

PB P(B)

æ ö Ç÷ç =÷ç ÷çè ø, temos:

( )n A Bn(U) n(A B)A

P n(B)B n(B)n(U)

ÇÇæ ö÷ç = =÷ç ÷çè ø

1. Uma urna contém 4 bolas brancas e 6 bolas pretas. Retiram-se, sucessivamente

e sem reposição, duas bolas dessa urna. Qual a probabilidade de ambas serem brancas?

Solução:

Sejam A a primeira bola branca e B a segunda bola branca. Temos:

( )( )

P A BB B 4 3 2P P A B P(A). P .

A P(A) A 10 9 15

æ ö Ç æ ö÷ ÷ç ç= Û Ç = = =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø.

Observe que ( )4

P A6

= , pois temos que retirar quatro bolas das 6 existentes.

B 3P

A 9

æ ö÷ç =÷ç ÷çè ø, pois

BP

A

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø é a retirada da segunda bola branca tendo em vista que a

primeira foi branca. Assim, para a segunda retirada, temos apenas 3 bolas brancas

entre as 9 bolas existentes.

2. Uma urna contém 4 bolas e 6 bolas pretas. Retiram-se, sucessivamente e

sem reposição, duas bolas dessa urna. Qual a probabilidade de a primeira bola ser

branca, sabendo que a segunda bola é branca?

Solução:

Seja A a primeira bola branca e B a segunda bola branca. Queremos

determinarA

PB

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø. Podemos observar que a diferença entre esse problema e o

problema anterior é que aqui pretendemos calcular a probabilidade do passado na

certeza do futuro, ou seja,A

PB

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø(probabilidade da primeira bola ser branca) ocorre

no passado, tendo em vista o futuro ( na certeza de que a segunda bola é branca).

77

Temos a fórmula de probabilidade condicional P(A B)A

PB P(B)

Çæ ö÷ç =÷ç ÷çè ø.

Assim,4 3 2

P(A B) . 10 9 15

Ç = = . Para o cálculo de P(B), vamos levar em conta todas

as possibilidades em relação à primeira bola: A segunda bola é branca ou a segunda

bola é branca e a primeira foi branca, ou a segunda bola é branca e a primeira foi

preta. Assim temos:

( ) ( )1P(B) P A B P Bé ù= Ç È Çë û( ) ( )1P(B) P A B P Bé ù= Ç + Çë û

2 6 4 2P(B) .

15 10 9 5= + =

Daí,

2P(A B)A 2 5 115P .

2B P(B) 15 2 35

Çæ ö÷ç = = = =÷ç ÷çè ø

Uma maneira bem prática de resolver esse problema, que possui várias etapas,

para as quais recorremos a uma visão gráfica, é o uso das árvores de probabilidade.

A construção da árvore é feita da seguinte forma: colocamos nas extremidades

de cada galho as probabilidades condicionais e na origem a informação de que

se tem certeza. Assim, basta percorrer todos os caminhos que levam ao evento

cuja probabilidade pretende-se determinar, multiplicando-se as probabilidades

em cada caminho e somando os resultados, como mostra a Figura1. Portanto, 4 3 2

P(A B) . 10 9 15

Ç = = e 2 1 3 4 2

P(B) . . 5 3 5 9 5

= + =

Figura 1: Árvore das probabilidades

AULA 5 TÓPICO 2


Vimos nesta aula que a probabilidade é o ramo da Matemática que estuda

os possíveis resultados de acontecimentos aleatórios. Vimos, também, alguns

conceitos relevantes sobre a Teoria das Probabilidades. Não se sabe ao certo a sua

origem, mas tudo leva a crer que, em algumas civilizações antigas, estudiosos já

tivessem um “afeto” pela análise da existência de regularidades em fenômenos

imprevisíveis.

Depois de Laplace, e até os dias de hoje, a Teoria das Probabilidades

continuou o seu desenvolvimento e tem hoje grande utilidade, em diferentes

áreas de conhecimento e, sobretudo, no nosso cotidiano, o que nos permite uma

compreensão melhor sobre informações dos campos político, social e econômico.

79

Olá aluno(a),

Nesta aula, abordaremos algumas noções de múltiplos, divisores e primos de

maneira mais formal, enunciando alguns dos teoremas mais relevantes relacionados

a múltiplos e divisores e suas respectivas demonstrações.

No tópico 1, introduziremos uma noção menos formal de múltiplos e divisores,

com alguns problemas práticos. Em seguida, apresentaremos os critérios de

divisibilidade para os primeiros treze números inteiros positivos. No tópico seguinte,

aprofundaremos mais nosso estudo sobre múltiplos e divisores, trazendo algumas

proposições relacionadas a MMC (Mínimo múltiplo Comum) e MDC (Máximo

Divisor Comum).

Objetivos

• Compreender os conceitos formais relacionados ao MMC e MDC• Efetuar cálculos envolvendo MDC e MMC, usando mecanismos apresentados

na aula• Identificar números primos

AULA 6 Múltiplos, Divisores e Primos

AULA 6


TÓPICO 1 Múltiplos e DivisoresObjetivOs

• Utilizar os conceitos de Múltiplos e Divisores para a resolução

de problemas práticos

• Identificar se um número natural é divisível por outro

número natural sem necessariamente efetuar a divisão

Alguns problemas que envolvem os números naturais ou inteiros

fazem uso dos conceitos de múltiplos e divisores, particularmente o

mínimo múltiplo comum (mmc) e o máximo divisor comum (mdc).

Neste tópico, estudaremos tais conceitos, dando ênfase aos divisores de um número.

Dizemos que um número inteiro a é divisível por um inteiro b se, e somente

se, a bq= sendo q um número inteiro. Neste caso, escreve-se b a , em que se lê:

“b divide a”. Também se diz que b é divisor de a e que a é múltiplo de b. O número

inteiro q é chamado de quociente da divisão de a por b. De acordo com a definição

de divisor, se a bq= , então tanto b como q são divisores de a. Por exemplo, os

divisores positivos de 30 são 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 e 30, cujos respectivos quocientes

são 30, 15, 10, 6, 5, 3, 2 e 1.

Assim, o conjunto dos divisores de um número inteiro a é constituído por

todos os inteiros positivos, tais que b a e seus simétricos. Frequentemente, o

termo divisor é usado para representar divisores positivos, conjunto dos múltiplos

de b é constituído pelos inteiros da forma bq para q inteiro.

O problema seguinte nos fornece uma ideia bastante razoável de múltiplos.

ExEmplo 1:

Uma atleta de maratona inicia seu treinamento em uma pista circular, no ponto

A, indicado na figura abaixo. Nesse instante, seu treinador começa a marcar o tempo

com um cronômetro. Tendo em vista que a atleta completa uma volta a cada 4 minu-

tos, em que momentos ela passará pelo ponto A?

81

Solução:

Depois de iniciar a corrida, a atleta passará pelo ponto A toda vez que

completar uma volta, o que acontece a cada 4 minutos. Dessa forma, a primeira

volta será concluída quando o cronômetro do treinador marcar 4 minutos. A

segunda será completada quatro minutos depois, ou seja, quando o cronômetro

marcar 8 minutos. A terceira, em 12 minutos, e assim sucessivamente: a marcação

do tempo em cada volta é sempre acrescida de 4 minutos.

É fácil perceber que, na primeira volta, o tempo foi de 4 x 1= 4 minutos; até

o final da segunda volta o tempo foi de 4x2=8 minutos; até o final da terceira volta o

tempo foi de 4x3=12 e assim em diante. Observe que o tempo a cada volta é obtido

pela multiplicação do número de voltas pelos números naturais. Os resultados dessas

multiplicações são os múltiplos de 4. Assim, considerando que a atleta executa um

movimento constante, ela passará pelo ponto A cada instante representado pelos

múltiplos de 4.

Figura 1: Pista circular

Agora vamos imaginar a seguinte situação: Atleta corre junto com seu amigo

João. Ela continua completando uma volta a cada 4 minutos, mas seu amigo João

corre em um ritmo mais lento: dá uma volta a cada 6 minutos. Ambos iniciam

a corrida no ponto A, e nesse momento o cronômetro do treinador é acionado.

Considerando que a atleta corre mais rápido que João, ela vai começar a se

distanciar do amigo. Quando ela passar pelo ponto A pela primeira vez, ele ainda

levará mais 2 minutos para passar pelo mesmo local.

A pergunta é: quando os dois amigos voltarão a passar pelo ponto A juntos?

Solução:

Para facilitar o raciocínio, vamos considerar a tabela a seguir:

AULA 6 TÓPICO 1


nº de voltas tempo em min nº de voltas tempo em min

1ª 4 1ª 62ª 8 2ª 123ª 12 3ª 184ª 16 4ª 245ª 18 5ª 306ª 20 6ª 36

ATLETA JOÃO

Tabela 1

Podemos ver que, após o início da corrida, no primeiro instante em que

ambos os corredores passam pelo ponto A é aos 15 minutos. Essa é a resposta do

problema!

O que fizemos foi criar uma tabela, em ordem crescente, dos múltiplos de 4 e

os múltiplos de 6. Em seguida, identificamos o número 12 como o primeiro número

que aparece nas duas listas, ou seja, é um múltiplo tanto de 4 quanto de 6. Dizemos

12 é o menor múltiplo comum dos números 4 e 6. Mais adiante, veremos técnicas

de se encontrar o menor múltiplo comum sem a necessidade de recorrer à tabela.

Figura 2: Pista de corrida

ExEmplo 2:

Vamos supor que se pretenda dividir os 30 alunos de uma classe em grupos

com o mesmo número de alunos.

Vejamos:

Com 2 alunos, há duas possibilidades de divisão: um grupo com dois alunos

e dois grupos com 1 aluno. Com três alunos, há duas possibilidades: um grupo com

3 alunos e três grupos com 1 aluno cada. Com quatro alunos, há três possibilidades

de grupos: um grupo com 4 alunos, dois grupos com dois alunos e quatro grupos

com 1 aluno. Veja na figura 3 a divisão dos alunos por grupo. Seguindo esse

83

raciocínio, para um grupo com 12 alunos, temos 6 possibilidades: um grupo com

doze alunos, dois grupos com seis alunos, três grupos com 4 alunos, quatro grupos

com 3 alunos, seis grupos com 2 alunos cada, e 12 grupos com 1 aluno em cada

grupo. Assim, de acordo com a figura a seguir, temos 1 e 2 são divisores do 2, 3 e 1

são divisores do 3; 4, 2 e 1 são divisores do 4 e assim em diante.

Figura 3: Os números 4, 2 e 1 são divisores de 4

Assim, nos exemplos acima, os números de alunos por grupo, em cada

possibilidade de divisão, são chamados de divisores do número de alunos da classe.

É interessante observar que o conjunto dos números de grupos é igual ao conjunto

dos números de alunos por grupo.

critérioS dE diviSibilidadE

Em algumas circunstâncias, precisamos unicamente saber se um número

natural é divisível por outro número natural, sem necessariamente obter o resultado

da divisão. Neste caso, recorremos a um conjunto de regras conhecidas como

critérios de divisibilidade, que nos permite verificar se um determinado número

X é múltiplo de um inteiro Y, com base em propriedades da sua representação

decimal.

A seguir, estão apresentados tais critérios para números inteiros de 2 até

15, representados em sua forma decimal. Outros números naturais maiores que 15

também têm regras de divisibilidade, mas em geral pouco utilizadas.

(i) Um número é divisível por 2 quando ele é par, isto é, termina em 0, 2, 4,

6 ou 8.

Exemplo: 28, 546, 100002.

AULA 6 TÓPICO 1


(ii) Um número é divisível por 3 quando a soma dos valores absolutos de seus

algarismos é divisível por 3.

Exemplo: 342 é divisível por 3, pois 3+4+2 = 9, que é divisível por 3.

(iii) Um número é divisível por 4 quando terminar em 00, ou seus dois

últimos algarismos formarem um número divisível por 4.

Exemplo: 2600 é divisível por 4, pois termina em 00 : 5628 também é divisível

por 4 pois 28 é divisível por 4.

(iv) Um número é divisível por 5 quando o algarismo das unidades for 0 ou 5.

Exemplo: 425 é divisível por 5, pois termina em 5; 1200 é divisível por 5

pois termina em 0.

(v) Um número é divisível por 6 quando for divisível simultaneamente por

2 e por 3.

Exemplo: 414 é divisível por 6, pois é divisível por 2 e por 3.

(vi) Um número é divisível por 7 quando a diferença entre o dobro do

último algarismo e o número formado pelos demais algarismos resulta um número

divisível por 7.

Exemplo: 42091 é divisível por 7. Observe!

4209-2=4207

420-14=406

40-12=28

e 28 é divisível por 7.

(vii) Um número é divisível por 8 quando terminar em 000, ou seus 3 últimos

algarismos formarem um número divisível por 8.

Exemplo: 26000 é divisível por 8, pois termina em 000 ; 3184 também é

divisível por 8, pois 184 é divisível por 8.

(viii) Um número é divisível por 9 quando a soma dos valores absolutos de

seus algarismos é divisível por 9.

Exemplo: 423 é divisível por 9, pois 4 + 2 + 3 = 9, que é divisível por 9.

(ix) Um número é divisível por 10 quando termina em 0.

Exemplo: 10, 100, 1000, 150, 200 são números divisíveis por 10, pois

terminam em zero.

(x) Um número é divisível por 11 quando a diferença da soma dos valores

absolutos de ordem ímpar e a dos de ordem par é divisível por 11.

Exemplo: 87604 é divisível por 11.

85

A soma dos algarismos de ordem par é 7+0=7.

A soma dos algarismos de ordem ímpar é 8+6+4=18.

Assim, 18-7=11 que é divisor de 11.

(xi) Um número é divisível por 12 quando é divisível por 3 e 4.

Exemplo: 420 é divisível por 12, pois é par ( divisível por 2) e a soma dos

algarismos é um número divisível por 3.

(xii) Seja o número ABCDEFGHI. Vamos que I é o algarismo das unidades,

H os algarismos das dezenas e assim em diante. Devemos somar os produtos dos

algarismos A, B, C...I respectivamente pela sequência 1, -3, -4, -1, 3, 4. Para mais

dígitos a sequência se repetirá. O número será divisível por 13 quando o resultado

da soma for divisor ou múltiplo inteiro de 13.

Exemplo: O número 4.233.957 é divisível por 13. Veja na tabela abaixo que

a soma dos produtos é divisível por 13.

Dígitos Fator Produto7 1 7,005 -3 -15,009 -4 -36,003 -1 -3,003 3 9,002 4 8,004 1 4,00

-26soma dos produtos

Observe que -26 é múltiplo inteiro de 13

(xiii) Um número é divisível por 14 quando é divisível por 2 e por 7.

Exemplo: 112 é divisível por 14, pois é divisível por 2 ( par) e por 7 (11-4=7).

(xiv) Um número é divisível por 15 quando é divisível por 3 e por 5.

Exemplo: 105 é divisível por 3 (1+0+5=6) e divisível por 5, já que termina

com o algarismo 5.

No próximo tópico, vamos tornar o nosso estudo um pouco mais formal com

algumas proposições sobre divisibilidade.

AULA 6 TÓPICO 1


TÓPICO 2 Fatoração em Primos, MDC e MMC

ObjetivOs

• Identificar números primos a partir do Crivo de

Erastóstenes

• Utilizar o algoritmo de Euclides para determinação do

MDC

• Calcular o MMC e entender a relação entre o MMC e o

MDC entre dois números

Vamos iniciar o nosso tópico apresentando alguns teoremas sobre divisi-

bilidade. Em seguida, partiremos para o estudo de MDC e MMC de dois

números inteiros e positivos.

dEmonStração:

Sejam 1K e 2K múltiplos de b. Dessa forma, existem os números inteiros 1Z

e 2Z tais que 1 1K bZ=

e 2 2K bZ .= Assim:

1 2 1 2K K bZ bZ+ = +

( )1 2 1 2K K b Z Z+ = +

Considerando que a soma de dois inteiros é um número inteiro, então

1 2b(Z Z )+ é múltiplo de b, ou seja, 1 2K K+ é múltiplo de b.

Agora vamos mostrar que o produto de dois múltiplos de b é múltiplo de b.

Considere que 1K e 2K sejam múltiplos de b, vamos mostrar que 1 2K .K

é

múltiplo de b. Observe que:

1 2 1 2K .K (bZ ).(bZ )=

1 2 1 2K .K b.(Z .Z )=

Considerando que o produto de dois números inteiros é um número inteiro,

temos 1 2b.(Z .Z ) é múltiplo de b, ou seja, 1 2K .K ,é múltiplo de b.

Da mesma forma, para provar que o produto de um múltiplo de b por um

Teorema 1: A soma, a diferença e o produto de dois múltiplos de b é também múltiplo de

b. O produto de um múltiplo de b por qualquer inteiro é um múltiplo de b.

87

inteiro qualquer é múltiplo de b, fazemos o seguinte: seja Q um múltiplo de b, assim

Q=bK em que K é um número inteiro. Multiplicando ambos os lados da equação

Q=bK por um número inteiro 1K temos 1 1K .Q b.K.K= ou ( )1 1˘˘˘˘ = Tendo

em vista que 1 2K .K é inteiro, então ( )1.K Q é múltiplo de b.

2.1 FATORAÇÃO EM FATORES PRIMOS

Um número k é dito primo se, e somente se, tem exatamente quatro divisores

inteiros do tipo k, -k, 1 e -1. Dessa forma, podemos afirmar que um número é primo

se, e somente se, tem exatamente dois divisores positivos.

dEmonStração:

Vamos usar a indução finita admitindo por hipótese de indução que, para

todo y NÎ tal que 2 y p£ < , y é primo ou produtos de primos, então p é primo,

em que p NÎ e p 2> . Com efeito, se p não for primo, então existem dois números

1 2p e p , ambos naturais, com exceção de 0 e 1, tais que 1 2p p . p= . Dessa forma,

12 p p£ < e 22 p p£ < . De acordo com a nossa suposição anterior, concluímos

que 1p é primo ou produto de primos e é primo ou produto de primos, também

de acordo com a suposição.

Vamos analisar os seguintes casos possíveis:

i. 1 2p e p são primos.

ii. 1 2p e p é produto de primos.

iii. 1p é produto de primos e 2 p é primo.

iv. 1p é primo e 2 p é produto de primos.

Com base nas afirmações anteriores, concluímos que

Se 1 2p p . p= , então p pode ser escrito como produto de primos. Logo, se p não

é primo, então p é um produto de primos. Assim, p é primo ou produto de primos.

O número 144 pode ser escrito assim 4 2144 2 . 3= sendo essa a fatoração de 144

primos. De modo geral, qualquer número n maior que 2 tem 1 2 k1 2 kp . p .. . . . pa a a

sendo i 0a ¹ e i jp p< se i j< para todo i k£ e todo j k£ . Por exemplo:4 2 2 31008 2 . 3 .7 e 500 2 . 5 .= =

Teorema 2: Qualquer inteiro maior do que 1 é primo ou é produto de primos.

Teorema 3: Qualquer número inteiro maior que 1 que não é primo é divisível por algum

primo.

AULA 6 TÓPICO 2


dEmonStração:

Cosidere x um inteiro qualquer maior que 1. Se x não é primo, então x é

produto de primos, como vimos no teorema anterior. Assim, consequentemente

algum primo é seu divisor.

A seguir, apresentaremos um mecanismo para a determinação de todos

os primos não superiores a um número n dado. Esse mecanismo ou algorítmo é

conhecido como Crivo de Erastótenes.

2.2 CRIVO DE ERASTÓTENES

Para se determinar todos os primos menores que um número n, partimos de

uma tabela contendo todos os números menores ou iguais a n. O processo resume-

se a selecionar o menor número inteiro da tabela e apagar todos os seus múltiplos.

O processo se repete até não existirem mais múltiplos.

Como exemplo, vamos terminar todos os números primos menores que 60.

Inicialmente vamos considerar uma tabela numerada de 2 a 60.

2 3 4 5 6 7 8 9 10

11 13 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

Vamos eliminar todos os múltiplos de 2 maiores que dois:

2 3 5 7 9

11 13 15 17 19

21 23 25 27 29

31 33 35 37 39

41 43 45 47 49

51 53 55 57 59

Em seguida, eliminaremos os múltiplos de 3 maiores que três:

2 3 5 7 11

13 17 19 23 25

29 31 35 37 41

43 47 49 53 55

59

89

Eliminamos os múltiplos de 5 maiores que

cinco:

2 3 5 7 11

13 17 19 23 29

31 37 41 43 47

49 53 59

Agora, eliminando os múltiplos de 7 maiores

que sete, chegamos aos primos menores que 60:

2 3 5 7 11

13 17 19 23 29

31 37 41 43 47

53 59

2.3 DETERMINAÇÃO DOS DIVISORES UTILIZANDO A FATORAÇÃO EM PRIMOS

Utilizando a fatoração em primos de um número, é possível determinar seus

divisores. Para exemplificar, vamos determinar todos os divisores de 30. Podemos

escrever o número 30 com fatores primos, da seguinte forma: 1 1 130 2 .3 .5= .

Assim, seus divisores são

0 0 0

1 0 0

0 1 0

0 0 1

2 . 3 . 5 1

2 . 3 . 5 2

2 . 3 . 5 3

2 . 3 . 5 5

====

1 1 0

1 0 1

0 1 1

1 1 1

2 . 3 . 5 6

2 . 3 . 5 10

2 . 3 . 5 15

2 . 3 . 5 30

====

De modo geral, se 1 2 k1 2 kp . p .. . . . px a a a= então os divisores de x são

1 2 k1 2 kp . p .. . . . pa a a com { }1 1 0, 1, 2, . . . ,a aÎ , { }2 2 0, . . . ,a aÎ , . . . ,

{ }k k 0, . . . ,a aÎ .

Para determinarmos a quantidade de divisores de um número, podemos

recorrer a análise combinatória utilizando o Princípio Fundamental da contagem,

como fizemos na aula 1. Assim, por exemplo, para se determinar o número de

divisores do número 604, por exemplo, fazemos o seguinte:

O número 604 na sua forma fatorada é 3 1 2600 2 . 3 .. . . 5 .=

Temos 5 possibilidades para o termo de fator 2. São eles 20, 21, 22 e 23.

Temos 2 possibilidades para o termo de fator 3. São eles 30 e 31.

E finalmente temos 3 possibilidades para o termo de fator 5. São eles 50, 51 e 52.

Assim, pelo PFC (Princípio Fundamental da Contagem), temos 5.2.3=30 divisores.

v o c ê s a b i a?

Os números primos diferentes de 1 e maiores

que 2 são todos ímpares e se dividem em dois

tipos: o primeiro tipo composto de múltiplos de 4

menos 1 (3, 11, 19. . . .) e o segundo tipo formado

de múltiplos de 4 mais 1 (5, 13, 17, . . . .). Para

números menores que um trilhão, há mais primos

da classe “menos 1”. Por métodos teóricos, já ficou

demonstrado que, para números muito grandes, o

padrão muda para a classe “mais 1”.

AULA 6 TÓPICO 2


2.4 MÁXIMO DIVISOR COMUM

O conjunto formado pelos divisores comuns de a e b será representado por

d(a,b).

Sabemos que o número 1 é divisor de qualquer número inteiro. Logo, se

forem escolhidos os números a e b, obviamente 1 será um divisor comum de ambos.

Dessa forma, o conjunto d(a,b) não é vazio, pois 1 d (a,b)Î para qualquer que

sejam a e b.

Se a 0¹ e d for um divisor comum de a e b, então d a £ . Assim,

conjunto d (a,b) é limitado superiormente, ou seja, tem um elemento máximo,

que é o maior divisor comum de a e b, maior que todos os demais. Do mesmo

modo, para b 0¹ , o conjunto d (a,b) também tem um elemento máximo. O único

caso que d (a,b) não é limitado superiormente é o conjunto d (0,0) , já que zero é

múltiplo de qualquer inteiro não-nulo.

Assim, podemos definir o máximo divisor comum entre dois números

inteiros a e b, denotado por mdc (a,b) , em que pelo menos um deles não é zero, é

o maior elemento do conjunto d (a,b) .

Se mdc (a,b) 1= dizemos que a e b são primos entre si.

ExEmplo:

Vamos determinar o mdc(32,30) .

Considerando que os divisores de 12 são os elementos do conjunto

{ }d (32) 1, 2, 4, 8, 16= ± ± ± ± ± e que os divisores de 30 são os elementos do

conjunto { }d (30) 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15= ± ± ± ± ± ± ± , temos que os divisores

comuns de 30 e 32 são os elementos do conjunto { }dc (32,30) 1, 2= ± ± , cujo maior

elemento é 2. Assim, mdc (32,30) 2= .

dEmonStração:

Para mostrarmos que os inteiros mdc(a,b) a e mdc(a,b) b são primos

entre si, é suficiente mostrar que a b

mdc , 1mdc(a, b) mdc(a, b)

æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø Para tanto, vamos

provar que se o a bmdc , d

mdc(a, b) mdc(a, b)

æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø então mdc (a,b)

d também divide

Teorema 4: Os inteiros mdc(a,b) a e mdc(a,b) b são primos entre si.

91

a e b. Depois podemos concluir que, obrigatoriamente, d 1= considerando que

se d 1> então mdc(a,b)

mdc(a,b)d

> e dessa forma o mdc (a,b) 0 seria um divisor

comum de a e b maior que o máximo divisor comum o que é um absurdo.

Por exemplo: vamos considerar mdc(32,30) 2= . O quociente entre 32 e 2 é

16 e entre 30 e 2 é 15. Observe que mdc(15,16) 1= , ou seja, são primos entre si.

2.5 CÁLCULO DO MÁXIMO DIVISOR COMUM PELO ALGORITMO DE

EUCLIDES

Antes de apresentar o algoritmo para a determinação do MDC pelo algoritmo

de Euclides, vamos enunciar um teorema que nos fornecerá um suporte para

compreensão do algoritmo.

dEmonStração:

Seja mdc(a,b) d= . De acordo com a definição de divisão inteira, se r é o

resto da divisão de a por b, então q.b r a+ = com r b< para algum q inteiro.

Por outro lado, pela definição de mdc, d a e d b , portanto d r,ou seja, d é um

divisor de b e r.

Seja 'd outro divisor comum de b e de r. Precisamos mostrar que 'd divide

d para concluir que mdc(b,r) d.= Observe que ' 'd b e d r então 'd (bq r)+

consequentemente 'd a. Assim, 'd é um divisor comum de a e b e, portanto, 'd mdc(a,b) , o que significa que 'd d .

Por exemplo: mdc(30,32) 2= e o resto da divisão de 32 por dois é 2. Observe

que mdc(30,32) mdc(2,32) 2= = .

2.6 ALGORITMO DE EUCLIDES

Para a construção do algoritmo, vamos considerar o teorema acima a definição

de mdc, ou seja:

I. mdc(a,0) 0= , pois qualquer número é divisor de zero, inclusive 0

II. mdc(a,b) mdc (b,a)=

III. mdc(a,b) mdc (a,r) mdc(a,b-aq)= = a, lembrando que r é o resto da divisão de b por a.

Teorema 5: Sejam a e b inteiros positivos tais que a < b e seja r o resto da divisão de b por

a. Assim mdc (a, b) mdc (a,r).=

AULA 6 TÓPICO 2


Como exemplo, vamos determinar mdc(128,84) .

Aplicando os itens II e III acima, temos:

mdc(128,84) mdc(84,128)= . A divisão de 128 por 84 deixa resto 44. Assim:

mdc(84,128) mdc(84,44) mdc(44, 84).= = A divisão de 84 por 44 deixa resto 40.

Assim:

mdc(44,84) mdc(44,40) mdc(40, 44).= = A divisão de 44 por 40 deixa resto 4.

Assim:

mdc(40,44) mdc(40,4) mdc(4, 40).= = A divisão de 40 por 4 deixa resto zero.

Assim:

mdc(4,0) 4.= Logo, mdc(128,84) 4=

Observe que 143 e 68 são primos entre si, pois mdc(143,68) 1= . Veja:

mdc(143,68) mdc(68, 7) mdc(7, 5) mdc(5, 2) mdc(2, 3)= = = =

mdc(2,1) mdc(1,0) 1= = = .

ExEmplo:

Uma indústria fabrica retalhos de mesmo comprimento. Depois de se

realizarem os cortes necessários, certificou-se que duas peças possuíam as seguintes

medidas: 214 cm e 98 cm. O gerente de produção ao ser informado das medidas

deu a ordem para que o funcionário cortasse o pano em partes iguais e de maior

comprimento possível. Como ele poderá resolver essa situação?

Solução:

A solução é a medida do menor comprimento possível para que não falte nem

sobre tecido. Assim, devemos encontrar o MDC dos números 214 e 98.

Utilizando o algoritmo de Euclides, temos

mdc(214,98) mdc(98,18) mdc(18, 8) mdc(8, 2) mdc(2, 0) 2.= = = = =

Os retalhos devem ter 2cm de comprimento.

Demonstração:

Para justificar esta propriedade, utilizaremos um exemplo numérico: o

algoritmo de Euclides para determinar mdc(80,21).

Teorema 7: Para quaisquer que sejam a,b Z+Î existem os números inteiros m e n tais que

mdc(a,b) am bn= + o que significa que o mdc(a,b) é combinação linear dos números

a e b.

93

Assim: mdc(80, 21) mdc(17, 4) mdc(4, 1) mdc(1, 0) 1.= = = =

Vamos, em seguida, escrever uma expressão que envolva os números 80 e 21

(no caso, o a e b). Considerando que mdc(80,21) 1= , e partindo do mdc(4,1) de

trás para frente, até chegarmos em mdc(80, 21) ,temos:

Em mdc(4,1) p, o número 1 é o resto da divisão de 17 por 4 e cujo quociente

é 4. Assim, de acordo com a definição de divisão:

1 17-4.4 (I) =

Em mdc(4,17) o número 4 é resto da divisão de 21 por 17 , cujo quociente é 1.

Assim:

4 21-1.17 (II) =

Substituindo II em I, encontramos

1 17-4.(21-l.17) (III) =

Emmdc(80,21) , o número 17 é resto da divisão de 80 por 21 cujo quociente é 3.

Logo,

17 80-3.21 (IV) =

Substituindo IV em II, temos

( ) ( )1 80-3.21 -4.[21-l. 80-3.21 ] =

1 80 3.21 4.21 4.80 12.21 = - - + -

1 5.80 19.21 = -

Fazendo m 5 e n -19= = e sabendo que mdc(80,21) 1= ,temos a seguinte

equação: mdc(80,21) 80m 21n.= +

2.7 MÍNIMO MÚLTIPLO COMUM (MMC)

Se um número inteiro c é divisível por outro inteiro a, diferente de zero,

então existe um úmero b tal que a e b são múltiplos. Sabemos também que ab é

múltiplo comum de a e de b. Dessa forma, é possível encontrar o menor número

inteiro positivo que é múltiplo comum de a e b, ou seja, o Mínimo Múltiplo

Comum de a e b, indicado por mmc(a, b).

Assim, podemos afirmar que mmc(a, b) k= se a k , b k e 'k k para

todo ' k de tal modo que 'a k e 'b k . Sendo assim, mmc(a, b) é um divisor

comum de todos os múltiplos comuns de a e b.

Por exemplo, vamos determinar o mmc(120, 3150)3 2 2mmc(120, 3150) mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7)=

max(1, 3) max(1, 2) max(1, 2) max(0, 1)3 2 2mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7) 2 . 3 . 5 . 7=

AULA 6 TÓPICO 2


3 2 2 3 2 2 1mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7) 2 . 3 . 5 . 7 6500.= = Geralmente se usa o seguinte dispositivo:

Dividimos sucessivamente e simultaneamente os números, dos quais

se pretende determinar o mmc, pelos fatores primos 2, 3, 5, . . . Em seguida,

multiplicamos os resultados obtidos. Veja:

120 3.150 260 1.575 230 1.575 215 1.575 35 525 35 175 51 35 51 7 71 1 6.500

Para finalizar nossa aula, vamos apresentar um teorema de grande utilidade na

resolução de problemas que envolvem múltiplos e divisores pelo fato dele relacionar

o mdc(a,b) com o mmc(a,b).

Vamos à demonstração.

O produto a.b pode ser escrito mdc(a, b) mdc(a, b)

a.b. .mdc(a, b) mdc(a, b)

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø, ou seja:

a ba.b mdc(a,b) . . mdc(a,b) .

mdc(a,b) mdc(a,b)

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

a.ba.b mdc(a,b) . . mdc(a,b)

mdc(a,b).mdc(a, b)

æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø

mas, a.b

mdc(a,b) . mmc(a,b)mdc(a,b).mdc(a, b)

= , basta obser-

var que a.b

mdc(a,b) . mdc(a,b).mdc(a, b) é múltiplo de a e b. Porém o fato

a.bmdc(a,b) .

mdc(a,b).mdc(a, b) ser múltiplo de a e b não é suficiente, pois não garante

Teorema 8: Sejam a,b Z+Î , mmc(a,b). mdc(a, b) a.b= .O teorema nos garante que o

produto do mmc pelo mdc de dois números inteiros e positivos é igual ao produto desses

números.

95

que ele é o maior possível. Dessa forma, para provar que a.b

mdc(a,b) . mdc(a,b).mdc(a, b)

é o maior múltiplo possível, é suficiente mostrar que ela divide qualquer outro múlti-

plo x de a e b. Para tanto, vamos escrever 1 2x p .a p .b= = para 1 2p ,p ZÎ convenien-

te. Logo, 1 2p . mdc(a, b) . a p . mdc(a, b) . bx

mdc(a,b) mdc(a,b)= = , ou seja, 1 2p . a p . b

mdc(a,b) mdc(a,b)= .

Considerando que a b

e mdc(a,b) mdc(a,b)

são primos entre si, então b

mdc(a,b)

divide 1 p . Assim, 1 1

bp . p '

mdc(a,b)= para algum 1p ' ZÎ e consequentemente

1mdc(a, b) . a p ' . bx . .

mdc(a,b) mdc(a,b)= Portanto x múltiplo de

a.bmdc(a,b) .

mdc(a,b).mdc(a, b)

assim concluímos que a.b

mdc(a,b) . mmc(a,b)mdc(a,b).mdc(a, b)

= ou

mmc(a,b). mdc(a, b) a.b= .

Procuramos mostrar nesta aula que os conceitos de múltiplos e divisores

estão intimamente ligados e que, embora simples, são de grande importância no

desenvolvimento matemático e nos auxiliam na resolução de questões práticas.

Procuramos, também, resgatar aquilo que se conhece sobre múltiplos e divisores,

fornecendo uma visão um pouco mais formal através da apresentação de alguns

teoremas e suas respectivas demonstrações.

AULA 6 TÓPICO 2


AULA 7 Grafos

Caro(a) aluno (a),

Nesta aula, vamos estudar um conceito que é muito relevante na Ciência da

Computação e será um suporte para toda uma gama de operações relacionadas à

Matemática Discreta. Trata-se de Grafo, um bom modelo para muitos problemas em

vários ramos da matemática, da informática, da engenharia e da indústria. Muitos

dos problemas sobre grafos tornaram-se fonte de pesquisa científica porque são

interessantes desafios intelectuais, além de terem importantes aplicações práticas.

Vamos apresentar a definição de Grafo e introduzir os conceitos de isomorfismo,

caminho, circuito, subgrafo, conexão, componente e grafo aleatório. Esses

conceitos são necessários para estudar tópicos mais avançados em Matemática

Discreta, bem como para realizar operações com Grafos em determinadas

circunstâncias e utilizá-los de forma adequada. Destacaremos a utilização, em

nosso cotidiano, dos vários exemplos e o modo como determinar as soluções.

Finalmente o aspecto mais relevante desta aula será destacar a melhor alternativa

para quem deseja reconhecer o comportamento matemático na resolução de

problemas discretos.

Boa Aula!

Objetivos

• Compreender os grafos e suas partes• Reconhecer e analisar os conceitos de grau de um vértice, caminho, circuito,

subgrafo• Utilizar diversas técnicas para resolução de problemas discretos

97

Neste tópico, definiremos conceitos relevantes da Teoria dos

Grafos, como por exemplo, multigrafos e grafos completos. O

primeiro problema cuja solução envolveu conceitos do que viria

a ser “Teoria dos grafos” foi resolvido por Euler. Tal problema é conhecido como

“problema das pontes de Königsberg” e consistia em percorrer todas as pontes

passando uma única vez por cada uma delas.

1.1 DEFINIÇÕES BÁSICAS

Chama-se grafo g(V,E) uma estrutura constituída por um conjunto finito

V de vértices (também chamados de nós) e um conjunto finito E de arestas de tal

forma que cada aresta está associada a um par de vértices, como mostra a Figura 1.

Figura 1: { } { }V 1, 2, 3, 4, 5 , E a,b,c,d,e,f= =

Sendo e uma aresta e v, w dois vértices, escreve-se { }e v, w= ou { }e w, v=

dizendo-se, então, que e é uma aresta entre v e w ou que a aresta e liga os vértices v e

w, isto é, se dizem adjacentes. Uma aresta que liga um vértice a si próprio chama-se laço.

TÓPICO 1 Conceitos de grafosObjetivO

• Compreender a conceituação de Grafos

AULA 7 TÓPICO 1


Assim, um grafo é uma coleção de pontos e linhas de conexão, subconjunto

delas. Os pontos de um gráfico são mais comumente conhecidos como vértices do

grafo, mas também podem ser chamados de “nós” ou simplesmente “pontos”. Da

mesma forma, as linhas que ligam os vértices de um grafo são mais comumente

conhecidas como arestas, bordas do gráfico, mas também podem ser chamadas de

“arcos” ou “linhas”.

De acordo com nossa definição, um grafo não pode ter duas arestas diferentes

com o mesmo par de pontas (ou seja, não pode ter arestas “paralelas”). Também não

pode ter uma aresta com pontas coincidentes (ou seja, não pode ter “laços”). Há

quem goste de enfatizar esse aspecto da definição dizendo que o grafo é “simples”.

O estudo de grafos é conhecido como teoria dos grafos, que foi sistematicamente

investigada por D. König na década de 1930. Alguns educadores usam o termo

“gráfico vértice de ponta” para um conjunto de nós conectados em uma tentativa

de preservar o uso comum de “gráfico” para significar uma função.

Euler provou a inexistência de um ciclo euleriano em todas as sete pontes

de Königsberg, hoje conhecido como o problema das Pontes de Konigsberg, é

um precursor famoso da teoria dos grafos. Na verdade, o estudo de vários tipos

de caminhos em grafos (por exemplo, caminhos, ciclos) tem muitas aplicações em

problemas do mundo real.

Grafo simples Multigrafo Pseudografo

Figura 2: Tipos de caminhos em grafos

ExEmplo 1:

Determine o grafo de ordem 5 definido por { }V a, b, c, d ,e= e

{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }E a,b , b,c , c,d , d,a , e,a , e,a , e,b , e,d= .

Solução:

Alterar a definição de um gráfico para permitir que um par de vértices forme

mais de uma aresta resultará numa estrutura que é chamada de multigrafo (cf. o

grafo da Figura 3).

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/Subset.html&usg=ALkJrhjU298GBBj4xaMhVj_zDR55jRPiiQ

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html&usg=ALkJrhj9gJJhbsYQz2Xc9vNb5GczFLJHVg

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html&usg=ALkJrhj9gJJhbsYQz2Xc9vNb5GczFLJHVg

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/GraphEdge.html&usg=ALkJrhgL6MTFCT8zzMcUfeLwb8BHOk_nrw

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/GraphTheory.html&usg=ALkJrhihaMxmn1tWtpBEzcAXok1hDVVQXw

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/EulerianCycle.html&usg=ALkJrhivJWCcowsrlt2Amvsrwf5IzkHPpg

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/KoenigsbergBridgeProblem.html&usg=ALkJrhgCLKoJLJhpnG07HjHAsm6EiL8B_Q

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/GraphTheory.html&usg=ALkJrhihaMxmn1tWtpBEzcAXok1hDVVQXw

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&prev=/search%3Fq%3Dhttp://mathworld.wolfram.com/GraphVertex.html%26hl%3Dpt-BR%26biw%3D1360%26bih%3D587%26prmd%3Dimvns&rurl=translate.google.com.br&sl=en&u=http://mathworld.wolfram.com/EulerianPath.html&usg=ALkJrhjGs5jFFVeRaQK6IK8yVGBFGQG7_g

99

Figura 3: Multigrafo

Em um multigrafo g(V,E) , E é um conjunto. A multiplicidade de uma aresta

{ }x,ya= é o número de vezes que { }m x,y= ocorre em E. Numa maneira

generalizada ainda mais, de modo a permitir que loops, arestas da forma{ }x, x

façam um vértice adjacente levará ao chamado grafo geral.

Um grafo de ordem n é chamado completo, desde que cada par de vértices distintos

formem a uma aresta. Dessa forma, em um grafo completo, cada vértice é adjacente

a todos os outros vértices. Um grafo completo de ordem n tem n(n-1)

2 arestas e é

denotada Kn. Usamos essa notação em nossa discussão como números de Ramsey.

ExEmplo 2:

Determine o grafo definido por { }1 2 3 4 5V v , v , v , v ,v= e

{ }1 2 3 4 5 6 7 8E a , a , a , a , a , a , a , a=

{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }1 2 1 3 1 3 2 5 2 5 5 5 3 5 3 4v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v=

1.2 GRAFO COMPLETO

Um grafo completo com v vértices, escrito Kv, é um grafo simples no qual

todo par de vértices é ligado por uma aresta. Em outras palavras, um grafo completo

é um grafo simples que contém o número máximo de arestas.

Prova: A prova é por indução matemática. Chamaremos gn um grafo que

contém n vértices. Consideramos primeiro o caso trivial, o grafo g1. Nesse caso,

como existe somente um vértice, é impossível definir uma aresta que não seja um

laço. Então não pode existir nenhuma aresta, e verificamos que n(n-1)

02

= .

Teorema 1: O número de arestas em um grafo completo é n(n-1)

2 .

AULA 7 TÓPICO 1


Suponhamos que a hipótese é verdadeira para gn, onde n 1³ . Seja agora o

grafo gn+1. Precisamos provar que o número de vértices nesse grafo é n(n-1)

2. Seja

vn+1 o vértice adicional que se encontra em gn+1 e não em gn. O número máximo de arestas

no grafo gn+1 é igual ao número máximo no grafo gn mais todas as ligações possíveis entre

vn+1 e cada vértices de gn. Como esse número de ligações é igual ao número de vértices em,

gn, temos:

Número máximo= 2n(n-1) n(n 1) 2n n(n 1)n n

n2 2 2 2

- + +++ = = =

Eis alguns exemplos de grafos completos:

Figura 4: Grafos completos

O grafo K1 é chamado grafo trivial.

No próximo tópico, estudaremos outros conceitos referentes a grafos, como,

por exemplo, isomorfismo. Além de sua importância prática, o problema do

isomorfismo de grafos é utilizado na teoria da complexidade computacional, que

estuda os recursos necessários durante o cálculo para resolver um problema.

101

Vimos no tópico anterior que os grafos são um bom modelo para

muitos problemas em vários ramos da matemática, informática,

engenharia etc. Neste tópico, daremos continuidade ao estudo

dos grafos abordando outros conceitos relacionados a grafos como isomorfismo,

caminhos e circuitos.

2.1 GRAFOS ISOMORFOS

Para entendermos com mais objetividade o problema de analisar e descobrir

isomorfismos em grafos, é importante revisarmos algumas propriedades das

funções. A definição de uma função inclui três elementos: o conjunto domínio A,

o conjunto contradomínio B e a associação de cada elemento do conjunto A a um

único elemento do conjunto B, como mostra a Figura 4.

Figura 4: Função f de A em B

Assim, uma função f de A em B é um subconjunto de A×B onde cada elemento

de s aparece exatamente uma única vez como primeiro componente de um par

ordena (s,f(s)). A é o domínio e B é o contradomínio da função. Se o par ordenado

(s,t)) pertence à função, então f é denotado por t=f(s); t=f(s) é a imagem de s pela

função f. f é dita injetiva quando para todo ( )1 2s s A¹ Î temos ( )( )1 2)f(s ) f s B.¹ Î

f é sobrejetiva quando f(s)=B e bijetiva quando é injetiva e sobrejetiva.

TÓPICO 2 Definição de isomorfismo e exemplos de grau de um vértice, complemento, caminho e circuitoObjetivO

• Definir os conceitos de isomorfismo, de grau de um vértice,

complemento, caminho, circuito, subgrafo, etc.

AULA 7 TÓPICO 2


Na definição acima, os grafos são entendidos como grafos não dirigidos, não

rotulados e não ponderados. No entanto, a noção de isomorfismo pode ser aplicada

a todas as outras variantes da noção de grafo, somando-se os requisitos necessários

para preservar os elementos adicionais correspondentes da estrutura: as direções

do arco, os pesos das arestas, etc, com a seguinte exceção: quando se fala em rótulo

com rótulos exclusivos, geralmente tirados do intervalo inteiro 1, . . . , n onde n

é o número dos vértices do grafo. Dois grafos rotulados são ditos isomórficos se os

grafos subjacentes correspondentes não rotulados são isomórficos.

Se um isomorfismo existe entre dois grafos, então os grafos são chamados

de isomorfos e nós denotamos por n ng H@ . No caso, quando a bijeção é um

mapeamento de um grafo em si mesmo, ou seja, quando gn e Hn são um e o mesmo

grafo, a bijeção é chamada de automorfismo de gn.

O isomorfismo de grafos é uma relação de equivalência em grafos e, como tal,

particiona as classes de todos os grafos em classes de equivalência. Um conjunto de

grafos isomorfos entre si é chamado de classe de isomorfismo de grafos.

ExEmplo 1:

Os dois grafos abaixo são isomorfos, apesar de suas representações diferentes.

Grafo gn Grafo Hn

Um isomorfismo entre gn e Hn

f(a) = 1

f(b) = 6

f(c) = 8

f(d) = 3

f(g) = 5

f(h) = 2

f(i) = 4

f(j) = 7

Definição de isomorfismo: Um isomorfismo dos grafos gn e Hn é uma bijeção entre os

conjuntos de vértices de gn e Hn.. n nf:V(g ) V(H )® de tal forma que quaisquer dois

vértices u e v de gn são adjacentes em gn se, e somente se, ƒ(u) e ƒ(v) são adjacentes em

Hn. Este tipo de bijeção é comumente chamado de “bijeção com preservação de arestas”, de

acordo com a noção geral de isomorfismo sendo uma bijeção de preservação de estrutura.

http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo

http://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Grafo_rotulado&action=edit&redlink=1


http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo_ponderado


http://pt.wikipedia.org/wiki/Isomorfismo

http://pt.wikipedia.org/wiki/Automorfismo_de_grafos

http://pt.wikipedia.org/wiki/Rela%C3%A7%C3%A3o_de_equival%C3%AAncia

http://pt.wikipedia.org/wiki/Classe_%28teoria_dos_conjuntos%29

http://pt.wikipedia.org/wiki/Classe_de_equival%C3%AAncia

http://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Classe_de_isomorfismo&action=edit&redlink=1

http://pt.wikipedia.org/wiki/Fun%C3%A7%C3%A3o_bijectiva

http://pt.wikipedia.org/wiki/Adjac%C3%AAncia_%28teoria_dos_grafos%29

http://pt.wikipedia.org/wiki/Se_e_somente_se

http://pt.wikipedia.org/wiki/Isomorfismo

103

A generalização do problema de isomorfismo entre

grafos, chamada de mapeamento linear entre grafos,

preserva a adjacência, mas não necessariamente a não

adjacência e não necessariamente é bijetiva.

Não existem algoritmos polinomiais para identificar se

dois grafos são isomórficos.

Uma das formas de verificar se ocorre o isomorfismo

entre dois grafos é provar exatamente o contrário atra-

vés do conceito de invariante (propriedade que é pre-

servada pelo isomorfismo, como por exemplo, o número

de nós e o grau).

2.2 CAMINHOS E CIRCUITOS

Um caminho é qualquer grafo ou subgrafo isomorfo a( )V,E dado por

{ }V 0, 1, 2, ..., k= e { }{ }E i, i 1 / 0 1 k 1= + £ £ - , para algum K NÎ .

ExEmplo 2:

Um caminho com quatro vértices é representado pelo diagrama da Figura 5.

Figura 5: Representação geométrica do caminho

{ } { } { } { }{ }( )0 1 2, 3 0 ' 1 2 2 3 x , x , x x , x , x , x , x , x , x

2.3 CIRCUITOS EULERIANOS

Os circuitos foram estudados pela primeira vez por Euler (1707-1783). Por

esta razão, um circuito que percorre cada arco de um grafo exatamente uma vez é

chamado de circuito euleriano, e um grafo que possui um circuito é chamado de

grafo euleriano. A situação estudada por Euler ficou imortalizada como o Problema

das Pontes de Könisberg, ilustrado na figura abaixo, e que possivelmente já é

conhecido por muitos dos leitores. O objetivo é percorrer exatamente uma vez

todas as sete pontes da cidade (hoje Kaliningrado), que conectam as duas ilhas

entre si e com as margens do rio, voltando ao ponto de partida.

Figura 6: O Problema das Pontes de Könisberg

s a i b a m a i s !

Em matemática e ciência da computação,

teoria dos grafos é o estudo de gráficos,

que são estruturas matemáticas usadas

para modelar as relações entre objetos de

uma determinada coleção.

AULA 7 TÓPICO 2

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&langpair=en%7Cpt&rurl=translate.google.com.br&u=http://en.wikipedia.org/wiki/Mathematics&usg=ALkJrhiG3Afudv-WNxcAxsSA6B6ROK_0RQ

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&langpair=en%7Cpt&rurl=translate.google.com.br&u=http://en.wikipedia.org/wiki/Computer_science&usg=ALkJrhjdlfWKBaUN0Xv0TMtDR0AATCPOAw

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&langpair=en%7Cpt&rurl=translate.google.com.br&u=http://en.wikipedia.org/wiki/Graph_(mathematics)&usg=ALkJrhhnwznfxw8fAFtyANAtpOLa1mZe-g


Em linguagem de grafos, trata-se de encontrar um circuito euleriano no

grafo da figura acima, no qual os vértices representam as ilhas e as margens, e

os arcos são as pontes. Euler mostrou a não existência de tal circuito por meio

de um argumento extremamente simples. Consideremos, por exemplo, a ilha da

direita. Um circuito qualquer deve chegar à ilha e sair dela o mesmo número de

vezes. Logo, para que exista um circuito euleriano, deve haver um número par de

pontes com extremidade nesta ilha. Como existem três pontes nessas condições,

concluímos que não é possível encontrar um circuito euleriano. De modo mais

geral, temos o seguinte:

O argumento acima mostra a necessidade de se ter grau em cada vértice para

existir um circuito euleriano. É também óbvio que o grafo precisa ser conexo. A

prova de que essas duas condições implicam a existência de um circuito euleriano

pode ser feita por indução finita no número de arcos do grafo.

[Sugestão: Suponha a propriedade verdadeira para grafos com menos de n

arcos e considere um grafo com n arcos, satisfazendo as duas condições. Começando

em um vértice qualquer, percorra arcos do grafo, até voltar a um vértice já visitado

(o caminho gerado possui, então, um ciclo). Retirando do grafo os arcos desse ciclo,

obtém-se um ou mais grafos satisfazendo as duas condições e com menor número de

arcos (portanto, com circuitos eulerianos, de acordo com a hipótese de indução)].

Podemos aplicar este teorema ao nosso problema. Da mesma forma como

no Problema das Pontes de Könisberg, não existe qualquer circuito euleriano no

grafo determinado, já que o vértice correspondente à capital tem grau 3. Assim,

se recebesse a incumbência de elaborar um trajeto nas condições do problema, ele

poderia facilmente convencê-lo da impossibilidade de fazê-lo.

2.4 CIRCUITOS HAMILTONIANOS

Um circuito passando exatamente uma vez por cada vértice de um

grafo é chamado de circuito hamiltoniano, em homenagem ao matemático

irlandês William Rowan Hamilton (1805-1865), que estudou este problema no

grafo determinado pelas arestas de um dodecaedro regular (existe ou não um

Teorema 2: Existe um circuito euleriano em um grafo se, e somente se, o grafo é conexo

(isto é, existe um caminho ligando qualquer par de vértices) e cada vértice tem grau par (ou

seja, o número de arcos que nele incidem é par).

William Rowan Hamilton

105

circuito hamiltoniano neste caso?). Um grafo que possui um circuito hamiltoniano

é chamado de grafo hamiltoniano.

A situação do problema de verificar se um grafo é hamiltoniano é bem

diferente da do problema anterior. Apesar de terem sido estudados por vários

séculos, não há uma boa caracterização dos grafos hamiltonianos. Há diversas

famílias de grafos para os quais existe um circuito hamiltoniano (um exemplo

trivial é um grafo completo, em que cada vértice é ligado a todos os outros);

também é possível estabelecer certas condições que implicam a não existência de

um circuito. Mas uma caracterização geral não foi encontrada e, à luz de certos

avanços em teoria da computação das últimas décadas, parece improvável que ela

seja encontrada.

O problema de decidir se um grafo é hamiltoniano está na companhia de

diversos problemas ilustres, com as características em comum, que passamos a listar.

O problema possui uma assimetria fundamental: é muito fácil convencer alguém

da existência de um circuito hamiltoniano em um grafo: basta exibir tal caminho. No

entanto, é difícil, em geral, convencer alguém da não existência de tal circuito. Por

exemplo, o grafo da Figura 7 tem um circuito hamiltoniano, de cuja existência você,

aluno, fica imediatamente convencido. Já o grafo dado no início não tem circuito

hamiltoniano, mas não existe um argumento simples e geral para demonstrar esse fato

(assim, para convencer da impossibilidade de elaborar uma rota).

Figura 7: Um grafo hamiltoniano

Não se conhece um algoritmo eficiente para verificar se um grafo é

hamiltoniano (por eficiente, entendemos aqui um algoritmo em que o número de

passos seja limitado por um polinômio no número de vértices do grafo). Além disso,

parece improvável que tal algoritmo possa algum dia ser encontrado, porque sua

existência implicaria a existência de algoritmos eficientes para um grande número

de outros problemas, para os quais também não se conhecem algoritmos eficientes.

Estes problemas (incluindo o de verificar a existência de circuito hamiltoniano)

formam uma classe de problemas chamados de NP-completos.

AULA 7 TÓPICO 2


Você poderá estar pensando assim: mas será que esta história de algoritmos

eficientes tem relevância, numa era de computadores cada vez mais velozes? Afinal

de contas, existe um algoritmo extremamente simples para verificar se um grafo

possui um circuito hamiltoniano. Se existir tal circuito, ele corresponderá a uma

permutação (circular) dos vértices com a propriedade de que vértices consecutivos

sejam ligados por um arco do grafo. Ora, para verificar a existência de circuito

hamiltoniano, basta gerar todas as permutações circulares dos vértices e testar se

uma delas corresponde a um percurso no grafo.

É claro que este algoritmo funciona para grafos de tamanho moderado (ele

poderia ser o recurso usado: como são apenas 9 cidades, ele teria que testar “apenas”

8! = 40.320 caminhos, o que seria feito com rapidez em um computador). Mas o

que ocorre com grafos maiores? Vejamos, por exemplo, uma situação em que o

número de cidades cresce para 50 (o que representaria um tamanho ainda bastante

razoável para uma situação real). Neste caso, o computador deveria examinar 49!

circuitos potenciais. Tentemos estimar a magnitude deste número. A forma mais

simples é usar a fórmula de Stirling, que fornece a estimativann

n! 2e

ppæ ö÷ç» ÷ç ÷çè ø

. Mas,

neste caso, podemos usar estimativas mais elementares. Por exemplo, podemos

usar apenas potências de 2. Temos:

49! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × ... × 15 × 16 × ... × 31 × 32 × … ×

49 > 1 × 2 × 2 × 4 × 4 × 4 × 4 × 8 × ... × 8 × 16 × ... × 16 × 32 × … × 32 = 22

x 44 x 88 x 1616 x 3218 = 22+8+64+90 = 2164.

Mas 210 = 1024 >103. Logo 49! > 16. 1048.

Ora, um computador moderno pode realizar cerca de 200 milhões de

operações por segundo. Se, em cada operação, ele conseguir testar um circuito,

ainda assim precisará de mais de 16. 1048 / 2. 106 = 8 × 1042 segundos, o que

corresponde a aproximadamente a 2 × 1035 anos. Assim, trata-se claramente

de uma missão impossível para um algoritmo forte baseado na análise de cada

permutação de vértices.

2.5 SUBGRAFOS

É um grafo cujo conjunto de vértices é um subconjunto do conjunto de

vértices gn , e o conjunto de arestas é um subconjunto do conjunto de arestas

de g1, ou seja, cuja relação de adjacência é um subconjunto de gn restrita a esse

subconjunto. Dizemos que um grafo gn contém um outro grafo Hn se algum subgrafo

de gn é Hn ou é isomorfo a Hn.

107

2.5.1 dEfinição

Seja n ng (V,E).g ' (V',E')= = é dito ser subgrafo de gn se:

1- V' VÍ

2- E' EÍ

3- ( )V',E ' é um grafo

Se ng ' (V',E')= é subgrafo de gn, para todo nv gÎ se cumpre

n ngrau(g ',v) grau(g ,v)= , logo g1 é um subgrafo de G.

2.5.2 dEfinição dE grau dE um vérticE

Seja gn um grafo. Para um vértice v de gn, sua vizinhança Ngn(v) ou N(v) é

definida por { }(v) gn gnN u V /vu E= Î Î . O grau gnd (v) ou d(v) do vértice v em gn é

um número de vértices adjacentes a v, isto é, (c) (v)d N=

e1

v

e3

x

e2

u

e5

e4

wFigura 8: { }(v) (v)p 4, q 5, N u, w , d 2= = = =

Se e uv= é uma aresta de um grafo gn , então dizemos que e e u são

incidentes, assim como e e v. Se e e f são arestas distintas e são incidentes no

mesmo vértice, então e e f são arestas adjacentes.• u e e

1 são incidentes, mas w e e

1 não são.

• e1 e e

2 são arestas adjacentes, enquanto e

1 e e

5 não são.

• O grau de um vértice d(v) em um grafo gn também pode ser visto como a quantidade de arestas incidentes em v.

• Se gn tem ordem p e v é um vértice de gn, então (v)0 d p 1.£ £ -• Um vértice de grau é chamado vértice isolado.• m vértice é par ou ímpar se seu grau é par ou ímpar.

Observe que ( )5

ii 1d v

=å

AULA 7 TÓPICO 2


1(v )d 2=

2(v )d 1=

3(v )d 3=

4(v )d 2=

5(v )d 0=

Figura 9: Grau de um vértice d(v)

Prova: Aplicando-se indução matemática sobre o número de arestas do

grafo, denote-se por p(n) a afirmação de que a soma dos graus de todos os vértices

de um grafo com n arestas é igual a 2n.

(i) Se o grafo não tem aresta, então o grau dos seus vértices é zero e a soma

dos graus de todos os vértices é zero. Assim, p(0) é uma proposição verdadeira.

(ii) Suponha-se que para um dado k NÎ se verifica p(k), isto é, que a soma

dos graus de todos os vértices de um grafo com k arestas é igual a 2k. Considere-se

agora um grafo gn com k+1 arestas. Pretende-se provar que a soma dos graus de

todos os vértices de gn é igual a 2k+2. Para tal, considere-se um grafo g0 exatamente

igual a gn mas com menos uma aresta, por exemplo, a aresta {a, b}.

Pela hipótese de indução, gn tem k arestas e, portanto, a soma dos graus de

todos os seus vértices é igual a 2k. Para obter gn a partir de g0 a única coisa que

necessário fazer é acrescentar a g0 a aresta {a, b}. Este acréscimo aumenta o grau do

vértice a em uma unidade e o grau do vértice b em uma unidade. Então, ao passar

de g0 para gn por adição da aresta {a, b}, a soma dos graus de todos os vértices de

g0 aumenta 2 unidades fazendo com que a soma dos graus de todos os vértices de

de gn seja igual a 2k+2. Isto significa que para k NÎ dado p(k) p(k 1)Þ + .

Por (i) e (ii) e, tendo considerando o princípio de indução matemática, fica

demonstrado o teorema.

Teorema 3: Seja gn um grafo de ordem p e tamanho q, com { }gn 1 2 pV v , v ,. . . ,v= .

Então, ( )p

ii 1d v 2q

==å

109

Corolário 1: Todo grafo contém um número par de vértices ímpares.

Prova: A soma dos graus de todos os vértices é um número par e, para que

esta afirmação seja verdadeira, o número de termos ímpares não pode ser ímpar,

pois do contrário a soma total seria também ímpar.

Um grafo gn é r-regular, ou regular de grau r, se todo vértice de gn tem grau r.

Um grafo é dito regular se é r-regular para algum inteiro não negativo r.

Figura 10: Grafos r-regular

Se gn é um grafo r-regular de ordem p, então é claro que 0 r p 1.£ £ - Entretanto,

se 0 r p 1£ £ - , não necessariamente existe um grafo r-regular de ordem p .

2.5.3 complEmEnto dE um grafo

O complemento ng de um grafo gn é o grafo com gngnV V= e tal que uv é

uma aresta de ng se e somente se uv não é uma aresta de gn .

Figura 11: (a) grafo gn e (b) complemento ng do grafo gn

Se v é um vértice de grau n em um grafo gn de ordem p , então o grau de v

em ng é p n 1.- - Portanto, ng é regular se, e somente se, gn é regular.

AULA 7 TÓPICO 2


2.5.4 caminhoS dE um grafo, circuito E ciclo

Chama-se caminho entre dois vértices v1 e vr num grafo a uma sequência

finita de vértices e arestas da forma 1 1 2 2 r 1, rv , e , v , e , . . . ,e v- ,onde para cada j, ej

é uma aresta que liga vj a vj+1. Os vértices e as arestas de um caminho podem não

ser todos distintos. Ao número de arestas que compõem um caminho dá-se o nome

de comprimento desse caminho.

Um caminho diz-se simples se não tiver arestas repetidas e diz-se elementar

se todos os seus vértices forem distintos. Um caminho no qual o vértice inicial e o

vértice terminal coincidem chama-se circuito. Um circuito diz-se simples se não

possuir arestas repetidas e um circuito no qual nenhum vértice é repetido exceto o

vértice inicial (terminal) designa-se por ciclo. No grafo que se segue, por exemplo,

Figura 12: Representação de caminho

o caminho 35 25 12 15 45 343e 5e 2e 1e 5e 4e 3 é um circuito simples (não há arestas

repetidas e o vértice inicial e terminal coincidem), mas não é um ciclo já que, além

do vértice inicial (que é também terminal), há outro vértice, o vértice 5, que está

repetido.

Num dígrafo, estes conceitos podem levar em conta a orientação. Chama-se

caminho orientado a uma sequência finita de arcos da forma 1 1 2 2 r 1, rv , e , v , e , . . . ,e v-

onde, para cada i 1,2,...r 1,= - , se tem ( )j j j 1e v ,v += . A partir daqui, define-se

caminho fechado, circuito e ciclo concordantemente.

Na próxima aula, estudaremos outros conceitos relacionados a grafos, como

ciclos Eulerianos, ciclos Hamiltonianos e árvores.

111

Caro(a) aluno(a),

Nesta aula, daremos continuidade ao estudo dos grafos estudando os Ciclos

Eurelianos, os Ciclos Hamiltonianos e principalmente os conceitos de Árvores, que

representam, na teoria dos grafos, um gráfico em que há apenas um caminho

entre quaisquer dois vértices (pontos).

Objetivo

• Compreender e resolver problemas que envolvam Ciclos Eulerianos, Ciclos Hamiltanianos e Árvores

AULA 8 Árvores

AULA 8


TÓPICO 1 Ciclos Eulerianos e Ciclos Hamiltonianos

ObjetivO

• Compreender os conceitos de Ciclo Euleriano e Ciclo

Hamiltoniano

Neste tópico, estudaremos os ciclos eulerianos e o ciclo hamiltoniano.

O primeiro traz esse nome em homenagem ao matemático suíço

Leonhard Paul Euler, que foi o primeiro a discutir esses tipos de

ciclos ao resolver as famosas Sete Pontes de Königsberg.

O percurso fechado que utilize, uma única vez, todas as arestas de um grafo

é chamado Percurso Euleriano. Dessa forma, todo gráfico que possui esse percurso

é denominado Grafo Euleriano.

dEmonStração:

Seja g(V,E) euleriano e seja um ciclo euleriano em gn. Ao percorrermos

esse ciclo a partir de um vértice dado, cada vez que atravessarmos um vértice,

utilizaremos duas arestas, uma na chegada e outra na saída. Logo, o grau de cada

vértice deve ser obrigatoriamente par.

Definição 1: Na teoria dos grafos, um caminho euleriano é uma trilha em um gráfico que

passa por um vértice apenas um vez. Da mesma forma, um ciclo euleriano ou circuito é

aquele que cruza todas as arestas de um vértice, passando apenas uma vez em cada aresta.

Teorema 1: Um grafo g(V,E) não orientado e conexo possui um ciclo euleriano se, e

somente se, todos os seus vértices tiverem grau par.

http://translate.googleusercontent.com/translate_c?hl=pt-BR&langpair=en%7Cpt&rurl=translate.google.com.br&u=http://en.wikipedia.org/wiki/Seven_Bridges_of_K%25C3%25B6nigsberg&usg=ALkJrhjuYcTZMYShUgnj9WMvYxE2evjsuw

113

ExEmplo 1

Problema do Dominó: É possível, com as

pedras de um jogo de dominó, formar um anel

(seguindo as regras do jogo )?

Solução:

Vamos associar esse problema à teoria

dos grafos. Assim, seja gn um grafo onde

{ }gnV 1, 2, 3, 4, 5, 6 = (números que aparecem

nas pedras do dominó).

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )gn

0, 0 , 0, 1 , . . . , 0, 6 , 1, 1 , 1, 2 ,E

. . , 1, 6 , 2, 2 , . . ., 6, 6

ì üï ïï ï=í ýï ïï ïî þ(peças do dominó)

Será que gn é euleriano? A resposta é sim. O Grafo gn é um grafo completo,

com 7 vértices, acrescido de um laço em cada vértice, e, portanto, todos os vértices

de gn têm grau 8 (Par). Logo, pelo teorema acima, é euleriano.

Diz-se que um grafo gn conexo é hamiltoniano se existir um ciclo que inclui

todo vértice de gn. Tal ciclo é dito Ciclo Hamiltoniano.

v o c ê s a b i a?

O estudo de gráficos é conhecido como teoria

de gráfico. O primeiro estudioso a investigar

sistematicamente essa teoria foi o matemático

húngaro D. König, na década de 1930.

Definição 2: Ciclo Hamiltoniano é um caminho fechado que visita todo vértice em gn

exatamente uma vez (um caminho fechado com tais características deve ser um ciclo).

Figura 2a: Ciclo Hamiltoniano Figura 2b: Ciclo Não Eureliano

AULA 8 TÓPICO 1


ExEmplo 2:

O dodecaedro

É possível com as arestas de um dodecaedro formar um grafo hamiltoniano?

A resposta é sim, o dodecaedro é Hamiltoniano pois existe um ciclo que

passa por todos os vértices. Sua representação está na figura 3.

Figura 3: Representação geométrica do dodecaedro

Figura 4: Caminho hamiltoniano no dodecaedro usando a teoria de grafos

Observando a Figura 4, podemos ver que

o dodecaedro é um ciclo hamiltoniano, pois

existe um ciclo que passa por todos os vértices.

Embora seja claro que apenas grafos

conexos podem ser hamiltonianos, não existe

uma regra simples que nos informe se um grafo é

ou não hamiltoniano, como existe para os grafos

eulerianos.

Vimos neste tópico que o caminho

hamiltoniano é o caminho que contém cada vértice de um grafo exatamente uma

vez, enquanto o ciclo euleriano é o caminho que contém cada aresta do grafo

exatamente uma vez. No próximo tópico, estudaremos um tipo especial de grafos

chamado Árvore, bastante útil na representação de dados.

g u a r d e b e m i s s o !

Lembre-se que num ciclo apenas o primeiro

vértice se repete.

s a i b a m a i s !

Para informações a respeito dos gráficos conexos,

acesse o site <http://www.educ.fc.ul.pt/icm/

icm2001/icm33/conexos.htm>.

http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm2001/icm33/conexos.htm

http://www.educ.fc.ul.pt/icm/icm2001/icm33/conexos.htm

115

O conceito de árvores é certamente o mais importante e com maior

quantidade de aplicações na Teoria de Grafos. Nessa teoria,

uma árvore é um grafo que possui caminho entre quaisquer dois

de seus vértices e não possui ciclos, ou seja, uma árvore é um grafo conexo e

acíclico. Caso o grafo seja acíclico, mas não conexo, ele é denominado floresta.

Uma floresta também é definida como uma união disjunta de árvores. Toda árvore

é um grafo, porém a recíproca é falsa. Toda árvore é um grafo dividido em duas

partes e planar.

Assim, podemos definir:

ExEmplo 1:

A árvore mais simples tem um nó e nenhuma aresta, como mostra a Figura 1.

Figura 1: A árvore mais simples é igual ao grafo gn=(1, 0)

A segunda árvore mais simples é composta de dois nós conectados por uma aresta.

TÓPICO 2 ÁrvoresObjetivOs

• Definir e caracterizar árvores mediante grafos

• Determinar o crescimento de árvores e realizar a contagem cor-

respondente

Definição 1: Uma árvore é um grafo conexo acíclico com um nó especial, designado raiz

da árvore.

AULA 8 TÓPICO 2

http://pt.wikipedia.org/wiki/Teoria_dos_grafos

http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo

http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo_bipartido

http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo_bipartido

http://pt.wikipedia.org/wiki/Grafo_planar


Figura 2: A segunda árvore mais simples é igual a o grafo gn=(2, 1)

Veja na Figura 3 uma variedade de outras árvores:

Figura 3: Cinco árvores, que podem ser vistas como grafos

Existem duas propriedades que definem árvores que funcionam em direções

opostas:

1ª) Conectividade = significa que o grafo não pode ter menos arestas que nós.

2ª) Exclusão de ciclos = significa que ele não pode ter mais arestas que nós.

Para ser mais preciso, se um grafo é conexo, então, ao adicionar uma aresta, ele

permanece conexo (enquanto, ao remover uma aresta, ele pode ou não permanecer

conexo). Se um grafo não contém qualquer ciclo, então, ao remover qualquer aresta,

o grafo não conterá um ciclo (enquanto a adição de uma nova aresta pode ou não

criar um ciclo). O seguinte teorema mostra que árvores podem ser caracterizadas como

grafos “minimamente conexos”, bem como grafos “maximamente livres de ciclo”.

Prova: Primeiro, temos que provar que, se gn é uma árvore, então ele satisfaz

a condição dada no teorema. Está claro que se gn é conexo (pela definição de uma

árvore). Queremos provar que, após remover qualquer aresta, ele não permanece

conexo. Assuma que ao remover a aresta uv de uma árvore gn, o grafo resultante

Teorema 1:

(a) Um grafo gn é uma árvore se e somente se ele é conexo, mas a remoção de qualquer de

suas arestas resulta em um grafo desconexo.

(b) Um grafo gn é uma árvore se e somente se ele não contém nenhum ciclo, mas a adição de

qualquer nova aresta cria um ciclo.

117

gn’ seja conexo. Então gn’ contém um caminho P conectando a u e v. Mas então,

se colocarmos a aresta uv formará um ciclo em gn, o que contradiz a definição de

arvores.

2.1 crEScimEnto dE árvorES

Esta é uma das mais importantes propriedades de árvores.

prova:

Seja n uma árvore com pelo menos dois nós. Provamos que n tem um nó

de grau 1 . Digamos que não queremos nunca voltar de um nó sobre a aresta através

da qual entramos nesse nó; é possível, pelo menos, que tomemos um nó de grau 1 .

Nesse caso paramos e a prova está terminada.

Portanto vamos argumentar que isso tem que acontecer mais cedo ou mais

tarde. Se não acontecer, então, em algum momento adiante, teremos que retornar a

um nó que já visitamos; mas então os nós e arestas que percorremos entre as duas

visitas formam um ciclo. Isso contradiz nossa suposição de que n é uma árvore e,

portanto, não contém qualquer ciclo.

prova:

Desde que T é uma árvore, portanto um grafo conecto, então existe um

caminho entre quaisquer dois de seus vértices. Por outro lado, se existir mais

de um caminho entre algum par de seus vértices, implicará a existência de um

circuito, e neste caso T não seria uma árvore.

Prova: Por indução, numa árvore com n = 1 e n = 2 vértices, a afirmação

do teorema é óbvia. Seja então T uma árvore com n vértices. Considere a aresta

ep que interliga os vértices vi e vk. Não existe nenhum outro caminho em T que

Teorema 2: Toda árvore com pelo menos dois nós tem pelo menos dois nós de grau 1 .

Teorema 3: Existe um e somente um caminho entre quaisquer dois vértices de uma

árvore T.

Teorema 4: Uma árvore com n vértices existem n – 1 arestas.

AULA 8 TÓPICO 2


interligue vi e vk. Portanto a deleção de ep de T irá desconectar T em exatamente

duas subárvores, Estas duas subárvores T1 e T2, possuem menos que n arestas

cada e menos arestas que T possuía. Repetindo o processo de exclusão de arestas

nas subárvores remanescentes, encontraremos subárvores com 2 ou 1 vértices,

comprovando o processo indutivo, pois a cada exclusão estaremos retirando uma

aresta de cada vez.

Prova: Se um grafo é minimamente conecto, então ele é conecto e não possui

nenhum circuito, pois se possuísse não seria minimamente conecto. Portanto é

uma árvore. Por outro lado, uma árvore é conecta, e, por não possuir nenhum

circuito, qualquer aresta que seja excluída de uma árvore a desconecta, portanto é

minimamente conecto.

2.2 contagEm dE árvorES

Contamos todo tipo de coisas. É natural perguntar: quantas árvores

existem sobre n nós? Para o caso de árvores rotuladas, existe uma solução muito

interessante. Veja o teorema 6 a seguir:

2.3 vérticES pEndEntES Em uma árvorE

Vértices pendentes em uma árvore são os vértices que possuem grau 1 (um).

Toda árvore tem pelo menos dois vértices pendentes, podendo ter ainda vários ou-

tros. A razão para esta afirmação está na constatação de que todo vértice de uma árvore

tem grau pelo menos 1, pois a árvore é conecta. Com n vértices e n – 1 arestas, significa

que existem 2.(n – 1) graus a serem divididos entre n vértices. Como não pode haver ne-

nhum vértice com grau zero, então existem pelo menos dois vértices de grau 1.

Definição 2: Chamamos de Grafo minimamente conecto um grafo conecto que, ao ser

excluída qualquer uma de suas arestas, se torne um grafo desconecto.

Teorema 5: Um grafo é uma árvore se e somente se for um grafo minimamente conecto.

Teorema 6: (Teorema de Cayley) O número de árvores rotuladas sobre n nós é 2nn -.

Teorema 7: Em qualquer árvore com dois ou mais vértices, existem pelo menos dois

vértices pendentes.

119

2.4 diStância E o cEntro dE uma árvorE

Intuitivamente na Figura 4 percebemos que o vértice b é o vértice mais

central da árvore. O objetivo é identificar se existe um (ou mais) vértice central ou

o centro de uma árvore.

Figura 4 – b é o vértice mais central

Em um grafo conecto G, a distância d(vi, v

k) entre dois de seus vértices vi

e vk é o comprimento do menor caminho, isto é, do caminho com o menor número

de arestas entre eles. O conceito de distância é válido para qualquer tipo de grafo

conecto, não apenas para árvores.

Lembre-se de que uma função de duas variáveis f(x, y) é dita Métrica se as

propriedades abaixo forem atendidas:

I. Não negatividade: f(x,y) 0 x y³ Û =II. Simetria: f(x,y) f(y,x) =III. Desigualdade triangular: f(x,y) f(x,z) f(z, y) £ + para qualquer z.

A função que representa a distância entre dois vértices em um grafo satisfaz

as condições 1 e 2 de forma clara . Em relação à terceira condição, basta observar

que a distância de um vértice x qualquer a outro vértice z, mais a distância de z a

y não pode ser menor que a menor distância entre x e y pela própria definição da

função distância. Assim:

Vamos encerrar este tópico com mais um teorema que afirma que uma árvore

tem um ou dois centros. Antes da apresentação e demonstração desse teorema,

vamos às seguintes definições.

Teorema 8: A distância entre os vértices de um grafo conecto é uma métrica.

AULA 8 TÓPICO 2


Definição 3: Excentricidade E(v) de um vértice v em um grafo conecto G é a distância

de v ao vértice mais distante de v em G. Ou seja, E (vi) = máx (distância d(vi, vk)) para

todo vk em G.

Definição 4: O centro de um grafo conecto G é o vértice de G que possuir a menor

excentricidade.

Teorema 9: Toda árvore tem 1 (um) ou 2 (dois) centros.

Prova: A distância máxima de um vértice vi a qualquer outro vértice vk

numa árvore T ocorre sempre em um vértice pendente, ou seja, sempre vk é um

vértice pendente. Caso contrário, haveria mais algum vértice além de vk em T com

distância maior de que vi, e assim vk não seria o vértice mais distante de vi.

Tendo em vista que T possui pelo menos dois vértices pendentes, se

excluirmos de T todos os seus vértices pendentes, formaremos um novo grafo

T’ que ainda seria uma árvore. A excentricidade de T seria reduzida de 1 (uma)

unidade. Obviamente o centro de T ainda continuaria em T’, e o centro de T seria

o mesmo centro de T’. Repetindo o processo de exclusão dos vértices pendentes de

T’, obtendo T’’ e assim em diante, continuaremos a ter os mesmos resultados. Este

processo continua até que restem apenas 1 ou 2 vértices. Enquanto existirem 3 ou

mais, o processo ainda pode ser repetido. O(s) vértice(s) remanescente(s) será(ão) os

centros ou o centro de T.

121

REFERÊNCIASALENCAR FILHO, Edgard de. Funções Aritméticas: Números Notáveis. São Paulo: Nobel, 1988.

ARBOSA, Ruy Madsen. Combinatória e Grafos. v.2. São Paulo: Livraria Nobel, 1975.

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GERSTING, J. L. Fundamentos Matemáticos para a Ciência da Computação. 3. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1995.

HAZZAN, S. Combinatória e Probabilidade. Coleção Fundamentos de Matemática Ele-mentar, v.5, São Paulo: Atual, 1993.

LIMA, Elon Lages et al: Temas e Problemas Elementares. Rio de Janeiro: SBM, 2001.

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LUCCHESI, C. L. Introdução à Teoria dos Grafos, XII Colóquio Brasileiro de Matemática, IMPA, Rio de Janeiro, 1979.

MILIES, Francisco César Polcino; Coelho, Sônia Pitta. Números: Uma introdução à Matemáti-ca. 3. ed. São Paulo: Editora da Universidade de São Paulo, 2003.

MORGADO, A.C. et al. Análise Combinatória e probabilidade. Coleção do Professor de Matemática. Rio de Janeiro: SBM, 2004.

OLIVEIRA, J. P. DE. Introdução à Teoria dos Números. Coleção Matemática Universitária. Rio de Janeiro: IMPA, 2005.

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SZWARCFITER J.L. Grafos e Algoritmos Computacionais, Rio de Janeiro: Campus Ltda, 1988.

______ Grafos e Algoritmos Computacionais. 2. ed. Rio de Janeiro: Campus Ltda, 1986.

REFERÊNCIAS


CURRÍCULOMarcos Antônio de Macedo

Possui graduação em Ciências pela Universidade Regional do Cariri – URCA (1997),

graduação em Matemática (Licenciatura Plena) pela Universidade Regional do Cariri –

URCA (2001), concluiu especialização “Latu Sensu” (Turma I) em Matemática aplicada pela

Universidade Regional do Cariri – URCA em 2002. Atualmente é professor do Instituto Federal

de Educação Ciência e Tecnologia do Ceará – IFCE, onde leciona no curso de Matemática

desde agosto de 2004, também é professor formador e conteudista da Universidade Aberta

do Brasil- UAB. Foi servidor público estadual pela 19ª CREDE, onde lecionou a disciplina de

Matemática no ensino médio de 1998 a 2010. Tem experiência na área de Matemática, com

ênfase em Cálculo Diferencial Integral, Geometria e Álgebra, com atuação principalmente

nas seguintes disciplinas: Cálculo, Álgebra Linear, Geometria Analítica e Vetores, Geometria

Descritiva, Construções Geométricas e Geometria Euclidiana.

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Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Nível Superior

Universidade Aberta do Brasi l


matemática discreta · 2021. 3. 10. · matemática discreta nas áreas de combinatória, da...

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