monografia de especialização demonstrações combinatórias 2 · capÍtulo 1 – identidades de...
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Monografia de EspecializaçãoDemonstrações Combinatórias 2
Aluno: Júlio César de Sousa Marinho – [email protected]: Michel Spira – [email protected]
Universidade Federal de Minas Gerais - UFMGInstituto de Ciências Exatas - ICEx
Departamento de Matemática
ÍNDICE
OBJETIVO ................................................................................................................ 3
CAPÍTULO 1 – IDENTIDADES DE FIBONACCI ................................................. 4
SEÇÃO 1.1 – OS NÚMEROS DE FIBONACCI ..................................................................... 4 SEÇÃO 1.2 – INTERPRETAÇÃO COMBINATÓRIA PARA
OS NÚMEROS DE FIBONACCI ................................................................... 4
SEÇÃO 1.3 – IDENTIDADES ......................................................................................... 6
CAPÍTULO 2 – IDENTIDADES DE LUCAS ....................................................... 11
SEÇÃO 2.1 – OS NÚMEROS DE LUCAS ........................................................................ 11 SEÇÃO 2.2 – INTERPRETAÇÃO COMBINATÓRIA PARA
OS NÚMEROS DE LUCAS ....................................................................... 11
SEÇÃO 2.3 – IDENTIDADES ....................................................................................... 15
CAPÍTULO 3 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE
STIRLING E NÚMEROS HARMÔNICOS ................................. 21
SEÇÃO 3.1 – OS NÚMEROS DE STIRLING DE PRIMEIRO TIPO ....................................... 22 SEÇÃO 3.2 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE STIRLING
DE PRIMEIRO TIPO ............................................................................... 27
SEÇÃO 3.3 – OS NÚMEROS DE STIRLING DE SEGUNDO TIPO ....................................... 28 SEÇÃO 3.4 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE
STIRLING DE PRIMEIRO E SEGUNDO TIPO .............................................. 30
SEÇÃO 3.5 – OS NÚMEROS HARMÔNICOS .................................................................. 34
SEÇÃO 3.6 – IDENTIDADES COM NÚMEROS HARMÔNICOS .......................................... 36
SEÇÃO 3.7 – EXERCÍCIOS .......................................................................................... 41
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS .....................................................................
2
OBJETIVO ................................................................................................................ 3
CAPÍTULO 1 – IDENTIDADES DE FIBONACCI ................................................. 4
SEÇÃO 1.1 – OS NÚMEROS DE FIBONACCI .................................................................... 4 SEÇÃO 1.2 – INTERPRETAÇÃO COMBINATÓRIA PARA
OS NÚMEROS DE FIBONACCI ................................................................... 4
SEÇÃO 1.3 – IDENTIDADES ......................................................................................... 6
CAPÍTULO 2 – IDENTIDADES DE LUCAS ....................................................... 11
SEÇÃO 2.1 – OS NÚMEROS DE LUCAS ........................................................................ 11 SEÇÃO 2.2 – INTERPRETAÇÃO COMBINATÓRIA PARA
OS NÚMEROS DE LUCAS ....................................................................... 11
SEÇÃO 2.3 – IDENTIDADES ...................................................................................... 15
CAPÍTULO 3 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE
STIRLING E NÚMEROS HARMÔNICOS ................................ 21
SEÇÃO 3.1 – OS NÚMEROS DE STIRLING DE PRIMEIRO TIPO ...................................... 22 SEÇÃO 3.2 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE STIRLING
DE PRIMEIRO TIPO .............................................................................. 27
SEÇÃO 3.3 – OS NÚMEROS DE STIRLING DE SEGUNDO TIPO ..................................... 28 SEÇÃO 3.4 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE
STIRLING DE PRIMEIRO E SEGUNDO TIPO ............................................ 30
SEÇÃO 3.5 – OS NÚMEROS HARMÔNICOS ................................................................ 34
SEÇÃO 3.6 – IDENTIDADES COM NÚMEROS HARMÔNICOS ........................................ 36
SEÇÃO 3.7 – EXERCÍCIOS ........................................................................................ 41
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ................................................................... 56
OBJETIVO
A principal finalidade desse trabalho é servir como um guia para professores de
Matemática que tenham interesse em aprender ou aprimorar conhecimentos em análise
combinatória. O caminho percorrido para atingir esse objetivo é a apresentação de diversas
demonstrações de identidades matemáticas por métodos combinatórios. De uma forma geral, no
decorrer do trabalho o grau de complexidade das identidades aumenta naturalmente.
Ao longo do trabalho, diversas técnicas de contagem são utilizadas. Por meio dessas,
conseguimos as demonstrações combinatórias das identidades matemáticas que seriam
extremamente trabalhosas ou mesmo inviáveis se utilizássemos metodologia algébrica.
Primeiramente, para melhor conhecimento dessas técnicas, há uma breve exposição dos
números de Fibonacci e Lucas com suas interpretações combinatórias e das identidades a eles
referentes. Escolhemos, nessa parte do trabalho, identidades que fossem significativas para a
aplicação dessas técnicas de forma a fornecer uma melhor base para as identidades do capítulo
posterior.
No decorrer do trabalho as identidades e interpretações combinatórias dizem respeito aos
números harmônicos e os números de Stirling de primeiro e segundo tipo.
A principal referência bibliográfica para esse trabalho é o livro Proof that really count –
The Art of Combinatorial Proof , com estudo sistemático dos capítulos 2, 3 e 7. Desse livro são
retiradas as identidades e solucionados os exercícios do capítulo 7. Foram feitas tentativas de
melhorias e comentários em relação às soluções apresentadas pelo livro.
3
CAPÍTULO 1 – IDENTIDADES DE FIBONACCI
1.1 - Os números de FibonacciA seqüência dos números de Fibonacci é definida por meio de uma simples recorrência.
Denotaremos nF como o n-ésimo número de Fibonacci. A partir de dois termos iniciais (
0 1= 0 e = 1F F ) os termos subseqüentes são obtidos pela soma dos dois termos imediatamente
anteriores.
Assim, como 0 1=0 e =1F F , segue que 2 0 1= 0+1=1F F F= + . Genericamente, a lei de
recorrência para a seqüência de números de Fibonacci é escrita por 1 2n n nF F F− −= + . Os primeiros
termos da seqüência de Fibonacci são:
0, 1, 1, 2, 3, 5 ...
1.2 - Interpretação combinatória para os números de Fibonacci
Uma boa interpretação combinatória para os números de Fibonacci é associá-los ao
número de respostas para a seguinte pergunta:
De quantas formas diferentes podemos preencher um ladrilho retangular de tamanho nx1
com peças de comprimento unitário 1x1 ou de tamanho duplo 2x1?
A fim de simplificarmos as denominações, os ladrilhos retangulares, as peças unitárias e as
peças duplas serão chamadas apenas de ladrilhos, quadrados e dominós, respectivamente. Os
tamanhos dos ladrilhos também serão denotamos apenas pelo seu comprimento (direção horizontal)
e a primeira peça do ladrilho será considerada como a primeira peça à esquerda.
Na figura abaixo, temos um ladrilho de comprimento n, um quadrado e um dominó:
......... 0 1 2 3 ...... n – 1 n
Figura 1
Começaremos a responder à pergunta construindo as possíveis disposições para ladrilhos
até o tamanho 5.Quando o tamanho do ladrilho é 1,só há uma forma de fazer tal preenchimento. Ao
preencher ladrilhos, deixamos implícito que só podem ser utilizadas as peças quadrado e dominó.
- Quadrado
- Dominó
4
Para um ladrilho de tamanho 2, há 2 formas.
Para um ladrilho de tamanho 3, há 3 formas.
Para um ladrilho de tamanho 4, há 5 formas.
Para um ladrilho de tamanho 5, há 8 formas.
Chamemos de nf o número de soluções desse problema para um ladrilho de comprimento
n. Observamos acima que 1 2 3 4 51, 2, 3, 5 e 8f f f f f= = = = = , os mesmos valores de
2 3 4 5 6, , , e F F F F F . Se considerarmos, por conveniência, como sendo apenas uma forma de se
preencher um ladrilho de comprimento zero (não colocando nada), ou seja, 0 1f = , as duas
seqüências, e n nf F , ficam ainda mais parecidas, pois 1 1F = .
Mostraremos que a seqüência nf obedece à mesma lei de recorrência da seqüência dos
números de Fibonacci ( nF ). De fato, se quisermos preencher um ladrilho de tamanho n , podemos
dividir o problema em dois casos procedendo da seguinte forma:
5
• A primeira peça do ladrilho é um quadrado : Nesse caso, restam 1n − espaços para serem
preenchidos e por definição existem 1nf − formas de preenchê-los;
• A primeira peça do ladrilho é um dominó : Nesse caso, restam 2n − espaços para serem
preenchidos e por definição existem 2nf − formas de preenchê-los.
Como não existem outras formas senão começar por quadrado ou dominó e não há
interseção entre esses casos, conclui-se que, para 2n ≥ , 1 2n n nf f f− −= + .
Existe ainda uma questão a ser vista. Os dois primeiros termos das seqüências e n nF f não
são os mesmos. Observemos as duas seqüências:
nF (0, 1, 1, 2, 3, ...)
nf (1, 1, 2, 3, 5, ...)
Ou seja, 1n nf F −= .
1.3 – IdentidadesApresentaremos quatro identidades significativas para a aplicação de técnicas de contagem
nas demonstrações combinatórias.
Uma técnica muito simples que será utilizada, a seguir, é responder a uma mesma pergunta
ou contar uma mesma situação de duas formas diferentes. Outra observação importante é que se
uma identidade aparece com parcelas de uma soma, geralmente podemos interpretá-lo mais
claramente dividindo o problema em casos disjuntos.
IDENTIDADE 1: Para 0n ≥ , 0 1 2 1 2... 1n n nf f f f f f− ++ + + + + = −
Pergunta: De quantas formas distintas podemos preencher um ladrilho de tamanho n + 2 utilizando
ao menos um dominó?
Resposta 1: Por definição, 2 1nf + − formas. Pois 2nf + conta todos os casos de preenchimento
possíveis de um ladrilho de tamanho 2n + . Excluímos, no entanto, um caso, quando o
preenchimento é feito apenas com quadrados, pois não teríamos nenhum dominó.
Resposta 2: Dividimos o problema em casos de acordo com a localização do primeiro dominó (ele
sempre existe, por hipótese). Se ele está preenchendo as células e 1k k + do ladrilho restam
1n k− + espaços (conta: 2 ( 1)n k+ − + ) a serem preenchidos à direita dessa peça de 1n kf − + formas
distintas. Para somarmos todos os casos, fazemos k variar de 1 (quando o primeiro dominó preenche
as células 1 e 2) até n+1 (quando o primeiro dominó preenche as células n+1 e n+2). Assim o
termo 1n kf − + assume todas as parcelas da soma do primeiro membro.
6
▄
Para demonstrarmos a próxima identidade será necessária a apresentação de um novo
conceito.
Observemos o seguinte ladrilho:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Figura 2
Diremos que uma determinada célula é quebrável se pudermos dividir o ladrilho na
extremidade direita dessa célula em dois outros ladrilhos menores. A última célula sempre será
quebrável pois “divide” o ladrilho em um caso trivial: nele mesmo e em um ladrilho de
comprimento zero.
O ladrilho da figura 2 é quebrável nas células 1, 3, 5, 6, 7, 9 e 10 e não quebrável nas
células 2, 4 e 8. O leitor mais atento deve observar que o termo quebrável é apenas uma forma
compacta de dizer que aquela célula não é o início de um dominó.
IDENTIDADE 2: Para m ,n ≥ 0, 1 1m n m n m nf f f f f+ − −= ⋅ + ⋅
Pergunta: De quantas formas distintas podemos preencher um ladrilho de tamanho m + n?
Resposta 1: Por definição, m nf + formas.
Resposta 2: Dividimos o problema em dois casos:
• O ladrilho é quebrável na célula m : Nesse caso, o ladrilho inicial é divido em dois ladrilhos
menores de tamanhos m e n. Para um há mf formas de preenchê-lo e para o outro nf . Pelo
princípio multiplicativo, há m nf f⋅ de preencher todo o ladrilho.
• O ladrilho não é quebrável na célula m : Isso indica que há um dominó cobrindo as células
m e m + 1. À esquerda desse dominó há um ladrilho de tamanho 1m − e à direita um
ladrilho de tamanho 1n − . Também pelo princípio multiplicativo, há 1 1m nf f− −⋅ de
preencher todo o ladrilho.
A figura abaixo esclarece os casos.
Caso 1:....................... .....................
1 2 ............. m – 1 m m + 1 m + 2 .............. m + n mf formas de se preencher nf formas de se preencher
7
Caso 2:
1 2 m – 1 m m + 1 m + 2 m + n 1mf − formas de se preencher 1nf − formas de se preencher
Figura 3Somando as contagens dos dois casos temos o membro direito da identidade.
▄
A próxima identidade envolve números binomiais.
IDENTIDADE 3: Para 0n ≥ , 2 10 0
n n
ni j
n i n jf
j i+
≥ ≥
− − ⋅ =
∑ ∑
Pergunta: De quantas formas distintas podemos preencher um ladrilho de tamanho 2 1n + ?
Resposta 1: Por definição, 2 1nf + formas.
Antes de apresentarmos a segunda resposta é útil lembrarmos que o número de células
desse ladrilho é ímpar. Além disso, como cada dominó ocupa duas células o total de células
preenchidas por todos os dominós é um número par. Dessas duas observações resulta o fato que há
um número ímpar de quadrados.
Chamaremos de quadrado mediano aquele que possui o mesmo número de quadrados
antecedendo-o e sucedendo-o em um ladrilho. Agora, temos os requisitos para a segunda resposta.
Resposta 2: Dividiremos a solução em casos de acordo com o número de dominós de cada lado do
quadrado mediano. Consideraremos como i e j o número de dominós à esquerda e à direita do
quadrado mediano, respectivamente.
Como há i + j dominós, já foram preenchidas 2( )i j+ células restando 2( ( )) 1n i j− + +
células (toda as células menos aquelas preenchidas por dominós) para serem preenchidas por
quadrados. Tirando uma unidade (quadrado mediano), restam ( )n i j− + quadrados de cada lado do
quadrado mediano.
Somando o número total de peças à esquerda do quadrado mediano (dominós mais
quadrados) temos : [ ( )]i n i j n j+ − + = − . Analogamente, há n i− peças à direita do quadrado
mediano.
Para organizar o ladrilho à esquerda do quadrado mediano basta escolher dentre as n j−
peças quais delas (primeira peça, segunda peça, etc.) são dominós. Isso pode ser feito de n j
i−
formas.
8
Analogamente, para cada uma dessas formas há n i
j−
formas de se preencher o ladrilho
do lado direito do quadrado mediano também escolhendo onde ficam os dominós. Ao compormos
essas duas etapas, pelo princípio multiplicativo, chegamos ao termo n j n i
i j− −
⋅
. Observa-se
que uma vez determinado onde estão os dominós não restam escolhas para alocar os quadrados no
ladrilho.
Fazendo i e j variarem, contamos todos os casos. Basta lembrar que para situações
impossíveis quando os valores de i ou j são maiores do que n os termos binomiais terão o termo de
cima negativo, o que resulta, convenientemente, em parcela nula.
▄
Apresentaremos novos conceitos que serão úteis na demonstração da última identidade
desse capítulo. Outra diferença em relação às demais identidades anteriormente apresentadas é que
em vez de respondermos a uma mesma pergunta de duas maneiras distintas, utilizaremos uma
“quase” correspondência entre conjuntos para obtermos as provas das identidades.
Observemos o par de ladrilhos abaixo.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Figura 4
Os ladrilhos possuem o mesmo número de células e estão defasados de uma célula. Em
outras palavras, o ladrilho inferior está deslocado uma célula para a direita em relação ao superior.
Enumeramos o primeiro ladrilho normalmente, qual seja, de 1 a 10 e o segundo é enumerado a
partir de 2 até 11.
Diremos que o par de ladrilhos é duplamente quebrável em uma determinada célula k (na
referência [1], o autor utiliza o termo fault) quando essa célula for quebrável em ambos os ladrilhos.
Isso justifica a numeração ser alinhada verticalmente para os ladrilhos superior e inferior. Então, na
figura acima as células 1, 4, 8 e 9 são duplamente quebráveis (observe os traços verticais). Para
melhor entendimento, algumas observações são importantes de serem ressaltadas:
a) Para um par de ladrilhos ser duplamente quebrável na célula 1 basta que o ladrilho superior não
se inicie com um dominó;
9
b) Se uma determinada célula i é duplamente quebrável indica que não há um único dominó
cobrindo as células i e i + 1 em nenhum dos dois ladrilhos.
c) Se há um quadrado na célula i, seja no ladrilho superior ou inferior, indica que o par de ladrilhos
é duplamente quebrável na célula i ou 1i − . De fato, se há um quadrado na célula i do ladrilho
superior, existem 3 hipóteses:
• Existe também um quadrado na célula i no ladrilho inferior. Nesse caso a célula i é
duplamente quebrável.
• Existe o final de uma peça de dominó na célula i no ladrilho inferior. Também nesse
caso a célula i é duplamente quebrável.
• Existe o início de uma peça de dominó na célula i no ladrilho inferior. Nesse caso a
célula 1i − é duplamente quebrável.
Chamaremos de cauda o restante de um ladrilho à direita da última célula duplamente
quebrável, se houver. Chamaremos de uma operação de troca de caudas a mudança entre as caudas
dos ladrilhos superior e inferior. Lembramos que essa troca só poderá ser feita se houver ao menos
uma célula duplamente quebrável no par de ladrilhos. Se possível o procedimento, essa operação
torna o ladrilho superior uma célula maior e o ladrilho inferior uma célula menor mas as células
duplamente quebráveis permanecerão as mesmas. Isso torna o processo sempre reversível, bastando
fazer a operação inversa, qual seja, destrocar as caudas.
Nossos ladrilhos originais (figura 4) ficariam assim:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
2 3 4 5 6 7 8 9 10
Figura 5
Temos, agora, condições de demonstrarmos a próxima identidade:
IDENTIDADE 4: Para 0n ≥ , 21 1 ( 1)n
n n nf f f+ −= ⋅ + −
Conjunto A: Conjunto de pares de ladrilhos de tamanho n. Por definição, há 2nf elementos nesse
conjunto.
Conjunto B: Conjunto dos pares de ladrilhos de tamanhos 1n + e 1n − . Por definição, há 1 1n nf f+ −⋅
elementos nesse conjunto.
10
Correspondência: Analisemos, primeiramente, o caso em que n é ímpar. Consideremos um par de
ladrilhos de tamanho n (elemento do conjunto A) emparelhados tal como os ladrilhos da figura 5.
Como n é ímpar, o ladrilho superior possui pelo menos um quadrado e, pela observação c) da
página 9, há pelo menos uma célula duplamente quebrável no par de ladrilhos. Fazendo uma troca
de caudas criamos dois novos ladrilhos de tamanhos 1n + e 1n − (elemento do conjunto B). Como
anteriormente dito, esse processo pode ser revertido destrocando as caudas, o que criaria uma
correspondência perfeita.
No entanto, existe um elemento do conjunto B que não pode ser obtido por uma troca de
caudas de um elemento do conjunto A. É o caso no qual os ladrilhos superior e inferior, de
tamanhos 1n + e 1n − , respectivamente, não possuem quebras em comum. Em outras palavras, o
par de ladrilhos não possui nenhuma célula duplamente quebrável. De fato, como 1n + e 1n − são
pares eles podem ser completamente preenchidos por dominós e dispostos tais como na figura 6, o
início de um dominó no ladrilho superior sempre coincidiria com o meio de um dominó no ladrilho
inferior. Por isso, dizemos que há uma quase correspondência entre os conjuntos A e B. Portanto,
para n ímpar o conjunto B possui um elemento a mais que o conjunto A. Logo, para n ímpar, temos
21 1 1n n nf f f+ −= ⋅ − .
Analogamente, se n for par, o conjunto A possuirá um elemento a mais que o conjunto B.
Isso porque as paridades mudam e o conjunto A terá um par de ladrilhos preenchidos inteiramente
por dominós sem nenhuma célula duplamente quebrável. Logo, para n par, temos 21 1 1n n nf f f+ −= ⋅ +
.
Na identidade, o termo ( 1)n− contempla os dois casos.▄
CAPÍTULO 2 – IDENTIDADES DE LUCAS
2.1 - Os números de LucasDa mesma forma que a seqüência dos números de Fibonacci, os números de Lucas são
obtidos a partir do segundo termo como a soma dos dois termos anteriores. Denotaremos nL como
o n-ésimo número de Lucas. Os primeiros termos são 2 e 1 ( 0 1 e L L ) e para 2n ≥ , 1 2n n nL L L− −= + .
Os primeiros termos da seqüência dos números de Lucas são:
2, 1, 3, 4, 7 ...
2.2 – Interpretação combinatória para os números de Lucas
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Tal qual fizemos para os números de Fibonacci, para interpretarmos combinatorialmente os
números de Lucas, os associamos ao número de respostas para a seguinte pergunta:
De quantas formas diferentes podemos preencher um bracelete de tamanho nx1 com peças
de comprimento unitário 1x1 (quadrado) ou de tamanho duplo 2x1 (dominó)?
Utilizaremos as mesmas simplificações em denominações e notações utilizadas para o
ladrilho nos números de Fibonacci.
Na figura abaixo temos um bracelete de comprimento n e tal qual tínhamos nos ladrilhos,
um quadrado e um dominó.
Figura 6
Diremos que o bracelete está fora de fase quando houver um único dominó cobrindo
simultaneamente as células n e 1. Caso contrário, o bracelete estará em fase. Vejamos a figura
abaixo para exemplificar essa conveniente divisão.
Figura 7
Começaremos a responder à pergunta construindo as possíveis disposições para os
braceletes até o tamanho 4. Para um bracelete de tamanho 1, obviamente só há uma forma de fazer
tal preenchimento.
Braceletes em fase
Bracelete fora de fase
12
- Dominó
- Quadrado
Para um ladrilho de tamanho 2, há 3 formas, sendo duas delas em fase e uma fora de fase.
Para um ladrilho de tamanho 3, há 4 formas, sendo três delas em fase e uma fora de fase.
Para um ladrilho de tamanho 4, há 7 formas, sendo cinco delas em fase e duas fora de fase.
3 (EM FASE)
+
1 (FORA DE FASE)
=4 DISPOSIÇÕES
2 (EM FASE)
+
1 (FORA DE FASE)
=3 DISPOSIÇÕES
1 DISPOSIÇÃO EM FASE
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Chamemos de nl o número de soluções desse problema para um bracelete de
comprimento n. Observamos acima que 1 2 3 41, 3, 4 e 7= = = =l l l l , os mesmos valores de
1 2 3 6, , e L L L L . Se considerarmos, por conveniência, 0 2=l (em fase e fora de fase um bracelete de
tamanho zero), as duas seqüências, e n nLl , possuem os primeiros termos coincidente.
Antes de mostrarmos que a lei de recorrência para ( nl ) é a mesma de ( nL ), precisamos do
conceito de primeira peça do bracelete.
A primeira peça do bracelete é aquela que cobre a célula 1, independentemente de ser um
quadrado, um dominó cobrindo as células 1 e 2 ou cobrindo as células 1 e n. A última peça será
aquela imediatamente ao lado da primeira peça no sentido anti-horário.
Para preenchermos um bracelete de tamanho n, podemos dividir o problema em dois casos,
a saber:
• A última peça é um quadrado : Nesse caso, restam 1n − espaços a serem preenchidos.
Por definição, de 1n−l formas.
• A última peça é um dominó : Nesse caso, restam 2n − espaços a serem preenchidos. Por
definição, de 2n−l formas.
Como não existem outras formas senão a primeira peça ser quadrado ou dominó e não há
interseção entre esses casos, conclui-se que, para 2n ≥ , 1 2n n n− −= +l l l .
Ora, ( nl ) e ( nL ) possuem mesmos dois termos iniciais e a mesma lei de recorrência que
depende apenas de dois termos anteriores. Logo, .n nL=l
5 (EM FASE)
+
2 (FORA DE FASE)
=
7 DISPOSIÇÕES
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2.3 – IdentidadesApresentaremos três identidades. Vale ressaltar que nas duas primeiras envolvem números
de Lucas e números de Fibonacci e a terceira apenas com números de Lucas.
IDENTIDADE 5: Para 2n ≥ , 2n n nf f −= +l
Pergunta: De quantas formas diferentes podemos preencher um bracelete de tamanho n?
Resposta 1: Por definição, há nl formas.
Resposta 2: Dividiremos o problema em dois casos: braceletes em fase e braceletes fora de fase. Se
o bracelete estiver em fase basta abri-lo entre as células 1 e n dando origem a um ladrilho de
tamanho n. O processo é reversível de forma única, bastando reunir os extremos do ladrilho para
retornarmos ao bracelete inicial. Temos, portanto, uma correspondência 1-1 entre braceletes de
tamanho n em fase com ladrilhos de tamanho n. Logo, o número de formas de se preencher um
bracelete em fase de tamanho n é .nf
Para o outro caso, com braceletes fora de fase, retiramos o dominó que cobre as células n e
1 e o abrimos para formar um ladrilho de tamanho 2n − . Para revertermos esse processo, o ladrilho
de tamanho 2n − preencherá, no sentido horário e mantendo o ordenamento, das posições 2 a 1n −
do bracelete de tamanho n. As células n e 1 são completadas por um dominó. Temos, portanto, uma
correspondência 1-1 entre braceletes de tamanho n fora de fase com ladrilhos de tamanho 2n + .
Logo, o número de formas de se preencher um bracelete fora de fase de tamanho n é 2.nf +
A figura 8 ilustra a divisão em casos.
EM FASE FORA DE FASE
A ....... B 1 2 ..... n –1 n
nf formas
A ....... B 1 2 ..... n –3 n - 2
2nf − formas
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Figura 8
Não há mais nada há ser feito pois os casos são complementares.
▄
A próxima identidade relaciona os conceitos célula quebrável com braceletes em fase e
célula não quebrável com bracelete fora de fase.
IDENTIDADE 6: Para 2 1 11, n n nn f f− −≥ = ⋅l
Usaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto A: Conjunto de ladrilhos de tamanho 2n – 1 . Por definição, há 2 1nf − elementos.
Conjunto B: Conjunto de pares ( 1B , Ln n− ). São braceletes de tamanho n e ladrilhos de comprimento
1n − . Por definição, há 1n nf −⋅l elementos.
Correspondência: Dado um ladrilho de comprimento 2 1n − , elemento do conjunto A, verificamos
se ele é ou não quebrável na célula n.
• Ladrilho quebrável na célula n : Nesse caso, dividiremos o ladrilho em duas partes. A
primeira, da célula 1 a n e a segunda da célula 1 a 2 1n n+ − . Da primeira parte,
formaremos um bracelete em fase de tamanho n e da segunda parte um ladrilho de
comprimento 1n − (conta: (2 1) ( 1) 1n n− − − + ). Após obtermos o elemento do conjunto
B basta verificarmos se o processo é reversível, ou seja, obtemos um ladrilho do
conjunto A quebrável na célula n. De fato, a partir de um bracelete em fase de
comprimento n e um ladrilho de comprimento 1n − , abrimos o bracelete entre as células
1 e n formando um ladrilho de comprimento n. Basta, unirmos esse ladrilho de tamanho
n formado a partir do bracelete à esquerda com e o de tamanho 1n − à direita para
formarmos um ladrilho de comprimento 2 1n − quebrável na célula n.
• Ladrilho não quebrável na célula n : Nesse caso, também dividiremos o ladrilho em duas
partes. Como o ladrilho não é quebrável na célula n, um dominó preenche as células
e 1n n + . A primeira parte vai da célula 1 a 1n − e a segunda da célula n a 2 1n − . Da
primeira parte, formaremos um ladrilho de comprimento 1n − e da segunda parte um
bracelete fora de fase de comprimento n (conta: (2 1) 1n n− − + ). Esse bracelete está fora
de fase pois o dominó que cobria as células e 1n n + no ladrilho inicial cobrirá a
primeira e a última célula do bracelete. Tal qual fizemos para o caso anterior, após
obtermos o elemento do conjunto B basta verificarmos se o processo é reversível, ou
seja, obtemos um ladrilho do conjunto A não-quebrável na célula n. O ladrilho de
comprimento 1n − inicia o novo ladrilho à esquerda. Depois, segue o dominó que cobre
16
a primeira e a última célula do bracelete. Por fim, cobrimos das células 2 a 2 1n n+ −
com o restante do bracelete, ou seja, da segunda à penúltima célula.
A figura 9 ilustra a correspondência entre os conjuntos. A fim de facilitar o entendimento,
para o caso não quebrável, mantivemos a enumeração dos elementos nos dois conjuntos.
CÉLULA QUEBRAVEL EM n CÉLULA NÃO QUEBRÁVEL EM n
Figura 9
Nada há mais há se fazer pois os casos são complementares e a reversibilidade é única.
▄
Novamente, utilizaremos a técnica da quase correspondência entre conjuntos, como na
identidade 4.
IDENTIDADE 7: Para 220, ( 1) 2n
n nn −≥ = + − ⋅l l
Conjunto A: Conjunto de pares de braceletes concêntricos de tamanho n e com as células alinhadas.
Ou seja, as células de mesma numeração nos dois braceletes, interno e externo, ficam nas mesmas
posições em relação aos respectivos braceletes (ver figura 10).
Por definição, esse conjunto possui 2nl elementos
Conjunto B: Conjunto de braceletes de tamanho 2n . Eles serão denominados de novos braceletes.
Correspondência: Dividimos o problema em dois casos: n par e n ímpar. Como as demonstrações
são análogas, apenas apresentaremos o caso em que n é ímpar.
A partir de um elemento do conjunto A , construiremos um elemento do conjunto B e
verificaremos a reversibilidade do processo.
.......1n + . . . . . . 2 1n −
. . . . . . . . . . . . .
1 2 . . . . . . n 1n + . . . . . . 2 1n −
.... 1 2 . . . . . 1n −
..... . . . . . . .
1 2 . . . . 1n − n 1n + . . . . . 2 1n −
17
Antes de prosseguirmos, precisamos do conceito de células duplamente quebráveis para o
caso de um par de braceletes.
Construímos raios para esse par de braceletes em cada intervalo de células. Diremos que a
célula i é duplamente quebrável se o raio que passa no final (gira-se no sentido horário) das células
i nos braceletes interno e externo não interceptar, em nenhum dos dois braceletes, com o meio de
um dominó. Os raios aqui fazem as vezes das retas verticais para o caso do par de ladrilhos.
Também de forma análoga ao caso dos ladrilhos, se há um quadrado na célula i, seja no bracelete
interno ou externo, indica que o par de braceletes concêntricos é duplamente quebrável na célula i
ou 1i − . De fato, se há um quadrado na célula i do bracelete externo, há 3 hipóteses:
• Existe também um quadrado na célula i no bracelete interno. Nesse caso a célula i é
duplamente quebrável.
• Existe o final de uma peça de dominó na célula i no bracelete interno. Também nesse
caso a célula i é duplamente quebrável.
• Existe o início de uma peça de dominó na célula i no bracelete interno. Nesse caso a
célula 1i − é duplamente quebrável.
Como n é ímpar, o bracelete externo possui ao menos uma célula preenchida por um
quadrado. Assim, há pelo menos uma célula duplamente quebrável, sendo a primeira delas,
digamos, na célula k. Então, não há células duplamente quebráveis nas células 1, 2, ..., 2, 1k k− − .
A partir desses braceletes concêntricos formaremos um bracelete de tamanho 2n , elemento
do conjunto B, em três etapas,da seguinte forma.
• Células 1 a k : Serão preenchidas pelas peças que cobriam das células 1 a k no bracelete
externo. O bracelete novo bracelete e o bracelete externo têm, portanto, a mesma fase.
Vale observar que se o bracelete externo for fora de fase, o bracelete novo também será
fora de fase e haverá também o preenchimento da célula 2n .
• Células k + 1 a k + n : Serão preenchidas por todo o bracelete interno. Esse
preenchimento será feito no sentido horário na ordem das peças das células
1, 2, ... , , 1, 2, ... , k k n k+ + . Lembramos que a célula k permite que haja essa
transposição do bracelete externo para o interno, na primeira e segunda etapas, uma vez
que ela é duplamente quebrável.
• Células k + n + 1 a 2 n : Serão preenchidas pelas peças que cobriam as células k+1, k+2,
... ,n do bracelete externo. Da mesma forma da etapa anterior, a célula k permite a
passagem do bracelete interno para o externo. Lembramos que caso a célula 2n já tenha
sido preenchida na primeira etapa, o preenchimento será até a célula 2 1n − .
18
É relevante observar que os n raios dos braceletes concêntricos na primeira composição
correspondem aos n primeiros diâmetros do bracelete na segunda composição. Assim, as células
duplamente quebráveis no par de braceletes correspondem a diâmetros que não possuem nenhuma
extremidade no meio de um dominó. Para efeitos de simplificação de nomenclatura,
denominaremos esse tipo de diâmetro de diâmetro perfeito. O novo bracelete terá o primeiro
diâmetro perfeito (ver figura 10) com extremidades entre as células k e 1k + e entre as células
e 1n k n k+ + + . Isso porque coincide com o a célula k, quebrável, tanto no bracelete externo quanto
no interno no par de braceletes concêntricos do início.
Desde que haja um diâmetro perfeito em um bracelete de tamanho 2n , há a reversibilidade
do processo é possível e única. Basta para isso decompor o bracelete a partir do primeiro diâmetro
perfeito e reorganizar as partes de forma inversa. No entanto, há dois elementos do conjunto B que
não podem ser construídos através do processo descrito a partir de um elemento do conjunto A. São
os ladrilhos de tamanho 2n preenchidos em sua totalidade por dominós, um caso em fase e outro
fora de fase. Como n é ímpar, se o preenchimento da célula 1 é o início de um dominó,
obrigatoriamente a célula 1n + será preenchida por um final de dominó. Por outro lado, se a célula
1 é preenchida pelo final de um dominó, a célula 1n + é preenchida pelo início de um dominó. De
forma geral as células i e n i+ , para 1 i n≤ ≤ , sempre serão preenchidas por partes diferentes do
dominó. Dessa forma, não haverá nenhum diâmetro perfeito, o que inviabiliza a obtenção desses
dois braceletes de tamanho 2n a partir de um par de braceletes concêntricos de tamanho n.
Tampouco é possível operar o processo reverso, pois esse pressupõe a existência de ao menos um
diâmetro perfeito.
Assim, há uma quase correspondência com o conjunto B possuindo dois elementos a mais
que o conjunto A. Logo, para n ímpar, temos 22 2n n= −l l .
A figura 10, na próxima página, ilustra o procedimento descrito acima.
19
Figura 10
20
De forma análoga, para n par, temos 22 2n n= +l l .
Na identidade o termo ( 1)n− contempla os dois casos.▄
CAPÍTULO 3 – IDENTIDADES COM NÚMEROS DE STIRLING E NÚMEROS HARMÔNICOS
3.1 - Os números de Stirling de primeiro tipoAntes de explicarmos quais são os números de Stirling de primeiro tipo, precisamos de um
conceito preliminar : ciclos em uma permutação.
O número de ciclos de uma permutação é o número de grupos cíclicos nos quais seus
elementos trocam de posição apenas entre si.
Consideremos os números 1, 2, 3, 4 e 5 e a ordenação natural 12345. Façamos algumas das
permutações possíveis comparativas com a ordenação natural. Para efeitos de padronização,
escreveremos os ciclos dentro de parênteses iniciados, à esquerda, sempre pelo menor elemento,
caso estejamos tratando com números, e os ciclos ordenados em ordem crescente dos seus menores
elementos.
• 12345 : Nesse caso, o 1 está no lugar do próprio 1; o 2 no lugar do próprio 2, etc. Então,
são 5 ciclos com um elemento cada um , assim representados: (1)(2)(3)(4)(5).
• 32451 : Nesse caso, o 1 está no lugar do 5; o 5 no lugar do 4; e o 4 no lugar do 3; e o 3 no
lugar do 1. O 2 constitui um ciclo a parte pois está em seu próprio lugar. Então, são 2
ciclos, assim representados: (1543)(2).
• 12435 : Nesse caso, o 1 está no lugar do próprio 1 (primeiro ciclo); o 2 no lugar do
próprio 2 (segundo ciclo); o 5 no lugar do próprio 5 (terceiro ciclo); o 3 no lugar do 4 e o
4 no lugar do 3 (quarto ciclo). Temos a seguinte representação: (1)(2)(34)(5).
Apresentamos, agora, o conceito de nk
,um número de Stirling de primeiro tipo.
Definição: Para inteiros 0, n
n kk
≥ ≥
conta o número de permutações de n elementos que
possuem exatamente k ciclos.
Apresentaremos uma interpretação equivalente, de caráter combinatório que será útil nas
demonstrações das identidades.
21
Interpretação combinatória: Para inteiros 0, n
n kk
≥ ≥
conta o número de formas de n pessoas
distintas se sentarem em k mesas circulares idênticas sem que seja permitido que alguma dessas
mesas fique vazia. Cada mesa corresponde a um ciclo da nossa definição anterior. Se n < 0, k < 0 ou
n < k consideraremos 0nk
=
Vamos analisar alguns casos mais simples. Por exemplo, 1nn
=
pois conta o caso
(1)(2)(3)...(n), em que cada pessoa está em uma mesa. Também podemos dizer que
0, se 0 (não há nenhum caso, pois ao menos uma mesa é ocupada) 0 1, se 0 (por conveniêcnia. Pode-se interpretar com sendo a única forma não sentar nin n
n>
= = nguém)
Outros dois casos simples são e ( 1)!1 2 1
n n nn
n
= = − −
No primeiro caso, a única maneira para sentarmos n pessoas distintas em 1n − mesas
circulares idênticas é distribuirmos em 2n − mesas com apenas uma pessoa cada e uma mesa com
duas pessoas. Então basta escolher dentre as n pessoas as duas que sentam juntas à mesma mesa.
Essa escolha pode ser feita de 2n
formas.
No segundo caso, para sentarmos n pessoas em uma apenas uma mesa as contagens só se
distinguirão com relação ao ordenamento circular das pessoas nessa mesa. Tomando como
referencial a pessoa 1 restam 1n − pessoas para se sentarem em 1n − posições de ( 1)!n − maneiras
distintas.
3.2 – Identidades com números de Stirling de primeiro tipoTrabalharemos com as mesmas técnicas dos capítulos 1 e 2 para provarmos as identidades
desse capítulo. A menos que esteja explícito no texto, consideraremos mesas como mesas circulares
e preenchimento de mesas àqueles que não permitem que nenhuma mesa fique vazia.
IDENTIDADE 8: 1
Para 1, !n
k
nn n
k=
≥ =
∑
Pergunta: De quantas formas diferentes n pessoas distintas podem se sentar em n mesas circulares
idênticas, sendo permitido que mesas fiquem vazias?
22
Resposta 1: Observemos o seguinte processo para sentarmos as pessoas nas mesas. A pessoa 1
senta-se em uma mesa e como todas são iguais só há uma escolha. A pessoa 2 pode escolher entre
sentar à direita da pessoa 1 ou sentar-se em uma mesa ainda desocupada, ou seja, há 2 escolhas. A
pessoa 3 pode escolher entre sentar à direita da pessoa 1, à direita da pessoa 2 ou sentar-se em uma
mesa ainda desocupada, totalizando 3 escolhas. Prosseguindo dessa forma a pessoa n terá n opções,
que são: sentar-se à direita da pessoa 1, à direita da pessoa 2, à direita da pessoa 3, ..., à direita da
pessoa 1n − ou sentar-se em uma mesa ainda desocupada. Então, pelo princípio multiplicativo há
1 2 3... ( 1) !n n n⋅ ⋅ − ⋅ = .
Resposta 2: Agora, dividiremos o problema em casos de acordo com o número de mesas ocupadas.
O número de mesas mínimo a ser ocupadas é 1, caso em que todas as pessoas se sentem em uma
mesma mesa. Por outro lado, o número máximo de mesas ocupadas é n, caso em que cada pessoa se
senta, sozinha, em uma mesa. Por definição, há nk
formas de sentarmos as n pessoas em um
número k de mesas ocupadas (k = 1, 2 , ... , n).
Logo, somando todos os casos para k, n
k 1
nk=
∑ , cobrimos todas as situações possíveis.
▄
A próxima identidade é similar à relação de Stiffel para números binomiais pois
relacionará os números de Stirling de primeiro tipo de uma ordem n com os de ordem anterior 1n − .
IDENTIDADE 9: 1 1
Para 1, ( 1)1
n n nn k n
k k k− −
≥ ≥ = + − ⋅ − Pergunta: De quantas formas diferentes n pessoas podem se sentar em k mesas?
Resposta 1: Por definição, há nk
formas.
Resposta 2: Agora, dividiremos a contagem em dois casos, de acordo com a pessoa 1, a saber:
• A pessoa 1 se senta sozinha em uma mesa : Basta apenas sentarmos as outras 1n −
pessoas restantes nas 1k − mesas não ocupadas pela pessoa 1. Isso pode ser feito de
11
nk
− −
formas.
∑=
n
1 k kn
23
• A pessoa 1 não se senta sozinha em uma mesa: Primeiramente distribuímos todas as
pessoas, exceto a pessoa 1, nas k mesas de 1n
k−
formas. Depois, a pessoa 1 pode
escolher onde vai se sentar de 1n − formas distintas, pois ela pode se posicionar
imediatamente à direita de qualquer das 1n − pessoas já sentadas. Pelo princípio
multiplicativo, temos ( ) 11
nn
k−
− ⋅
formas.
Utilizando o princípio aditivo, somamos os dois casos complementares. Analogamente ao
triângulo de Pascal para os números binomiais, temos um triângulo equivalente para os números de
Stirling (ver figura 11) de primeiro tipo. Nele, podemos observar a relação demonstrada na
identidade 9. As linhas representam os valores de n e as diagonais os valores de k.
Figura 11
Exemplo da identidade 9:
+
=
25
. 515
26
274 = 24 + 5. 50
Linha 0Linha 1Linha 2Linha 3Linha 4Linha 5Linha 6
Exemplo da identidade 9:
6 5 55
3 2 3
= + ⋅
274 = 24 + 5 50⋅
24
Na próxima identidade, dividiremos a contagem em dois conjuntos, de acordo com a
paridade do número de mesas ocupadas.
IDENTIDADE 10: 1
Para 2, .( 1) 0n
k
k
nn
k=
≥ − =
∑
Conjunto A: Conjunto com todas as disposições de sentarmos n pessoas distintas ( 2n ≥ ) em um
número par, k, de mesas circulares idênticas. Por definição, o conjunto possui par
.( 1)n
k
k
nk
−
∑
elementos.
Conjunto B: Conjunto com todas as disposições de sentarmos n pessoas distintas (n ≥ 2) em um
número ímpar, k, de mesas circulares idênticas. Por definição, o conjunto possui ímpar
.( 1)n
k
k
nk
−
∑
elementos.
Correspondência: Para cada disposição em que sentarmos n pessoas distintas ( 2n ≥ ) (pessoa 1,
pessoa 2, ..., pessoa n) em um número qualquer de mesas circulares idênticas, podemos dividir em
dois casos: as pessoas 1 e 2 se sentam na mesma mesa ou as pessoas 1 e 2 não se sentam na mesma
mesa.
Para o primeiro caso, podemos desmembrar a mesa em que as pessoas 1 e 2 estão sentadas
em duas outras mesas. A partir da pessoa 1 percorremos no sentido horário até a pessoa x
imediatamente anterior a pessoa 2. Essas pessoas, de 1 a x,formam a primeira mesa, digamos
mesa a. A outra mesa, digamos mesa b, será composta a partir da pessoa 2 percorrendo no sentido
horário até a pessoa y imediatamente anterior à pessoa 1 na composição da mesa antes da divisão.
Dessa forma, correspondemos um caso de uma paridade a outro de outra paridade pois aumentamos
a quantidade em uma mesa.
Para garantir a reversibilidade do processo, vejamos o caso em que as pessoas 1 e 2 estão
sentadas em mesas distintas, digamos mesa a e mesa b. Unimos as duas mesas colocando, na mesa
a, entre a pessoa 1 e a pessoa x, que está imediatamente ao lado da pessoa 1 no sentido anti-horário,
todas as pessoas da mesa b, mantendo o ordenamento, e de forma que a pessoa 2 fique
imediatamente ao lado da pessoa x no sentido horário.
A figura 12 ilustra o procedimento descrito.
Mesa a
Mesa b25
Figura 12
A última identidade dessa seção é muito interessante pois mostra um polinômio que possui
os números de Stirling de primeiro tipo como coeficientes.
IDENTIDADE 11: 1
( 1) ( 2) ... ( 1)n
k
k
nx x x x n x
m=
⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + − = ⋅
∑
É mesmo intrigante, pensar porque os coeficientes desse polinômio são os números de
Stirling de primeiro tipo. E como em todas as outras identidades, devemos buscar a qual situação
contar. Bom, analisemos o coeficiente de kx . Para o obtermos, nas combinações da regra
distributiva, dentre os fatores do polinômio (o primeiro termo x e os demais parênteses), serão
multiplicados obrigatoriamente o primeiro x e outras 1k − vezes os x’s escolhidos dos outros
parênteses. Assim, restam sempre 1 ( 1)n k− − − parênteses que não fornecem os seus x’s para o
produto kx mas, pela regra distributiva, terão números multiplicados que fornecem uma parcela para
a composição do coeficiente do termo kx . O coeficiente do termo x k será dado pela soma de todas
as combinações possíveis dessas multiplicações dos números dos parênteses restantes, os que não
forneceram x. restantes.
Mas por que essas somas resultam em nk
? Um bom indício é que essa soma conta,
dividindo em casos, como podem se sentar n pessoas distintas em k mesas circulares idênticas de
forma que nenhuma das mesas fique vazia. Cabe agora entender os casos contados pela
multiplicação de 1 ( 1)n k− − − números escolhidos dentre 1, 2, 3, ... , 1n − , cada escolha
correspondendo a um caso diferente. Para isso, imaginemos n pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... ,
26
pessoa 1n − ) para se sentarem em k mesas circulares idênticas de forma que nenhuma das mesas
fique vazia.
Separaremos em casos “pré-sentando” k pessoas para preencherem as k mesas, sendo essas
pessoas as de menor número em suas respectivas mesas. A pessoa 0 sempre será uma dessas k
pessoas pois obrigatoriamente será a pessoa de menor número em sua mesa. Logo, são “pré-
sentadas” a pessoa 0 e mais outras 1k − pessoas quaisquer. Vale alertar que estas pessoas estão
associadas aos x’s multiplicados do polinômio. O primeiro x à pessoa 0, esta sempre sentada e
aquele sempre multiplicado. Os outros 1k − x’s multiplicados dos outros parênteses às outras 1k −
pessoas “pré-sentadas”. Antes de sentarmos as outras pessoas, as ordenamos em fila, em ordem
crescente de seus números. Assim ordenadas, a pessoa de menor número, digamos pessoa i, tem i
opções de escolha para se sentar, que são: à direita da pessoa 0, da pessoa 1, ... , da pessoa 1i − .
Note que todas essas pessoas já estão “pré-sentadas”, pois caso contrário elas estariam ordenadas
anteriormente à pessoa i, na fila de espera, com as pessoas que estão por sentar. Além disso, não há
mais opções para a pessoa i se sentar à direita de outras pessoas “pré-sentadas”, pois essas outras
teriam o número maior que i e, pela hipótese de construção, são as pessoas de menores números de
suas mesas.
Da mesma forma, a próxima pessoa j a se sentar depois da pessoa i, terá j opções. E assim,
a próxima pessoa k, terá k opções e assim para todas as outras, até a última pessoa w. Pelo princípio
multiplicativo há, então, ...i j k w⋅ ⋅ ⋅ ⋅ formas dessas pessoas que não estão “pré-sentadas” se
sentarem.
Em cada caso diferente desses, um produto diferente de 1 ( 1)n k− − − números escolhidos
dentre 1, 2, 3, ... , 1n − é obtido. Unindo todos esses casos teremos todas as formas possíveis de
sentarmos n pessoas distintas em k mesas circulares idênticas, de forma que nenhuma delas fique
vazia.
Ao analisarmos para diferentes números de mesas a serem ocupadas temos todos os
coeficientes do polinômio como números de Stirling de primeiro tipo.
▄
3.3 - Os números de Stirling de segundo tipoOs números de Stirling de segundo tipo guardam semelhança com os de primeiro tipo.
Entretanto, em vez de ciclos de uma permutação temos partições (subconjuntos) de um conjunto.
Antes da definição formal e da interpretação combinatória, apresentamos um exemplo.
Seja o conjunto A = {1,2,3,4,5}. De quantas formas distintas podemos reparti-lo em 3
subconjuntos? Listemos as respostas.
27
• {1,2,3}{4}{5}• {1,2,4}{3}{5}• {1,2,5}{3}{4}• {1,3,4}{2}{5}• {1,3,5}{2}{4}• {1,4,5}{2}{3}• {1}{2,3,4}{5}• {1}{2,3,5}{4}• {1}{2,4,5}{3}• {1}{2}{3,4,5}• {1}{2,3}{4,5}• {1}{2,4}{3,5}• {1}{2,5}{3,4}
• {1,3}{2}{4,5}• {1,4}{2}{3,5}• {1,5}{2}{3,4}• {1,2}{3}{4,5}• {1,4}{2,5}{3}• {1,5}{2,4}{3}• {1,2}{3,5}{4}• {1,3}{2,5}{4}• {1,5}{2,3}{4}• {1,2}{3,4}{5}• {1,3}{2,4}{5}• {1,4}{2,3}{5}
São 25 disposições possíveis. Para efeitos de padronização, listaremos sempre os
elementos das partições em ordem crescente e as partições em ordem crescente de menor elemento.
Vamos à definição de nk
, um número de Stirling de segundo tipo.
Definição: Para inteiros 0, n
n kk
≥ ≥
conta o número de formas diferentes de se repartir os n
elementos de um conjunto A (de elementos distintos) em k subconjuntos disjuntos.
Tal como fizemos para os números de Stirling de primeiro tipo, apresentaremos uma
interpretação combinatória equivalente que nos auxiliará nas próximas identidades.
Interpretação combinatória: Para inteiros 0, n
n kk
≥ ≥
conta o número de formas de
distribuir-se n pessoas distintas em k salas idênticas sem que seja permitido que alguma dessas salas
fique vazia. Cada sala corresponde a um subconjunto da nossa definição anterior. Se n < 0, k < 0 ou
n < k consideraremos 0nk
=
.
Assim como fizemos para os números de Stirling de primeiro tipo, antes de apresentarmos
as identidades analisaremos os casos mais simples.
28
Diretamente da definição podemos perceber que 1nn
=
e 1
1n
=
pois contam,
respectivamente, os casos elementares {1}{2}{3}...{n}, quando cada pessoa ocupa sozinha uma
sala, e {1,2,3,...n}, quando todas as pessoas se sentam em uma única sala. Dizemos também que:
0, se 0 (não há nenhum caso, pois ao menos uma sala é ocupada) 0 1, se 0 (por conveniêcnia. Pode-se interpretar com sendo a única forma não coln n
n> = = cocar ninguém)
Outros dois casos simples são 1 e 2 11 2 2
nn n nn
− = = − −
No primeiro caso, para dispormos n pessoas em 1n − mesas não-vazias idênticas, só há
uma forma. Do total de salas, 2n − terão apenas uma pessoa enquanto a outra sala terá duas
pessoas. Basta escolher dentre todas as n pessoas as duas que ficarão na mesma sala. Isso pode ser
feito de 2n
maneiras.
No segundo caso, ao dividirmos n elementos de um conjunto A = {1,2, ... , n} em dois
subconjuntos, o conjunto da direita é um subconjunto não-vazio do conjunto D = {2,3, ..., n}. Há 12 1n− − desses conjuntos (todos os subconjuntos de D menos o subconjunto vazio). Os elementos
que não fazem parte desse subconjunto constituirão juntamente com o elemento 1 o conjunto da
esquerda.
3.4 – Identidades com números de Stirling de primeiro e segundo tipoNesta seção apresentaremos três identidades. As duas primeiras envolvem números de
Stirling apenas de segundo tipo enquanto a última envolve os dois tipos. A menos que esteja
explícito no texto, consideraremos como ocupação de salas àquelas que não permitem que alguma
sala fique vazia.
A próxima identidade também é similar à relação de Stiffel para números binomiais e com
a identidade 9, relacionando os números de Stirling de segundo tipo de uma ordem com os de
ordem anterior.
IDENTIDADE 12: 1 1
Para 1, 1
n n nn k k
k k k− −
≥ ≥ = + ⋅ −
Pergunta: De quantas formas diferentes podemos dividir n pessoas distintas em k salas idênticas
não- vazias?
29
Resposta 1: Por definição, há nk
formas.
Resposta 2: Sejam as pessoas 1,2, ... , n. Dividiremos em dois casos, de acordo com a pessoa 1, a
saber:
• A pessoa 1 fica sozinha em sua sala : Resta, apenas, distribuir as outras 1n − pessoas nas
1k − salas restantes de 11
nk
− −
formas.
• A pessoa 1 não fica sozinha em sua sala : Primeiramente, distribuímos as 1n − outras
pessoas em todas as k salas de 1n
k−
formas. Depois, escolhemos em qual das salas já
ocupadas a pessoa 1 vai ficar. São k escolhas. Pelo princípio multiplicativo, são
1nk
k−
⋅
formas.
Utilizando o princípio aditivo, somam-se os dois casos complementares.
▄
Também apresentamos o triângulo para os números de Stirling de segundo tipo. Podemos
observar a relação demonstrada na identidade 12. As linhas representam os valores de n e as
diagonais os valores de k.
Figura 13
IDENTIDADE 13: 0
Para 0, n
n kx
k
nn x A
k=
≥ = ⋅
∑
Linha 0Linha 1Linha 2Linha 3Linha 4Linha 5Linha 6
Exemplo da identidade 12:
6 5 54
4 3 4
= + ⋅
65 = 25 + 4 . 10
30
Pergunta: De quantas formas diferentes n pessoas podem ocupar x salas distintas, sendo permitido
que alguma(s) sala(s) fique(m) vazia(s)?
Resposta 1: Cada uma das n pessoas tem x opções independentemente da escolha das outras. Então,
pelo princípio multiplicado, são x n.
Resposta 2: Dividiremos o problema em casos de acordo com o número de salas ocupadas. Para um
número qualquer de salas ocupadas, digamos k (0 ≤ k ≤ n), primeiramente, escolhemos os grupos
que ocuparão cada uma das k salas. Para isso, dividimos as n pessoas em k subconjuntos de nk
formas. Depois, posicionamos os grupos em k salas das x disponíveis. Não podemos nos esquecer
que as salas são distintas. Portanto, há Akx formas. Pelo princípio multiplicativo, temos Ak
x
nk
⋅
, o
termo do somatório do membro direito da identidade. Somando todos os valores k, cobrimos
todos os casos. Vale lembrar que para k = 0, o termo do somatório será nulo, uma vez que 0A 0x = .
Também , se k > n, 0nk
=
. Assim, o índice k do somatório poderia também variar infinitamente
sem prejuízo da identidade.
▄
A próxima identidade envolve os dois tipos de número de Stirling.
IDENTIDADE 14: Para , 0m n ≥ ,0
( 1) ( 1) n
k nm n
k
n kk m
δ=
⋅ ⋅ − = − ⋅
∑ , onde , 1m nδ = , se m = n e
, 0m nδ = , se m ≠ n .
Para provarmos a identidade, utilizaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto P : Conjunto de todas as distribuições de n pessoas sentadas em um número par de mesas
circulares idênticas não-vazias dispostas em m salas idênticas não-vazias. Utilizando os conceitos
de números de Stirling de primeiro e segundo tipo e somando todos os casos, temos que o tamanho
do conjunto P , | P | , é
k par
n kk m
⋅
∑ . .
Conjunto I: Da mesma forma para os números ímpares, seja I o conjunto de todas as distribuições
de n pessoas sentadas em um número ímpar de mesas circulares idênticas não-vazias dispostas em
31
m salas idênticas não-vazias. Utilizando os conceitos de números de Stirling de primeiro e segundo
tipo e somando todos os casos, temos que o tamanho do conjunto I , | I | , é
k ímpar
n kk m
⋅
∑ .
Antes de fazermos a correspondência é importante alertarmos que o termo ( 1)k− no
somatório indica uma soma alternada de termos. Podemos interpretar essa soma como uma
comparação entre os tamanhos dos conjuntos com k par ou ímpar. Se a soma for zero indica que os
conjuntos possuem o mesmo tamanho, caso contrário os conjuntos possuem uma diferença na
quantidade de elementos.
Correspondência: Vamos estabelecer uma correspondência um a um entre o conjunto P e I, salvo
nos casos em que m = n.. Nesses casos teremos uma quase correspondência. Dividimos em duas
partes, analisando primeiramente o caso em que m = n.
Se m = n , o número de pessoas é o mesmo do número de salas. Assim, só há uma forma
de resolver o problema: distribuir uma pessoa por mesa e uma mesa por sala. É relevante observar
que o número de mesas, portanto, também será igual ao número de pessoas e salas. Se n for par o
conjunto P terá um elemento (o caso descrito na linha anterior) enquanto I será vazio, pois o índice
k correspondente ao número de mesas só percorre números ímpares. Por outro lado, se n for ímpar,
acontece o contrário: I terá um elemento e P será vazio. Isso encerra esse caso e explica o porquê do
segundo membro da identidade resultar em 1 ou –1 de acordo com o sinal de n (ou m).
Agora, suponhamos que n ≠ m. Se n < m, tanto o conjunto P quanto I serão vazios pois não
há como preencher todas as salas se não há pessoas em número suficiente (observe que mesmo
nesse caso a identidade continua válida de acordo com as definições de números de Stirling).
No caso em que n > m temos uma correspondência mais interessante. Observe que em
todos os elementos, seja do conjunto P ou I, haverá ao menos uma sala com pelo menos duas
pessoas (princípio da casa do pombo [2]). Sejam as pessoas numeradas tais como habitualmente
usamos: pessoa 1, pessoa 2, ... , pessoa n. Considere também, c como o menor número de uma
pessoa que não esteja sozinha em uma sala e d como o menor número maior do que c de uma
pessoa que esteja na mesma sala da pessoa c. Basta, fazer o mesmo procedimento reversível de
mudança de paridade similar ao que foi feito na identidade 10.
Separaremos em dois subcasos, de acordo com as pessoas c e d. A condição será se elas
estão sentadas na mesma mesa ou não.
Se as pessoas c e d estiverem em uma mesma mesa, podemos desmembrá-la em duas
outras mesas. A partir da pessoa c percorremos no sentido horário até a pessoa x imediatamente
anterior a pessoa d para formarmos a primeira mesa, digamos mesa a. A outra mesa, digamos mesa
32
b, será composta a partir da pessoa d percorrendo no sentido horário até a pessoa y imediatamente
anterior à pessoa c na composição da mesa antes da divisão. Dessa forma, correspondemos um caso
de uma paridade a um de outra paridade pois aumentamos a quantidade em uma mesa.
Para garantir a reversibilidade do processo, vejamos o caso em que as pessoas c e d estão
sentadas em mesas distintas, digamos mesa a e mesa b. Unimos as duas mesas colocando, na mesa
a, entre a pessoa c e a pessoa x, que está imediatamente ao lado da pessoa c no sentido anti-horário,
todas as pessoas da mesa b, mantendo o ordenamento, e de forma que a pessoa d fique
imediatamente ao lado da pessoa x no sentido horário.
A figura 12, ilustra esse processo, na qual as pessoas 1 e 2 fazem as vezes das pessoas c e
d, respectivamente.
▄
3.5 – Os números harmônicos
Os números harmônicos são obtidos pela conhecida seqüência harmônica nh , formado
pelos inversos dos números naturais. Os primeiros termos da seqüência é o n-ésimo termo são
1 1 11, , ,..., , ...2 3 n
.
Definamos, agora, os números harmônicos. O n-ésimo número harmônico, denotado por
nH , é a soma dos n primeiros termos da seqüência harmônica. Assim, 1 1H = , 21 312 2
H = + = ,
31 1 1112 3 6
H = + + = e assim por diante. No caso genérico, 1
n
n nk
H h=
= ∑ Por conveniência, definimos
0 0H = .
Lembramos que a seqüência harmônica diverge, embora o seu crescimento ocorra
lentamente.
Um interessante resultado algébrico é que para n > 1, nH nunca é inteiro. Isso é,
aparentemente, um contraponto às interpretações combinatórias, que tratam de problemas de
contagem. No entanto, há diversas identidades envolvendo números harmônicos e coeficientes
binomiais, esses últimos amplamente usados em conteúdo combinatório. Representar o termo nH ,
explicitamente, como a soma parcial da seqüência harmônica, nos fornece uma visão mais clara a
respeito de um possível aspecto combinatório.
33
Desenvolvendo 1 1 11 ... 2 3nH
n= + + + + por manipulações algébricas chegamos a
n 1 2 3 ...
naHn
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅
e finalmente a !n
naHn
= .
O termo n! no denominador possui muitas interpretações combinatórias, restando-nos
interpretar o significado combinatório do termo na , que aparece no numerador. Além disso, teremos
que relacionar em uma mesma situação combinatória, os termos na e n!. Esse elo será o número de
Stirling de primeiro tipo 1
2
n +
conforme o Teorema combinatório a seguir.
TEOREMA COMBINATÓRIO 1: Para n ≥ 0,
12
!n
n
Hn
+ =
Antes de apresentarmos a demonstração do teorema, cabem algumas observações.
Como utilizaremos, de agora em diante, diversas vezes o número de Stirling de primeiro
tipo 2n
, o denotaremos por nℑ , para efeitos de simplificação de notação.
Em nossa demonstração, não mostraremos, uma interpretação combinatória para nH e sim
para ! nn H⋅ . Esse termo é exatamente o termo na (conta: ! ! !n
n nan H n an
⋅ = ⋅ = ), que surge no
numerador da definição de nH e que faltava-nos interpretar combinatorialmente.
Fazendo uma pequena mudança algébrica, demonstraremos o Teorema combinatório 1
como uma identidade equivalente.
IDENTIDADE 15: Para n ≥ 0, ! n nn Hℑ = ⋅
Pergunta: De quantas formas diferentes podemos sentar 1n + pessoas em duas mesas circulares, de
forma que nenhuma delas fique vazia?
Resposta 1: Por definição, 1n+ℑ formas.
Apresentaremos duas opções para uma segunda resposta à pergunta que visa solucionar a
identidade. Mais do que isso, são duas formas alternativas de interpretar o termo na . Em ambas as
34
respostas, consideraremos as pessoas numeradas a partir da pessoa 0 até a pessoa n, e
denominaremos por mesa a aquela em que está a pessoa 0 e mesa b a outra mesa, sem a pessoa 0.
Resposta 2.1: Primeiramente, sentamos todas as 1n + pessoas em torno de uma mesma mesa
circular, o que pode ser feito de !n formas diferentes. Para formarmos a segunda mesa, girando a
partir da pessoa 0 no sentido horário, precisamos saber onde romper essa primeira mesa para
formarmos a segunda mesa. Dividiremos em casos, de acordo com o número de pessoas k na mesa
b. O valor de k é tal que 1 ≤ k ≤ n, pois há pelo menos uma pessoa na mesa b e pelo menos a pessoa
0 na mesa a.
Para um número k qualquer, temos a mesa b com k pessoas e a mesa a com 1n k− +
pessoas. Temos, então, a seguinte configuração:
• Mesa a : Possui um total de 1n k− + pessoas sendo a pessoa 0 e mais outras n – k
pessoas. Girando no sentido horário a partir da pessoa 0, denotaremos as pessoas com os
índices 0, 1 2 3, , ,..., n ka a a a − .
• Mesa b : Possui um total de k pessoas, que são as pessoas em seqüência à pessoa n ka − ,
ainda girando no sentido horário até a pessoa imediatamente anterior à pessoa 0, na mesa
em que estão todas as pessoas inicialmente. Denotaremos essas pessoas com os índices
1 2 3, , ,...,n k n k n k na a a a− + − + − + .
O leitor poderá observar que essa partição de uma mesa em duas já foi feita nas identidades
10 e 14. No entanto, naquelas ocasiões a segunda mesa obrigatoriamente já estava ordenada a partir
do seu menor elemento. Isso porque nós partíamos a mesa nesse elemento.
Agora, temos que tomar cuidado com as duplicidades de contagem que ocorrem. Ao
desmembrarmos a mesa inicial para formarmos a mesa b, diferentes ordenações das pessoas
1 2 3, , ,...,n k n k n k na a a a− + − + − + inicialmente, representarão a mesma composição na nova mesa b. Isso
ocorre pois ao colocarmos essas pessoas em torno de uma nova mesa, o que difere um caso de outro
é a posição relativa das pessoas e não as posições fixas. Como exemplo, imaginemos que na mesa
original tenhamos o ordenamento (123) para formarmos a mesa b. A mesma mesa b seria formada
com os ordenamentos (231) ou (312), pois indicam a mesma composição se dispostos em uma mesa
circular. Com k pessoas, cada caso está contado k vezes. Basta mudar o primeiro elemento (k
formas) e manter as posições relativas.
Para entender, ainda, de outra maneira, podemos fixar como âncora (esse procedimento é o
que normalmente é utilizado em permutações circulares) o menor elemento. Assim, a mesa b estará
35
ordenada a partir do menor elemento apenas se a n – k + 1 for o menor elemento do conjunto (a n – k + 1
,a n – k + 2 , a n – k + 3 , ... ,a-n). Isso ocorre uma vez em k oportunidades .
Por isso, devemos dividir n! por k para eliminarmos as contagens multiplicadas.
Somando todas as variações de k e desenvolvendo o somatório, temos
1 1
! 1! ! n n
nk k
n n n Hk k= =
= ⋅ = ⋅∑ ∑ .
▄
Consideremos, agora, a resposta alternativa.
Resposta 2.2: Os casos separados aqui são de acordo com o menor número r, das pessoas
numeradas, da mesa b. Como as pessoas são numeradas de 0 a n , 1≤ r ≤ n.
De acordo com a nossa condição r é o menor elemento da mesa b e por isso as pessoas 0,
1, 2, ... , 1r − estão todas sentadas na mesa a. Como a pessoa 0 já está sentada na mesa a, há ( 1)!r −
formas de sentarmos as pessoas 1 a 1r − também na mesa a. As outras pessoas 1, 2, ... , r r n+ +
poderão se sentar tanto na mesa a quanto na mesa b. Como já há 1r + pessoas sentadas, r na mesa
a, da pessoa 0 a pessoa 1r − , e uma pessoa na mesa b, a pessoa r , as outras pessoas podem escolher
ao lado direito de qual das pessoas já sentadas quer ficar. Para a primeira pessoa, digamos a pessoa
1r + , há 1r + opções, que são à direita das pessoas 0, 1, 2, ... , r. O número de escolhas vai
aumentando para as próximas pessoas a se sentarem pois o número de pessoas sentadas aumenta.
Então, para a pessoa 2r + , além de 1r + opções, assim como a tinha a pessoa 1r + , há também a
possibilidade de sentar ao lado direito da pessoa 1r + . Totalizam, portanto, 2r + opções.
Prosseguindo dessa forma, chegamos à pessoa n com n opções para escolher uma posição para se
sentar e pelo princípio multiplicativo, temos ( 1) ( 2) ...r r n+ ⋅ + ⋅ ⋅ formas de sentarmos as pessoas
essas outras pessoas 1, 2, ... , r r n+ + . Esse termo pode ser reescrito como !!
nr
, basta multiplicar e
dividir por r!. Novamente pelo princípio multiplicativo compomos as etapas de sentar as pessoas de
números menores, 0 a r, na mesa a e depois as outras restantes, 1r + a n, em qualquer das mesas.
Temos !( 1)! !
nrr
− ⋅ formas. Simplificando os termos ( 1)! e !r r− temos !n
r.
Somando todos os casos e desenvolvendo o somatório, temos 1 1
! 1! !n n
nr r
n n n Hr r= =
= = ⋅∑ ∑ .
▄
36
Um fato interessante, é que pelo Teorema combinatório 1, podemos visualizar nH como a
razão entre o número de formas de se disporem 1n + pessoas em duas mesas circulares idênticas
pelo número de formas de sentar também essas 1n + em apenas uma mesa circular, pois
1!
1n
n+
=
.
3.6 – Identidades com números HarmônicosNessa seção apresentaremos duas identidades que envolvem números harmônicos. Para as
provarmos, utilizaremos o Teorema combinatório 1, “reindexaremos” os índices dos somatórios e as
manipularemos algebricamente com o intuito de apresentarmos uma outra identidade que possa ser
apresentada um demonstração combinatória.
Alertamos o leitor que as citadas manipulações algébricas são realmente necessárias e
mudam apenas como as identidades se apresentam. Isso porque não temos uma interpretação
combinatória pura para os números harmônicos ( nH ) e sim para ! nn H⋅ . Lembramos que os
números harmônicos nH sequer são inteiros para n ≥ 2. O objetivo dessas manipulações é
justamente trazer-nos para o contexto combinatório.
Também, por nosso objetivo ser o aspecto combinatório das identidades e seus elementos,
não iremos expor as passagens algébricas para obtenção de identidades equivalentes. Tão somente
indicaremos as substituições a serem feitas e o leitor mais curioso poderá comprovar a autenticidade
das equivalências.
Vamos à primeira das identidades.
IDENTIDADE 16.1: Para n ≥ 1, 1
1
nk nk
H n H n−
== ⋅ −∑
Fazendo a translação de n (n:= 1n − ) e aplicando o Teorema combinatório1 na
substituição de nH , chegamos à identidade equivalente que vamos demonstrar.
IDENTIDADE 16.2: Para n ≥ 2, 2
11
( 2)!( 1)!!
n
n kk
nnk
−
+=
−ℑ = − + ⋅ ℑ∑
Pergunta: De quantas formas diferentes podemos sentar n pessoas em duas mesas circulares
idênticas de forma que elas não fiquem vazias?
Resposta 1: Por definição, nℑ formas.
Resposta 2: Sejam as pessoas 1, 2, 3, ... , n. Também denominaremos por mesa a aquela em que
está a pessoa 1 e mesa b a outra mesa, sem a pessoa 1. Separaremos, primeiramente, em dois casos
maiores.
37
• A pessoa 2 fica na mesa b : Nesse caso, temos um caso particular da situação descrita
na resposta 2.2 da demonstração da identidade 15, mas com a diferença que naquela
ocasião as pessoas foram numeradas a partir de 0. Primeiramente, sentamos a pessoa
1 e determina-se a mesa a. A pessoa 2 só tem uma opção que é se sentar na mesa
ainda vazia, que é a mesa b. Basta-nos, usando o princípio multiplicativo,
compormos as opções das pessoas 3, 4, ... , n de se sentarem à direita de alguém já
sentado, inicialmente apenas as pessoas 1 e 2. São ( 1)!n − formas possíveis, com o
procedimento tal qual foi feito na resposta 2.2 da identidade anterior, aumentando-se
o número de opções a cada nova pessoa sentada.
• A pessoa 2 fica na mesa a : Dividiremos esse caso em subcasos de acordo com a
posição da pessoa 2 em relação à pessoa 1 na mesa a. Isto é, girando no sentido
horário a partir da pessoa 1 na mesa a, quando aparece a pessoa 2 (na primeira
posição, segunda posição,etc.).
Com intuito de não tornarmos o texto repetitivo, sempre que citarmos as pessoas
“entre as pessoas 1 e 2”, estaremos nos referindo àquelas compreendidas entre as
duas girando no sentido horário da pessoa 1 para a pessoa 2. Mencionaremos
explicitamente para outras situações que possam gerar dúvidas.
Saberemos exatamente onde está a pessoa 2 se soubermos quantas pessoas estão
entre ela e a pessoa 1 ou de forma equivalente, quantas são as outras pessoas
restantes (as que não estão entre a pessoa 1 e 2). Esta última forma é a que será
utilizada na demonstração. Consideraremos, portanto, como k o número de pessoas
que não estão entre as pessoas 1 e 2. Assim, como são n pessoas no total, excluindo
essas k pessoas e as pessoas 1 e 2, restarão exatamente 2n k− − pessoas entre as
pessoas 1 e 2. Faremos uma divisão em grupo de pessoas, com denominação
específica e com o auxílio de uma figura para tornarmos a exposição da situação o
mais clara possível. Sejam os grupos:
a) 1 o grupo : Grupo composto pelas pessoas entre a pessoa 1 e 2, exclusive as
pessoas 1 e 2.
Denotação: Pessoas 1 2 2, , ... , n ka a a − − girando no sentido horário da pessoa 1 para
pessoa 2.
b) 2 o grupo : Grupo composto pelas outras pessoas da mesa a, ou seja, entre a pessoa
1 e 2 , mas girando no sentido horário desta para aquela.
38
Denotação: Pessoas 1 2, , ... , jb b b , girando no sentido horário da pessoa 1 para a
pessoa 2.
c) 3 o grupo : Grupo composto pelas pessoas da mesa b.
Denotação: Nessa denotação continuaremos com a contagem do índice das
pessoas do grupo anterior. São, então, as pessoas 1 2, , ... ,j j kb b b+ + .
Antes de prosseguirmos com a demonstração apresentamos a figura 14 que esclarece
essa disposição em grupos.
Figura 14
Continuando com a nossa demonstração, vemos que k é tal que 1 2k n≤ ≤ − , pois ao
menos, temos uma pessoa no 3° grupo para garantir que a mesa b não fique vazia e
caso não haja pessoas no 1° grupo todas as pessoas, com exceção das pessoas 1 e 2 (
2n − ) estão no 2° e 3° grupos.
Para organizarmos as posições das pessoas, ordenamos primeiramente dentre as
2n − possíveis, como se sentam as pessoas sentadas entre a pessoa 1 e a pessoa 2 (1°
grupo). Isso pode ser feito de 22
n knA − −
− formas, reescrito como ( 2)!
!n
k−
. Para sentarmos
as outras pessoas, precisamos dividi-las para formar o 2° e o 3° grupos. Observe que
o 2° grupo pode ser vazio mas não o 3° grupo, pois temos que garantir a ocupação da
mesa b. Além disso, se dividirmos as k pessoas restantes em duas mesas circulares
haverá contagens faltando, pois para as pessoas do 2° grupo é necessário estabelecer
um ordenamento que não é estabelecido em divisões em mesas circulares. Isso
39
porque, elas não estão em uma única mesa isolada e sim compõem a mesa a
juntamente com o 1° grupo e as pessoas 1 e 2. Por isso, incluímos a pessoa 2 nessa
divisão das k pessoas restantes em duas mesas circulares. Essa inclusão garantirá a
existência de dois grupos, sendo as pessoas do grupo da pessoa 2 as que comporão o
2° grupo. O grupo sem a pessoa 2 será o 3° grupo. Além disso, para o grupo da
pessoa 2, o ordenamento será definido a partir dela, girando no sentido anti-horário e
ocupando as posições restantes da mesa a, girando no sentido anti-horário após a
pessoa 2n ka − − (ver figura 14).
Então, basta-nos dividir as k pessoas restantes mais a pessoa 2 em dois grupos
circulares de 1k +ℑ formas.
Utilizando o princípio multiplicativo e somando todos os valores possíveis de k,
obtemos o somatório da segunda parcela do segundo membro.
Usando o princípio aditivo somamos os dois casos complementares.
▄
IDENTIDADE 17.1: Para ( )1 10 ,
n
n mk m
k nm n H H
m mn k
−
=
≤ ≤ ⋅ = ⋅ − −
∑
Fazendo a translação de n (n:= 1n − ), m (m:= 1m − ), (k:= 1t − ) e aplicando o Teorema
combinatório1 na substituição de nH , chegamos à identidade equivalente que vamos demonstrar.
IDENTIDADE 17.2: Para 1 1( 1)! ( 1)!( )!1 ,
1( 1)! ( )!
n
n mt m
tn m n mm nmm n t
−
=
− − − −≤ ≤ ℑ = ℑ ⋅ + ⋅ −− − ∑
Pergunta: De quantas formas diferentes podemos sentar n pessoas em duas mesas circulares
idênticas de forma que elas não fiquem vazias?
Resposta 1: Por definição, nℑ formas.
Resposta 2: Sejam as pessoas 1, 2, 3, ... , m, ... , n. Também denominaremos por mesa a aquela em
que está a pessoa 1 e mesa b a outra mesa, sem a pessoa 1. Separaremos, primeiramente, em dois
casos maiores.
• As pessoas 1 a m não ficam todas em uma mesma mesa : Para contarmos esse caso,
primeiramente dividimos as pessoas 1 a m em duas mesas circulares idênticas para
garantirmos que não estarão todas na mesma mesa. Isso pode ser feito de mℑ formas.
Depois sentamos as n m− pessoas restantes, uma de cada vez, ao lado direito de
alguma pessoa já sentada. Nesse procedimento, já utilizado em outras identidades,
para cada nova pessoa a se sentar, os números de escolhas aumentam pois o número
40
de pessoas sentadas também aumenta. Dessa forma há a primeira pessoa a se sentar
tem m escolhas e a última 1n − escolhas. Pelo princípio multiplicativo, são
( 1) ... ( 2) ( 1)m m n n⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ − formas. Multiplicando e dividindo esse termo por
( 1)!m − , o reescrevemos como ( 1)!( 1)!nm
−− . Compondo as duas etapas desse caso,
novamente pelo princípio multiplicativo, chegamos à primeira parcela do segundo
membro da identidade, que é ( 1)!( 1)!mnm
−ℑ ⋅− .
• As pessoas 1 a m ficam todas em uma mesma mesa (mesa a ) : Dividiremos esse caso
em subcasos de acordo com o número de pessoas na mesa a. Esse número, digamos
t, é tal que 1m t n≤ ≤ − pois pela hipótese há pelo menos m pessoas e no máximo
1n − , quando a mesa b só possui uma pessoa para garantir que ela não fique vazia.
Complementarmente, a mesa b possui n t− pessoas.
Primeiramente, sentamos a pessoa 1 determinando a mesa a. A pessoa 1 determina
1t − posições ordenadas a partir dela para serem ocupadas. Como as pessoas 2 a m
se sentam na mesa a, escolhemos das 1t − posições disponíveis 1m − para essas
pessoas e depois as ordenamos nessas 1m − posições. Isso pode ser feito de
1( 1)!
1t
mm
− ⋅ − −
formas.
Agora, das n m− pessoas restantes (pessoa 1, pessoa 2, ... , pessoa m m n+ + )
escolhemos e ordenamos aquelas que ocuparão os outros t m− espaços não
ocupados na mesa a. Feito isso de ( )!n m
t mt m
− ⋅ − −
formas dispomos as últimas
n t− na mesa b de ( 1)!n t− − formas. Pelo princípio multiplicativo, são
( )!( 1)!n m
t m n tt m
− ⋅ − − − −
formas de sentarmos as pessoas 1m + a n. Podemos
simplificar esse termo, da seguinte forma.
( )!( )!( 1)! ( )!( 1)! ( )!( )!( 1)!( )!( )! ( )( 1)! ( )
n m n m t m n t n m n t n mt m n tt m n t t m n t n t n t
− − − − − − − − −⋅ − − − = = = − − − − − − −
Compondo agora, novamente pelo princípio multiplicativo, as duas etapas desse caso
41
e somando todos os valores para t chegamos ao somatório do segundo membro da
identidade, que é 1 1 ( 1)!( )!
1 ( )!
n
t m
t m n mm n t
−
=
− − −⋅ − − ∑ .
Basta, agora, somar os dois casos complementares.
▄
3.7 – ExercíciosNessa seção apresentamos a resolução dos exercícios do capítulo 7 da referência [1], no
total de 15. As identidades envolvem números de Stirling de primeiro e segundo tipo e números
harmônicos e utilizam as técnicas de contagem apresentadas.
EXERCÍCIO 1: Para 1
, 0, 1
n
k m
n k nm n
k m m=
+ ≥ = +
∑
Conjunto A: Conjunto do número de formas de n pessoas se sentarem em um número arbitrário de
mesas não vazias, digamos k mesas, sendo m delas distinguíveis das outras k m− , digamos com
uma toalha. Esse número de mesas é tal que m k n≤ ≤ , para no caso mínimo podermos ao menos
distinguirmos as m mesas com toalha e no caso máximo garantirmos que não haverá mesas vazias.
Para contarmos o número de elementos desse conjunto, sentamos as n pessoas em k mesas nk
e depois escolhemos m delas para colocarmos as toalhas km
. Utilizando o princípio
multiplicativo para compormos as etapas e o princípio aditivo para somarmos todas as variações de
k concluímos que o conjunto possui n
k m
n kk m=
∑ elementos.
Conjunto B: Conjunto do numero de formas de 1n + pessoas (pessoa 0, ... , pessoa n) se sentarem
em 1m + Por definição, o conjunto possui 11
nm
+ +
elementos.
Correspondência: A partir de um elemento do conjunto A chegaremos a um conjunto do elemento B
por meio de um processo reversível de forma única. Ordenamos as k m− mesas que não possuem
toalha em ordem decrescente do número das pessoas de menor número em cada mesa. Todas essas
mesas formarão apenas uma mesa juntamente com a pessoa 0. Após sentarmos a pessoa 0 em uma
mesa, colocamos as outras pessoas das outras k m− mesas a partir da ordem determinada de mesas,
42
girando no sentido horário a partir da pessoa 0, iniciando a colocação a partir da pessoa de maior
número em cada mesa, também no sentido horário. Formada essa mesa, juntamos com as outras k
mesas com toalhas, totalizando 1k + mesas. Também temos um total de 1n + pessoas, as n iniciais
mais a pessoa 0. Formamos, então um elemento do conjunto B.
Verificaremos a reversibilidade desse processo de maneira inequívoca ao elemento inicial
do conjunto A. Primeiramente, determinamos as mesas com toalhas como àquelas que não possuem
a pessoa 0. Para a mesa com a pessoa 0, observamos a numeração das pessoas. A partir da pessoa x,
imediatamente ao lado da pessoa 0 no sentido horário, formamos uma mesa até a pessoa y (essa
mesa inclui a pessoa x e exclui a pessoa y), tal que x y> . Com o mesmo procedimento formaremos
uma segunda mesa a partir da pessoa y até encontrarmos uma pessoa z, tal que y z> , sempre
incluindo a primeira pessoa e excluindo a última. Prosseguindo dessa forma por toda a mesa
retornaremos às k m− mesas iniciais. Isso porque garantimos que as pessoas de número
, , , etc.x y z sejam as pessoas de maiores números em suas mesas.
Formamos, portanto, uma bijeção entre os conjuntos A e B.
▄
EXERCÍCIO 2: Para 1
, 0, 2 ( 1)!n
k
k
nm n n
k=
≥ = +
∑
Essa identidade é uma generalização da identidade do exercício 1, pois contamos agora para
m variável. Por meio de pequenas manipulações algébricas, usando o resultado da identidade 8 e
lembrando que 0
2k
k
k
km=
=
∑ (quantidade de subconjuntos de um conjunto de tamanho k), variamos
o valor de m ( 0 m n≤ ≤ ) para obtermos a demonstração.
0 0 0 0 0 0
0 1
1( 1)! ( 1)!
1
2 ( 1)! 2 ( 1)!
nn n n k n k
m m k m k mk m
n nk k
k k
n k n n k n kn n
k m m k m k mn n
n nk k
= = = = = ==
= =
+ = → = + → ⋅ = + → +
→ = + → = +
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑
A última passagem decorre do fato que 0, para 0 0n
n
= >
.
▄
EXERCÍCIO 3: Para 1
, 0, 1
n
k m
n k nm n
k m m=
+ ≥ = +
∑
Pergunta: De quantas formas 1n + pessoas (pessoa 0 a pessoa n) podem ocupar 1m + salas?
43
Resposta 1: Por definição, 11
nm
+ +
formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o número de pessoas, digamos k, que não estão na
mesma sala da pessoa 0. Restam n k− pessoas que ocupam a sala juntamente com a pessoa 0. Esse
número k é tal que m k n≤ ≤ , pois para garantirmos que todas as salas estejam ocupadas
precisamos ao menos de m para ocuparem as salas em que não está a pessoa 0. Por outro lado, se a
pessoa 0 estiver sozinha em sua sala implica que n pessoas não estão na mesma sala da pessoa 0.
Primeiramente, escolhemos dentre as n pessoas possíveis (pessoa 1 a n) quais são as k
pessoas que ocuparão salas distintas da sala da pessoa 0 e as dividimos em m salas. Isso pode ser
feito de n kk m
⋅
formas. Por último, ocupamos a outra sala com a pessoa 0 e as outras n k−
pessoas restantes. Só há 1 escolha, determinada a partir da primeira etapa.
Somando todos os casos temos o somatório do primeiro membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 4: Para 0
1, 0,
m
k
n k m nm n k
k m=
+ + + ≥ ⋅ =
∑
Pergunta: De quantas formas 1m n+ + pessoas (pessoa 0 a pessoa m n+ ) podem ocupar m salas?
Resposta 1: Por definição, 1m n
m+ +
formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o maior número k, tal que a pessoa k não ocupa
sozinha uma sala. Essa pessoa k pode ser no mínimo a pessoa 1n + , quando as pessoas 0 a 1n +
ocupam uma única sala e as 1m − pessoas seguintes (pessoa 2n + à pessoa m n+ ) ocupam uma
sala cada uma. Por outro lado, o maior valor da pessoa k é m n+ , quando a pessoa m n+ não
estiver sozinha em uma sala. Logo, k é tal que 1n k m n+ ≤ ≤ + . Por nossa hipótese, partimos do
pressuposto que cada uma das pessoas 1k + a m n+ , ocupam sozinhas uma sala cada. Essas
pessoas ocupam m n k+ − salas, uma pessoa em cada sala, restando k n− salas desocupadas. Para
ocuparmos essas últimas, deixamos inicialmente de fora a pessoa k e as ocupamos com as outras k
pessoas (pessoa 0 à pessoa 1k − ). Isso pode ser feito de k
k n −
formas. Depois, basta escolher em
qual dessas k n− salas ficará a pessoa k. Pelo princípio multiplicativo, temos ( )k
k nk n
− ⋅ −
formas.
44
Somando todas as variações de k temos 1( )
m n
k n
kk n
k n
+
= +
− ⋅ −
∑ que é equivalente ao primeiro
membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 5: Para 0
1, 0, ( )
m
k
n k m nm n n k
k m=
+ + + ≥ + ⋅ =
∑
A demonstração dessa identidade usa uma divisão em casos similar à do exercício anterior
mas em vez de salas temos mesas.
Pergunta: De quantas formas 1m n+ + pessoas (pessoa 0 a pessoa m n+ ) podem se sentar em m
mesas circulares?
Resposta 1: Por definição, 1m n
m+ +
formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o maior número k, tal que a pessoa k não se senta
sozinha em uma mesa. Essa pessoa k pode ser no mínimo a pessoa 1n + , quando as pessoas 0 a
1n + se sentam em uma única mesa e as 1m − pessoas seguintes (pessoa 2n + à pessoa m n+ ) se
sentam em uma mesa cada uma. Por outro lado, o maior valor da pessoa k é m n+ , quando a pessoa m n+ não estiver sozinha em uma mesa. Logo, k é tal que 1n k m n+ ≤ ≤ + . Por nossa hipótese,
partimos do pressuposto que cada uma das pessoas 1k + a m n+ , ocupam sozinhas uma mesa cada.
Essas pessoas ocupam m n k+ − mesas, uma pessoa em cada mesa, restando k n− mesas
desocupadas. Para ocuparmos essas últimas, deixamos inicialmente de fora a pessoa k e as
ocupamos com as outras k pessoas (pessoa 0 à pessoa 1k − ). Isso pode ser feito de k
k n −
formas.
Depois, basta escolher à direita de qual dessas k pessoas ficará a pessoa k. Pelo princípio
multiplicativo, temos k
kk n
⋅ −
formas.
45
Somando todas as variações de k temos 1
m n
k n
kk
k n
+
= +
⋅ −
∑ que é equivalente ao primeiro
membro da identidade, a menos do primeiro termo do somatório da identidade. Mas esse termo é
nulo, pois 00n
=
.
▄
EXERCÍCIO 6: Para 1
, 0, ( 1)1
nn k
k m
k nm n m
m m−
=
+ ≥ ⋅ + = +
∑
Pergunta: De quantas formas 1n + pessoas (pessoa 1 a pessoa 1n + ) podem ocupar 1m + salas?
Resposta 1: Por definição, 11
nm
+ +
formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o menor número k, tal que as pessoas 1, 2, ... , k já
garantam que todas as 1m + salas estejam ocupadas. Essa pessoa k pode ser no mínimo a pessoa
1m + , para conseguirmos povoar todas as 1m + salas e no máximo a pessoa 1n + , quando a pessoa
1n + ocupa sozinha uma sala. Logo, k é tal que 1 1m k n+ ≤ ≤ + . Primeiramente, distribuímos as
1k − primeiras pessoas (pessoa 1 à pessoa 1 k − ) em m salas e depois colocamos a pessoa k
sozinha em uma sala. Dessa forma, ocupamos todas as 1m + salas. Isso pode ser feito de 1k
m−
formas. Vale alertar que caso tentássemos colocar de uma só vez as k primeiras pessoas para povoar
todas as 1m + salas não garantiríamos a minimidade de k.
Depois, cada uma das 1n k− + pessoas restantes (pessoa 1 k + à pessoa 1n + ) escolhe em
qual sala vai ficar. Como há 1m + salas, usando o princípio multiplicativo são ao total 1( 1)n km − ++
formas. Compondo as duas etapas, pelo princípio multiplicativo, temos 11( 1)n kkm
m− +−
⋅ +
formas.
Somando todas as variações de k temos 1
1
1
1( 1)
nn k
k m
km
m
+− +
= +
− ⋅ +
∑ que é equivalente ao
primeiro membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 7: Para 1!, 0, 1!
n
k m
k nnm nm mk=
+ ≥ ⋅ = +
∑
46
A demonstração dessa identidade usa uma divisão em casos similar à do exercício anterior
mas em vez de salas temos mesas.
Pergunta: De quantas formas 1n + pessoas (pessoa 1 a pessoa 1n + ) podem se sentar em 1m +
mesas?
Resposta 1: Por definição, 11
nm
+ +
formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o menor número k, tal que as pessoas 1, 2, ... , k já
garantam que todas as 1m + mesas estejam ocupadas. Essa pessoa k pode ser no mínimo a pessoa
1m + , para conseguirmos povoar todas as 1m + mesas e no máximo a pessoa 1n + , quando a
pessoa 1n + se senta sozinha uma mesa. Logo, k é tal que 1 1m k n+ ≤ ≤ + . Primeiramente,
sentamos as 1k − primeiras pessoas (pessoa 1 à pessoa 1 k − ) em m mesas e depois sentamos a
pessoa k sozinha em uma mesa. Dessa forma, ocupamos todas as 1m + mesas. Isso pode ser feito de
1km−
formas. Da mesma que no exercício anterior, caso tentássemos colocar de uma só vez as k
primeiras pessoas para povoar todas as 1m + mesas não garantiríamos a minimidade de k.
Depois, cada uma das 1n k− + pessoas restantes (pessoa 1 k + à pessoa 1n + ), uma por vez,
escolhe à direita de qual pessoa já sentada vai se sentar. Esse raciocínio já foi utilizado várias vezes
em outras identidades e o número de escolhas cresce à medida que mais pessoas se sentam. Pelo
princípio multiplicativo, essas pessoas podem se sentar de !
( 1)!n
k − formas. Compondo as duas
etapas, também pelo princípio multiplicativo, temos 1 !
( 1)!k nm k−
⋅ − formas.
Somando todas as variações de k temos 1
1
1 !( 1)!
n
k m
k nm k
+
= +
− ⋅ −
∑ que é equivalente ao primeiro
membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 8: Para ( 1)!1 , ( 1)!
n
k m
n k n nm nk m m m=
−≤ ≤ ⋅ = ⋅ − ∑
Conjunto A: Conjunto de m filas tais que a união das pessoas de todas as filas é o conjunto
C = {pessoa 1, pessoa 2, ... , pessoa n}. Por conveniência, organizamos as filas em ordem, em
ordem crescente do número da primeira pessoa de cada fila.
47
Para contarmos o número de elementos desse conjunto escolhemos as m pessoas que serão
as primeiras de suas filas dentre as n pessoas possíveis. Isso pode ser feito de nm
formas. Depois,
posicionamos as outras n m− pessoas, uma de cada vez, para se posicionar à direita de uma pessoa
que já está na fila. Para primeira pessoa há m opções, para a segunda 1m + opções, e assim por
diante, até a última pessoa que terá 1n − opções. Pelo princípio multiplicativo, temos ( 1)!( 1)!nm
−−
formas de alocarmos n m− pessoas.
Compondo as duas etapas, concluímos que o conjunto A possui ( 1)!( 1)!
n nm m
−⋅ − elementos.
Conjunto B: Conjunto do número de formas de colocarmos n pessoas sentadas em um número
arbitrário de mesas circulares distribuídas em m salas. Por definição, esse conjunto possui
n
k m
n kk m=
⋅
∑ elementos.
A faixa de valores que percorre k se justifica, pois necessitamos ao menos de m mesas para
preencher as m salas e não há como se sentar n pessoas em mais de n mesas.
Correspondência: A partir de um elemento do conjunto A encontraremos um elemento do conjunto
B por meio de um processo reversível de forma única.
Temos, então, m filas ordenadas pelos números das primeiras pessoas de cada fila em ordem
crescente. Todas as pessoas de cada fila ocupam uma mesma sala e pra cada fila temos a ocupação
de uma sala diferente. Para distinguirmos as mesas de cada sala, observamos a numeração das
pessoas de uma fila. Imaginemos a primeira fila. A primeira pessoa, digamos pessoa i, da fila senta-
se em uma mesa e todas em seqüência a ela se sentam no sentido horário nessa mesma mesa até
aparecer na seqüência da fila uma pessoa j, tal que j < i. A pessoa j dará início então a uma nova
mesa formada da mesma forma que a primeira até o encontro da primeira pessoa p na seqüência da
fila, tal que p < j. A pessoa p inicia uma nova mesa e assim por diante até o término da fila. Esse
mesmo procedimento será usado em todas as filas para a determinação das mesas em cada uma das
m salas. Obtemos, então, um elemento do conjunto B.
Verificaremos a reversibilidade desse processo de maneira inequívoca ao elemento inicial do
conjunto A. Cada sala dará origem à fila pela qual foi formada no procedimento do parágrafo
anterior. Basta para isso, estabelecemos um conveniente ordenamento de mesas dentro de cada sala.
Elas serão ordenadas em ordem decrescente dos números das pessoas de maior número em cada
48
mesa. Assim, dentro de uma sala qualquer, pegamos a primeira mesa do ordenamento e colocamos
as pessoas dessa mesa em fila a partir da pessoa de maior número nessa mesa, que será a primeira
pessoa da fila, girando no sentido horário. Terminada essa mesa, passamos à segunda mesa do
ordenamento e colocamos as pessoas na seqüência da fila pelo mesmo método que dispomos as
pessoas da primeira mesa. Prosseguimos até o final de todas as mesas na sala. Esse mesmo
procedimento é utilizado em cada sala para formarmos todas as m filas. Obtemos, assim, um
elemento do conjunto A.
Como tanto o processo de transformação de filas em salas quanto o que transforma salas em
filas, podem ser aplicados a quaisquer elementos dos conjuntos A e B, respectivamente, e são
processo injetivos, estabelecemos uma bijeção.
▄
EXERCÍCIO 9: Para 0
, , 0, n m
k
n k n k n p mp m n
k p m p m p
−
=
− + ≥ ⋅ ⋅ = ⋅ +
∑
Pergunta: De quantas formas n pessoas (pessoa 1 a pessoa n) podem ocupar p m+ salas, das quais
p são pintadas de verde e m pintadas de amarelo?
Resposta 1: Em primeiro lugar, ocupamos as p m+ salas com as n pessoas. Isso pode ser feito de
np m
+
formas. Agora, escolhemos quais das p m+ salas serão pintadas de verde (as não
escolhidas automaticamente serão pintadas de amarelo). O total de escolhas possíveis é p m
p+
.
Pelo princípio multiplicativo, compomos as duas etapas com n p m
p m p+
⋅ + formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o número de pessoas, digamos k, que ocupam as
salas verdes. Esse número é tal que 0 k n m≤ ≤ − , pois 0k = quando não há salas verdes e todas as
pessoas estão em salas amarelas. E k é no máximo n m− , pois precisamos de pelo menos m pessoas
para ocuparem as salas amarelas.
Primeiramente, escolhemos quais das n pessoas são as k que ocuparão as salas verdes de
nk
formas. Depois, distribuímos essas k pessoas nas p salas verdes de kp
formas. Por último,
49
basta distribuirmos as outras n k− pessoas nas m salas amarelas n k
m−
formas. Compondo as três
etapas, pelo princípio multiplicativo, e somando para todos os casos de k temos
0
n m
k
n k n kk p m
−
=
− ⋅ ⋅
∑ , o primeiro membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 10: Para 0
, , 0, n
k
n k n k n p mp m n
k p m p m p=
− + ≥ ⋅ ⋅ = ⋅ +
∑
A demonstração dessa identidade usa uma divisão em casos similar à do exercício anterior
mas em vez de salas temos mesas.
Pergunta: De quantas formas n pessoas (pessoa 1 à pessoa n) podem se sentar em p m+ mesas, das
quais p são pintadas de verde e m pintadas de amarelo?
Resposta 1: Em primeiro lugar, ocupamos as p m+ mesas com as n pessoas. Isso pode ser feito de
np m
+
formas. Agora, escolhemos quais das p m+ mesas serão pintadas de verde (as não
escolhidas automaticamente serão pintadas de amarelo). O total de escolhas possíveis é p m
p+
.
Pelo princípio multiplicativo, compomos as duas etapas com n p m
p m p+
⋅ + formas.
Resposta 2: Dividimos em casos, de acordo com o número de pessoas, digamos k, que se sentam
nas mesas verdes. Esse número é tal que 0 k n m≤ ≤ − , pois 0k = quando não há mesas verdes e
todas as pessoas estão em mesas amarelas. E k é no máximo n m− , pois precisamos de pelo menos
m pessoas para se sentarem nas mesas amarelas.
Primeiramente, escolhemos quais das n pessoas são as k que se sentarão nas mesas verdes de
nk
formas. Depois, sentamos essas k pessoas nas p mesas verdes de kp
formas. Por último,
basta sentarmos as outras n k− pessoas nas m mesas amarelas n k
m−
formas. Compondo as três
50
etapas, pelo princípio multiplicativo, e somando para todos os casos de k temos
0
n
k
n k n kk p m=
− ⋅ ⋅
∑ , o primeiro membro da identidade.
▄
EXERCÍCIO 11: Para 1
, 0, ( 1) ( 1)1
nk m
k m
n k nm n
k m m=
+ ≥ ⋅ ⋅ − = − ⋅ +
∑
Para provarmos a identidade, utilizaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto P: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + salas não vazias. As k salas que não contém a pessoa 0, com k par, são dispostas em m
mesas circulares, tal como sentamos pessoas, agora “sentaremos salas em mesas”. Utilizando os
conceitos de números de Stirling de primeiro e segundo tipo e somando todos os casos, temos que o
tamanho do conjunto P , | P | , é
1
1k par
n kk m
+ ⋅ +
∑ . Vale observar que para k < m (não há salas
suficientes para preenchermos as mesas) ou k > n (não há pessoas suficientes para ocuparem as
mesas), os termos do somatório são nulos.
Conjunto I: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + salas não vazias. As k salas que não contém a pessoa 0, com k ímpar, são dispostas em m
mesas circulares, tal como sentamos pessoas, agora “sentaremos salas em mesas”. Utilizando os
conceitos de números de Stirling de primeiro e segundo tipo e somando todos os casos, temos que o
tamanho do conjunto I , | I | , é
1
1k par
n kk m
+ ⋅ +
∑ . Vale observar que para k < m (não há salas
suficientes para preenchermos as mesas) ou k > n (não há pessoas suficientes para ocuparem as
mesas), os termos do somatório são nulos.
Correspondência: Vamos estabelecer uma quase correspondência entre o conjunto P e I. Tomando
um elemento qualquer do conjunto P, escolhemos a pessoa de menor número que está em uma mesa
que possui ao menos duas pessoas. Digamos, que seja a pessoa x. Só não existirá essa pessoa x se
todas as m mesas possuírem apenas uma sala com uma pessoa, mas esse caso será visto mais
adiante.
Se a pessoa x ocupa sozinha uma sala, agregamos a sala dela à sala, nessa mesma mesa,
imediatamente ao lado no sentido horário. Caso a pessoa x não ocupe sozinha uma sala, a retiramos
da sala em que ela está para formar, na mesma mesa, uma outra sala em que ela está sozinha. Essa
sala ficará imediatamente ao lado da mesa cedente da pessoa x, no sentido anti-horário. Em ambos
51
os casos, mudamos a paridade do número de salas mas mantivemos o número m de mesas. Assim,
obtivemos um elemento do conjunto I. Para revertermos o processo, basta usar o mesmo
procedimento no elemento obtido no conjunto I e voltaremos ao elemento inicial do conjunto P.
No caso em que todas as mesas possuem apenas uma sala com uma pessoa, não haverá
correspondência. Nesse caso, escolhemos quais das n pessoas (todas menos a pessoa 0), são as m
que se sentam nas mesas. Todas as outras ficam, obrigatoriamente, na sala da pessoa 0. Essa escolha
pode ser feita de nm
formas. Se m for par, o conjunto P possuirá nm
elementos a mais que I e se
m for ímpar, I possuirá nm
elementos a mais que P. Na identidade, o termo ( 1)m− contempla os
dois casos.
▄
EXERCÍCIO 12: Para 1 !0 , ( 1) ( 1)1 !
nk m
k m
n k nm nk m m=
+ ≤ ≤ ⋅ ⋅ − = − ⋅ +
∑
A demonstração dessa identidade usa uma divisão em casos similar à do exercício anterior
mas em vez de salas temos mesas.
Para provarmos a identidade, utilizaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto P: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + mesas não vazias. As k mesas que não contém a pessoa 0, com k par, são dispostas em m
salas. Utilizando os conceitos de números de Stirling de primeiro e segundo tipo e somando todos
os casos, temos que o tamanho do conjunto P , | P | , é
1
1k par
n kk m
+ ⋅ +
∑ . Vale observar que para
k < m (não há mesas suficientes para preenchermos as salas) ou k > n (não há pessoas suficientes
para ocuparem as salas), os termos do somatório são nulos.
Conjunto I: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + mesas não vazias. As k mesas que não contém a pessoa 0, com k ímpar, são dispostas em
m salas. Utilizando os conceitos de números de Stirling de primeiro e segundo tipo e somando todos
os casos, temos que o tamanho do conjunto I , | I | , é
11k ímpar
n kk m
+ ⋅ +
∑ . Vale observar que para
k < m (não há mesas suficientes para preenchermos as salas) ou k > n (não há pessoas suficientes
para ocuparem as salas), os termos do somatório são nulos.
52
Correspondência: Vamos estabelecer uma quase correspondência entre o conjunto P e I. Tomando
um elemento qualquer do conjunto P, escolhemos a pessoa de menor número que está em uma sala
que possui ao menos duas pessoas. Digamos, que seja a pessoa x. Só não existirá essa pessoa x se
todas as m salas possuírem apenas uma mesa com uma pessoa, mas esse caso será visto mais
adiante.
Seja a pessoa y a pessoa de menor número na sala depois da pessoa x. Se as pessoas x e y
estiverem em uma mesma mesa, podemos desmembrá-la em duas outras mesas. A partir da pessoa
x percorremos no sentido horário até a pessoa a imediatamente anterior à pessoa y para formarmos a
primeira mesa, digamos mesa p. A outra mesa, digamos mesa q, será composta a partir da pessoa y
percorrendo no sentido horário até a pessoa b imediatamente anterior à pessoa x na composição da
mesa antes da divisão. Dessa forma, obtivemos um elemento do conjunto I.
Para garantir a reversibilidade do processo, vejamos o caso em que as pessoas x e y estão
sentadas em mesas distintas, digamos mesa p e mesa q. Unimos as duas mesas colocando, na
mesa p, entre a pessoa x e a pessoa a, que está imediatamente ao lado da pessoa x no sentido anti-
horário, todas as pessoas da mesa q, mantendo o ordenamento, e de forma que a pessoa y fique
imediatamente ao lado da pessoa a no sentido horário.
No caso em que todas as salas possuem apenas uma mesa com uma pessoa, não haverá
correspondência. Nesse caso, escolhemos quais das n pessoas (todas menos a pessoa 0), são as m
que se sentam nas mesas e as outras n m− se sentam, obrigatoriamente, na mesa da pessoa 0. Essas
duas etapas, a escolha seguido do ordenamento, podem ser feitos de ( )!n
n mm
⋅ −
formas. Esse
termo pode ser reescrito como !!
nm
. Assim, se m for par, o conjunto P possuirá !!
nm
elementos a
mais que I, e se m for ímpar, I possuirá !!
nm
elementos a mais que P. Na identidade, o termo ( 1)m−
contempla os dois casos.
▄
EXERCÍCIO 13: Para 1
0 , ( 1) ( 1)1
nk m
k m
n k nm n
k m m=
+ ≤ ≤ ⋅ ⋅ − = − ⋅ +
∑
Para provarmos a identidade, utilizaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto P: Conjunto de todas as distribuições de 1k + pessoas, sendo elas a pessoa 0 e mais k
pessoas escolhidas entre n possíveis (pessoa 1 à pessoa n), para k par, em 1m + salas. Para
53
contarmos esse conjunto, basta escolhermos as k pessoas de nk
formas e depois distribuí-las
juntamente a pessoa 0 nas 1m + salas de 11
km
+ +
formas. Usando o princípio multiplicativo e
somando todas as variações de k concluímos que o conjunto P possui
1
1k par
n kk m
+ ⋅ +
∑ elementos.
Vale observar que para k < m ou k > n, os termos do somatório são nulos.
Conjunto I: Conjunto de todas as distribuições de 1k + pessoas, sendo elas a pessoa 0 e mais k
pessoas escolhidas entre n possíveis (pessoa 1 à pessoa n), para k par, em 1m + salas. Para
contarmos esse conjunto, basta escolhermos as k pessoas de nk
formas e depois distribuí-las
juntamente a pessoa 0 nas 1m + salas de 11
km
+ +
formas. Usando o princípio multiplicativo e
somando todas as variações de k concluímos que o conjunto P possui
1
1k ímpar
n kk m
+ ⋅ +
∑ elementos.
Vale observar que para k < m ou k > n, os termos do somatório são nulos.
Correspondência: Vamos estabelecer uma quase correspondência entre o conjunto P e I. Tomando
um elemento qualquer do conjunto P, escolhemos a pessoa de menor número escolhida dentre as
pessoas que estão na mesma sala que a pessoa 0 e as n k− pessoas que não foram escolhidas para
ocuparem as salas. Digamos, que seja a pessoa x. Só não existirá essa pessoa x se a pessoa 0 ocupa
sozinha uma sala e se todas as n pessoas foram escolhidas para ocupar as salas, mas esse caso será
visto mais adiante.
Se a pessoa x pertence à sala da pessoa 0, a retiramos de lá e a colocamos junto às pessoas
não escolhidas. Caso a pessoa x pertença ao grupo das pessoas não escolhidas fazemos o contrário,
a colocamos na sala da pessoa 0. Em qualquer dos casos, mudamos a paridade do número de
pessoas que ocupam as 1m + salas e obtivemos um elemento do conjunto I. Para revertermos o
processo basta usar o mesmo procedimento no elemento obtido no conjunto I e voltaremos ao
elemento inicial do conjunto P.
No caso em que a pessoa 0 ocupa sozinha uma sala e se todas as n pessoas foram
escolhidas para ocupar as salas, não haverá correspondência. Nesse caso, todas as pessoas são
escolhidas (apenas uma escolha) e ocupam m salas, já que a outra sala é ocupada apenas pela pessoa
54
0. Isso pode ser feito de nm
formas. Se n for par, o conjunto P possuirá nm
elementos a mais
que I e se n for ímpar, I possuirá nm
elementos a mais que P. Na identidade, o termo ( 1)n−
contempla os dois casos.
▄
EXERCÍCIO 14: Para 1
0 , ( 1) ( 1)1
nk m
k m
n k nm n
k m m=
+ ≤ ≤ ⋅ ⋅ − = − ⋅ +
∑
Para provarmos a identidade, utilizaremos a correspondência entre dois conjuntos.
Conjunto P: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + mesas. Das k mesas que não possuem a pessoa 0, com k par, m são escolhidas para terem
toalhas. Utilizando o conceito de número de Stirling de segundo tipo, dos princípios multiplicativo
e aditivo concluímos que o conjunto P possui
1
1k par
n kk m
+ ⋅ +
∑ elementos. Vale observar que para
m > n, k < m ou k > n, os termos do somatório são nulos.
Conjunto I: Conjunto de todas as distribuições de 1n + pessoas (pessoa 0, pessoa 1, ... , pessoa n)
em 1k + mesas. Das k mesas que não possuem a pessoa 0, com k ímpar, m são escolhidas para
terem toalhas. Utilizando o conceito de número de Stirling de segundo tipo, dos princípios
multiplicativo e aditivo concluímos que o conjunto P possui
1
1k ímpar
n kk m
+ ⋅ +
∑ elementos. Vale
observar que para m > n, k < m ou k > n, os termos do somatório são nulos.
Correspondência: Vamos estabelecer uma quase correspondência entre o conjunto P e I. Tomando
um elemento qualquer do conjunto P, escolhemos a pessoa de menor número escolhida dentre as
pessoas que se sentam na mesma mesa que a pessoa 0 e as que se sentam nas k m− mesa sem
toalhas. Digamos, que seja a pessoa x. Só não existirá essa pessoa x se a pessoa 0 se senta sozinha
em uma mesa e quando o número de mesas ocupadas é 1m + no total, a mesa da pessoa 0 e todas as
outras m mesas com toalhas, mas esse caso será visto mais adiante.
Se a pessoa x pertence à mesa da pessoa 0, a retiramos e todas as pessoas a partir dela no
sentido horário até a pessoa imediatamente anterior à pessoa 0, para formarmos uma nova mesa sem
toalha. Caso a pessoa x pertença a alguma mesa sem toalha, desfaremos essa mesa. Posicionamos as
pessoas que nela se sentam, a partir da pessoa x e mantendo a ordem girando no sentido horário, na
55
mesa em que se senta a pessoa 0. Elas ficarão entre a pessoa 0 e a pessoa y, imediatamente ao lado
da pessoa 0 no sentido anti-horário, de modo que a pessoa x fique ao lado da pessoa y, girando no
sentido horário desta para aquela. Em qualquer dos casos, mudamos a paridade do número de mesas
ocupadas pelas 1n + pessoas e obtivemos um elemento do conjunto I. Para revertermos o processo
basta usar o mesmo procedimento no elemento obtido no conjunto I e voltaremos ao elemento
inicial do conjunto P.
No caso em que a pessoa 0 se senta sozinha em uma mesa e o número de mesas ocupadas é
1m + no total, sendo todas as m que não possuem a pessoa 0 com toalha, não haverá
correspondência. Nesse caso, todas as m mesas são escolhidas para terem toalhas (apenas uma
escolha) e as n pessoas sentadas nas m mesas, já que a outra mesa se senta apenas a pessoa 0. Isso
pode ser feito de nm
formas. Se n for par, o conjunto P possuirá nm
elementos a mais que I e se
n for ímpar I, possuirá nm
elementos a mais que P. Na identidade, o termo ( 1)n− contempla os
dois casos.
▄
EXERCÍCIO 15: Para 0
, 0, ( 1) ( 1) !m
n k m
k
m nm n k m
k m=
≥ ⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅
∑
Imaginemos, uma pequena cidade que está com as eleições abertas para prefeito. Nessa
cidade m pessoas (pessoa 1, pessoa 2, ... , pessoa m) estão interessadas em concorrer para o cargo
mas apenas algumas delas, digamos k, de fato concorrerão. Suponhamos também que temos n
eleitores na cidade. Definamos, agora, os conjuntos P e I.
Conjunto P: Conjunto de todas as votações possíveis sendo escolhidos para concorrer de fato ao
cargo um número par de pessoas. Para contarmos o número de elementos desse conjunto,
primeiramente escolhemos quais são as k pessoas que disputarão o cargo entre as m pessoas
interessadas de mk
formas. Depois, os n eleitores votam nos candidatos, cada um com k opções,
no total nk configurações de votação. Pelo princípio multiplicativo e somando todas as variações de
k, concluímos que o conjunto P possui
mn
k par
mk
k
⋅
∑ elementos. Vale observar que se k > m, o
56
número de candidatos escolhidos é maior do que o número de pessoas interessadas e o número de
escolhas é zero.
Conjunto I: Conjunto de todas as votações possíveis sendo escolhidos para concorrer de fato ao
cargo um número ímpar de pessoas. Para contarmos o número de elementos desse conjunto,
primeiramente escolhemos quais são as k pessoas que disputarão o cargo entre as m pessoas
interessadas de mk
formas. Depois, os n eleitores votam nos candidatos, cada um com k opções,
no total nk configurações de votação. Pelo princípio multiplicativo e somando todas as variações de
k, concluímos que o conjunto P possui
mn
k ímpar
mk
k
⋅
∑ elementos. Vale observar que se k > m, o
número de candidatos escolhidos é maior do que o número de pessoas interessadas e o número de
escolhas é zero.
Correspondência: Vamos estabelecer uma quase correspondência entre o conjunto P e I. Tomando
um elemento qualquer do conjunto P, escolhemos a pessoa de maior número escolhida dentre as m
pessoas que inicialmente se interessaram pelo cargo de prefeito que não recebeu nenhum voto.
Digamos, que seja a pessoa x. Essa pessoa pode tanto pertencer ao grupo das pessoas que de fato se
candidatou ao cargo ou ao grupo daquelas pessoas preteridas na escolha. Só não existirá essa pessoa
x quando todas as m pessoas interessadas forem de fato candidatas e todas elas receberem ao menos
um voto, mas esse caso será visto mais adiante.
Se a pessoa x pertence ao grupo de pessoas que foram candidatas, a retiramos desse grupo
e a colocamos junto ao grupo das pessoas inicialmente interessadas mas preteridas na escolha. Caso
a pessoa x pertença ao grupo das pessoas preteridas, a retiramos desse grupo e colocamos no grupo
das pessoas candidatas como um candidato sem votos. Em ambos os casos, mudamos a paridade do
número de pessoas candidatas, mas não mudamos a votação por alterarmos de grupo apenas pessoas
sem votos. Dessa forma, e obtivemos um elemento do conjunto I. Para revertermos o processo basta
usar o mesmo procedimento no elemento obtido no conjunto I e voltaremos ao elemento inicial do
conjunto P.
No caso em que todas as m pessoas são escolhidas para serem candidatas ao cargo de
prefeito e todas elas recebem ao menos um voto não haverá correspondência. Nesse caso, os n votos
dos eleitores devem se distribuir em m grupos, cada grupo para um candidato e de forma que
nenhum grupo fique sem votos. Em primeiro lugar, distribuímos os n votos distintos de nm
57
formas. Depois, temos que distribuir os grupos de votos a cada candidato. Como são m candidatos
para m grupos, há m! formas de se fazer tal distribuição. Pelo princípio multiplicativo, esse caso
possui ! n
mm
⋅
elementos. Se m for par, o conjunto P possuirá !
nm
m
⋅
elementos a mais que I e
se m for ímpar I, possuirá ! n
mm
⋅
elementos a mais que P. Na identidade, o termo ( 1)m−
contempla os dois casos.
▄
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
[1] BENJAMIN A.T, QUINN J.J. Proofs that really count – The art of combinatorial proof; 2003.
[2] SANTOS,J.P.O, MELLO M.P., MURARI I.T.C. Introdução à análise combinatória – 3ª ed. -
Campinas, SP: Editora UNICAMPO, 2002.
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