slides discret a 24

' $

4. COMBINATORIA BASICA

• Introducao

• Regra da soma e do produto

• 1o. modelo de contagem: amostragem

• 2o. modelo de contagem: distribuicao

• 3o. modelo de contagem: equacao

• Exemplos e aplicacoes

• Particoes

• Identidades combinatorias

DCC/UFMG - Matematica Discreta⊗⊗⊗

125& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Introducao

INTRODUCAO

Combinatoria: ramo da matematica que trata de arranjos de objetos(configuracoes satisfazendo propriedades especıficas).

Problemas relacionados a arranjos de objetos:

• existencia

• construcao

• enumeracao

• contagem → arte de contar sem contar

• otimizacao

• verificacao de propriedades


126& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Introducao

Exemplos de problemas combinatorios:

• Quantas possibilidades existem para escolha de uma senha valida(password) em certo sistema de computacao?

• Qual e a probabilidade de se acertar a sena na megasena?E a quina? E a quadra?

• E possıvel dispor 4 casais em volta de uma mesa circular tal que naohaja 2 homens, 2 mulheres ou um casal lado a lado? De quantasmaneiras? Listar configuracoes.

• Quantas comparacoes um certo algoritmo de ordenacao pode fazer,no maximo?

• Qual e o menor percurso entre duas cidades utilizando um certosistema de transporte?


127& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Introducao

Exemplo 4.1

Soma 5 no lancamento de dois dados distintos.

Casos possıveis:

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

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

...

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

Casos de interesse:

(1,4) (2,3) (3,2) (4,1)

Numero de casos com soma 5: 4 → queremos contar sem listar!


128& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Regra da soma e do produto

REGRA DA SOMA E DO PRODUTO

Ideia: Dividir problema de contagem em partes independentes.

Regra da soma:

A e B eventos disjuntos;A: p casos possıveis; B: q casos possıveis;⇒ evento A ou B: p + q casos possıveis.

Regra do produto:

Evento C decomposto em etapas sucessivas A e B,resultados da composicao todos distintos;A: p casos possıveis; B: q casos possıveis, independente de A.⇒ evento C: p× q casos possıveis.


129& %


Exemplo 4.2

Estudante X tem as seguintes opcoes de ida e volta da escola:

a) ida: 2 onibus ou 3 caronas ate a escola;b) volta: 3 caronas ate o centro e daı 2 onibus ate a casa.

Numero de opcoes:a) ida: N1 = 2 + 3 = 5 (regra da soma)b) volta: N2 = 3× 2 = 6 (regra do produto)


130& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Regra da soma e do produto

Exemplo 4.3

Numero de maneiras de obter Q ou K de um baralho.

Solucao:evento A: um Q → 4 maneirasevento B: um K → 4 maneiras⇒ A ou B: 4 + 4 = 8 maneiras.


131& %


Exemplo 4.4

Numero de maneiras de obter Q ou carta vermelha de um baralho.

Solucao 1:evento A: um Q → 4 maneirasevento B: carta vermelha → 26 maneirasA e B nao disjuntos; numero de elementos em A e B = 2⇒ Q ou carta vermelha: 4 + 26− 2 = 28 maneiras.compensacao → princıpio de inclusao e exclusao

Solucao 2:evento A: um Q preto → 2 maneirasevento B: carta vermelha → 26 maneirasA e B disjuntos⇒ evento A ou B: 2 + 26 = 28 maneiras.diferentes maneiras de resolver o mesmo problema


132& %


Exemplo 4.5

Conjunto das cartas com figura de um baralho(J, Q, K; 4 naipes de cada).

a) selecao de um J e depois um K;

b) selecao de um J e depois uma carta preta;

c) selecao de duas cartas com exatamente um J;

d) selecao de duas cartas com pelo menos um J.


133& %


Conjunto das figuras de um baralho (J, Q, K; 4 naipes de cada).

a) selecao de um J e depois um K:

N =(41

)(41

)= 4× 4 = 16




b) selecao de um J e depois uma carta preta:

• Tentativa 1: (incorreta) N =(41

)(61

)= 4× 6 = 24

problema: etapas dependentes:1a. etapa: J vermelho → 2a. etapa: 6 possibilidades de carta preta1a. etapa: J preto → 2a. etapa: 5 possibilidades de carta preta

• Solucao correta: separar selecao de J vermelho e J preto;

N =(21

)(61

)+

(21

)(51

)= 2× 6 + 2× 5 = 22


135& %



c) selecao de duas cartas com exatamente um J:

N =(41

)(81

)= 4× 8 = 32


136& %



d) selecao de duas cartas com pelo menos um J:

• Tentativa 1 (incorreta): N =(41

)(111

)= 4× 11 = 44

(selecionar um J e das cartas restantes selecionar uma.)problema: repeticao de resultados da composicao:exemplo: JourosJcopas e JcopasJouros

• Solucao correta: separar selecao de um J e de dois Js.N =

(41

)(81

)+

(42

)(80

)= 4× 8 + 6× 1 = 38

• Solucao alternativa: do total de selecoes excluir as de nenhum J.N =

(122

)−

(82

)= 66− 28 = 38


137& %


Exemplo 4.6

Lancamento de dois dados distintos.

1) resultados possıveis:evento A: primeiro dado → 6 casosevento B: segundo dado → 6 casos⇒ eventos A e B: 6× 6 = 36 casos.

2) resultados sem repeticao:evento A: primeiro dado → 6 casosevento B: segundo dado 6= primeiro dado → 5 casos⇒ eventos A e B: 6× 5 = 30 casos.(eliminando repeticoes: 36− 6 = 30 casos)



Exemplo 4.7

Numero de sequencias binarias de n dıgitos.

Solucao:dıgito i: 2 possibilidadesn dıgitos: N = 2× 2× . . .× 2 = 2n


139& %


Exemplo 4.8

Numero de inteiros de 3 dıgitos divisıveis por 5.

Solucao 1:numeros divisıveis por 5: d1d2d31 ≤ d1 ≤ 9, 0 ≤ d2 ≤ 9, d3 = 0 ou 5total de numeros: N = 9× 10× 2 = 180

Solucao 2:numeros divisıveis por 5: resto(n, 5) = 0 → contar quocientes100 = 5× 20; 105 = 5× 21; . . . 995 = 5× 199.total de numeros: N = (199− 20) + 1 = 180


140& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 1o. modelo de contagem: amostragem

1o. MODELO DE CONTAGEM: AMOSTRAGEM

Amostras de r objetos extraıdas de um conjunto de n objetos distintos.

Aspectos a serem considerados:

• Ordem: sim/nao

• Repeticao: sim/nao

• permutacao (ou arranjo): ordem e importante.

• selecao (ou combinacao): ordem nao importa.


141& %


amostras de 2 objetos de {x1, x2, x3} (n = 3, r = 2)

com repeticao sem repeticao

x1x1 x1x2

x1x2 x1x3

x1x3 x2x1

arranjo x2x1 sequencia x2x3 permutacao

(ordem importante) x2x2 x3x1

x2x3 x3x2

x3x1

x3x2

x3x3

{x1, x1} {x1, x2}{x1, x2} {x1, x3}

selecao {x1, x3} multiconjunto {x2, x3} combinacao

(sem ordem) {x2, x2}{x2, x3}{x3, x3}


142& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 1o. modelo de contagem: amostragem

1) Numero de sequencias de tamanho r:

numero de sequencias = n× n× . . .× n = nr


143& %


2) Numero de permutacoes:

P (n, n) = n(n− 1) . . . 2.1 = n!

P (n, r) = n(n− 1) . . . (n− r + 1) = n!(n−r)!

r ≤ n

Outra demonstracao:

• processo para permutar n objetos:permutar r primeiros e depois permutar (n-r) restantes.

• no. permutacoes n objetos =no. permutacoes r primeiros × no. permutacoes (n-r) restantes

• P (n, n) = P (n, r)× P (n− r, n− r)

∴ P (n, r) =P (n,n)

P (n−r,n−r)= n!

(n−r)!


144& %


3) Numero de combinacoes de tamanho r:(nr

)= C(n, r) = n!

r!(n−r)!r ≤ n

Demonstracao:

• processo para permutar r objetos dentre n objetos:selecionar r objetos e depois permuta-los.

• no. permutacoes r objetos =no. selecoes r objetos × no. permutacoes dos r selecionados

• P (n, r) = C(n, r)× P (r, r)

∴ C(n, r) =P (n,r)P (r,r)

= n!r!(n−r)!


145& %


4) Numero de multiconjuntos (selecoes com repeticao) de tamanho r:((n

r

))=

(n−1+rr

)= C(n− 1 + r, r) =

(n−1+r)!r!(n−1)!

Demonstracao:

• exemplo de selecao para n = 3, r = 4objetos: a,b,c selecao: accc (1a, 0b, 3c)a b cx xxx

x//xxx 4 x, 2 /

• no. selecoes = no. posicoes para / (2) = no. posicoes para x (4)

=(2+4

2

)=

(2+44

)= 15

• no. selecoes = no. posicoes para / (n-1) = no. posicoes para x (r)

∴

((nr

))=

(n−1+rn−1

)=

(n−1+rr

)=

(n−1+r)!r!(n−1)!



amostras de 2 objetos de {x1, x2, x3} (n = 3, r = 2)

com repeticao sem repeticao

x1x1 x1x2

x1x2 x1x3

x1x3 x2x1

arranjo x2x1 32 = 9 x2x3 P (3, 2) = 6

(ordem importante) x2x2 x3x1

x2x3 x3x2

x3x1

x3x2

x3x3

{x1, x1} {x1, x2}{x1, x2} {x1, x3}

selecao {x1, x3} ((32

)) =

(3−1+22

)= 6 {x2, x3} C(3, 2) = 3

(sem ordem) {x2, x2}{x2, x3}{x3, x3}


147& %


Amostras de r objetos extraıdas de conjunto de n objetos distintos

com repeticao sem repeticaoarranjo

(com ordem)nr P (n, r) = n!

(n−r)!

selecao(sem ordem)

((nr

))=

(n−1+rr

)C(n, r) =

(nr

)= n!

r!(n−r)!


148& %


• Numero de sequencias de tamanho r:

numero de sequencias = nr

• Numero de permutacoes:

P (n, n) = n!

P (n, r) = n!(n−r)!

• Numero de combinacoes de tamanho r:(nr

)= C(n, r) = n!

r!(n−r)!

• Numero de multiconjuntos de tamanho r:((n

r

))=

(n−1+rr

)=

(n−1+rn−1

)=

(n−1+r)!r!(n−1)!


149& %


Exemplos

• Numero de resultados possıveis no lancamento de 3 dados:

N1 = 63 = 216

• Numero de arranjos das cartas de um baralho:

N2 = P (52, 52) = 52! ≈ 7, 96× 1067

• Numero de maos de 5 cartas, no baralho:

N3 =(52

5

)= 2.598.960

• Numero de dominos:

N4 = ((72

)) =

(7−1+22

)=

(82

)=

(86

)= 28



Observacoes:

•

(nr

)=

( nn−r

)

• n! ≈√

2πn (ne)n (Stirling)


151& %


Exemplo 4.9

Numero de senhas de 4 dıgitos decimais.

• sem repeticao: N1 = P (10, 4) = 10!6! = 5040

• com repeticao: N2 = 104 = 10.000


152& %


Exemplo 4.10

Poquer: probabilidade de ocorrer um flush (5 cartas do mesmo naipe).

p(flush) =no. flushes

no. maos de 5 cartas=

4×C(13,5)C(52,5)

= 0, 00198


153& %


Permutacao com objetos identicos

Exemplo: numero de permutacoes com as letras b, a, n, a, n, a.

Solucao 1:

3 posicoes para a: Na = C(6, 3) = 202 posicoes para n: Nn = C(3, 2) = 31 posicao para b: Nb = C(1, 1) = 1no. permutacoes = Na ×Nn ×Nb = 20× 3× 1 = 60

Solucao 2:

1 posicao para b: Nb = C(6, 1) = 63 posicoes para a: Na = C(5, 3) = 102 posicoes para n: Nn = C(2, 2) = 1no. permutacoes = Nb ×Na ×Nn = 6× 10× 1 = 60




n objetos, rk do tipo k r1 + r2 + . . . + rm = n

P (n; r1, r2, . . . , rm) = C(n; r1, r2, . . . , rm)

=

(n

r1

)(n− r1

r2

)

. . .

(n− r1 − r2 − . . .− rm−1

rm

)

=n!

r1!r2! . . . rm!

P (n; r1, r2, . . . , rm) =n!

r1!r2! . . . rm!r1 + r2 + . . . + rm = n


155& %



P (n; r1, r2, . . . , rm) =n!

r1!r2! . . . rm!r1 + r2 + . . . + rm = n

Outra demonstracao:

• processo para permutar n objetos distintos:1) considerar grupos de objetos identicos: permutar grupos;2) considerar objetos distintos nos grupos: permutar objetos nosgrupos.

• total de permutacoes =no. permutacoes dos grupos × no. permutacoes em cada grupo

n! = P (n; r1, r2, . . . , rm)r1!r2! . . . rm!

∴ P (n; r1, r2, . . . , rm) = n!r1!r2!...rm!


156& %



Exemplo: numero de permutacoes com as letras b, a, n, a, n, a.

Solucao 3:

no. permutacoes = P (6; 3, 2, 1) = 6!3!2!1! = 60


157& %



n objetos, rk do tipo k r1 + r2 + . . . + rm = n

P (n; r1, r2, . . . , rm) = C(n; r1, r2, . . . , rm)

=

(n

r1

)(n− r1

r2

)

. . .

(n− r1 − r2 − . . .− rm−1

rm

)

=n!

r1!r2! . . . rm!

se m = 2 entao r1 + r2 = n

P (n; r1, r2) = C(n; r1, r2) =

(n

r1

)

=

(n

r2

)

=n!

r1!r2


158& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 2o. modelo de contagem: distribuicao

2o. MODELO DE CONTAGEM: DISTRIBUICAO

Distribuicao de r bolas em n caixas distintas.

Aspectos a serem considerados:

• bolas distintas/identicas

• ocupacao:

– exclusiva: maximo de uma bola por caixa

– nao exclusiva: qualquer numero de bolas por caixa


159& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 2o. modelo de contagem: distribuicao

Distribuicao de 2 bolas em 3 caixas distintas

ocupacao nao exclusiva ocupacao exclusiva

bolas distintas

b1b2

b1 b2

b1 b2

b2 b1

b1b2

b1 b2

b2 b1

b2 b1

b1b2

b1 b2

b1 b2

b2 b1

b1 b2

b2 b1

b2 b1

bolas identicas

bb

b b

b b

bb

b b

bb

b b

b b

b b


160& %


1. r bolas distintas em n caixas = (caixas distintas)atribuicao de numero de 1 a n a cada bola

no. maneiras = nr

2. r bolas distintas em n caixas, maximo de 1 bola por caixa =escolha ordenada de r caixas para as bolas

no. maneiras = P (n, r)

3. r bolas identicas em n caixas =selecao de r caixas com repeticao

no. maneiras =((n

r

))

4. r bolas identicas em n caixas, maximo de 1 bola por caixa =selecao de r caixas

no. maneiras = C(n, r) =(nr

)


161& %


Distribuicao de 2 bolas em 3 caixas distintas

ocupacao nao exclusiva ocupacao exclusiva

bolas distintas

b1b2

b1 b2

b1 b2

b2 b1

b1b2

b1 b2

b2 b1

b2 b1

b1b2

32 = 9

b1 b2

b1 b2

b2 b1

b1 b2

b2 b1

b2 b1

P (3, 2) = 6

bolas identicas

bb

b b

b b

bb

b b

bb

((32

)) = 6

b b

b b

b b

C(3, 2) = 3


162& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 2o. modelo de contagem: distribuicao

Exemplo 4.11

Distribuicao de r bolas identicas em n caixas,pelo menos uma bola em cada caixa.

Solucao:colocar uma bola em cada caixa e distribuir (r − n) restantes.

no. maneiras = (( nr−n

))


163& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 3o. modelo de contagem: equacao

3o. MODELO DE CONTAGEM: EQUACAO

Exemplo: numero de solucoes inteiras para

x1 + x2 + x3 = 2 xi ≥ 0

Solucao por enumeracao explıcita:

x1 x2 x32 0 01 1 01 0 10 2 00 1 10 0 2

Numero de solucoes = 6 = ((32

))


164& %


Problemas equivalentes:

• Numero de solucoes inteiras para

x1 + x2 + . . . + xn = r xi ≥ 0

• Numero de maneiras de distribuir r bolas identicas em n caixasdistintas, com qualquer numero de bolas por caixa.

• Numero de maneiras de selecionar r objetos dentre n objetos,com repeticoes permitidas.


165& %


Selecao com repeticao: equivalencias

amostra de 2 objetos distribuicao de 2 bolas identicas no. de solucoes inteirasde {x1, x2, x3} em 3 caixas distintas x1 + x2 + x3 = 2, xi ≥ 0

x1 x2 x3

x1 x1 bb 2 0 0

x1 x2 b b 1 1 0

x1 x3 b b 1 0 1

x2 x2 bb 0 2 0

x2 x3 b b 0 1 1

x3 x3 bb 0 0 2


166& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 3o. modelo de contagem: equacao

Exemplo 4.12

Numero de maneiras de distribuir 5 balas (identicas) a 3 criancas:a) sem restricoes;b) cada crianca recebe pelo menos uma bala.

Solucao:

a) x1 + x2 + x3 = 5, xi ≥ 0

no. solucoes = ((35

)) = 21

b) dar uma bala a cada crianca e distribuir o resto;

x1 + x2 + x3 = (5− 3× 1) = 2, xi ≥ 0

no. solucoes = ((32

)) = 6


167& %


Exemplo 4.13

Numero de solucoes inteiras para x1 + x2 + x3 = 10, xi ≥ 2

Solucao:yi = xi − 2 yi ≥ 0

(y1 + 2) + (y2 + 2) + (y3 + 2) = 10

y1 + y2 + y3 = (10− 6) = 4 yi ≥ 0

no. solucoes = ((34

)) = 15


168& %


Exemplo 4.14

Numero de solucoes inteiras para x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 10, xi ≥ 0

Solucao 1:

no. total de solucoes = no. de solucoes para:

x1 + x2 + x3 + x4 = 0x1 + x2 + x3 + x4 = 1

...x1 + x2 + x3 + x4 = 10

Solucao 2:

no. total de solucoes = no. solucoes para:

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 xi ≥ 0

no. total de solucoes = (( 510

))


169& %


Exemplo 4.15

Numero de solucoes inteiras para 2x1 + x2 + x3 = 4, xi ≥ 0

Solucao:

y1 = 2x1, y2 = x2, y3 = x3

y1 + y2 + y3 = 4 y1 = 0, 2, 4, . . . , y2 ≥ 0 y3 ≥ 0

a) y1 = 0 y2 + y3 = 4 yi ≥ 0 N1 = ((24

)) = 5

b) y1 = 2 y2 + y3 = 2 yi ≥ 0 N2 = ((22

)) = 3

c) y1 = 4 y2 + y3 = 0 yi ≥ 0 N3 = ((20

)) = 1

no. solucoes = N1 + N2 + N3 = 9


170& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| 3o. modelo de contagem: equacao


• Numero de maneiras de selecionar r objetos dentre n objetos, semrepeticao.

• Numero de maneiras de distribuir r bolas identicas em n caixasdistintas, maximo de uma bola por caixa.


x1 + x2 + . . . + xn = r xi = 0, 1


171& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Exemplos e aplicacoes

EXEMPLOS E APLICACOES

• Modelos de contagem

– amostragem

– distribuicao

– equacao

• Permutacao (ou combinacao) com objetos identicos


172& %


Exemplo 4.16

Mega-sena:- numeros de 1 a 60; sorteio: 6 numeros; aposta simples: 6 numeros.- premiacao: sena, quina, quadra (6, 5, 4 numeros sorteados).

• espaco amostral S: N(S) =(60

6

)

eventos de interesse em S: 6, 5 ou 4 numeros entre os sorteados.

• prob(sena) = 1

(606 )

• prob(quina) =(65)(

60−61 )

(606 )

• prob(quadra) =(64)(

60−62 )

(606 )


173& %


Exemplo 4.17

Jogo de poquer:probabilidade de se obter full house (uma trinca e um par).

Solucao:

sequencia de etapas independentes:- escolher carta da trinca- selecionar trinca- escolher carta do par- selecionar par

prob(full house) =

(131

)(43

)(121

)(42

)

(525

) ≈ 0.0014...


174& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Exemplos e aplicacoes

Exemplo 4.18

Numero de maneiras de distribuir as 52 cartas do baralhoentre 4 jogadores, se cada um recebe 13 cartas.

Solucao 1:

distribuicao por etapas:primeiro, segundo, terceiro e quarto jogadores:

no. maneiras =(5213

)(3913

)(2613

)(1313

)

Solucao 2:

- alinhar cartas;- permutar 13× 4 “fichas” com nomes dos jogadores:

no. maneiras = P (52; 13, 13, 13, 13) = 52!13!13!13!13!


175& %


Exemplo 4.19

Numero de maneiras de alocar 100 parentes em 5 ministerios:a) sem restricoes;b) 20 parentes em cada ministerio.

Solucao:

alinhar parentes e atribuir ministerio a cada um.

a) N1 = 5100 maneiras.

b) (permutar 20× 5 “fichas” com nome do ministerio)

N2 = P (100; 20, 20, 20, 20, 20) = 100!(20!)5

maneiras.


176& %


Exemplo 4.20

Numero de arranjos das letras de “JARDIM”,com vogais em ordem alfabetica.

Solucao:

Estrategia:- selecao das posicoes das vogais: N1 =

(62

)

- restricao de ordem para A e I: N2 = 1- arranjo das consoantes: N3 = P (4, 4)

N = N1 ×N2 ×N3 = 360


177& %


Exemplo 4.21

Numero de arranjos das letras de “JARDIM”,com vogais consecutivas.

Solucao:

Estrategia:- construcao de “supervogais” AI e IA: N1 = P (2, 2)- arranjo das consoantes e uma “supervogal”: N2 = P (5, 5)

N = N1 ×N2 = 240


178& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Exemplos e aplicacoes

Exemplo 4.22

Numero de arranjos das letras de “JARDIM”,sem vogais consecutivas.

Solucao:

- supor vogais identicas e consoantes identicas (V e C);- arranjar 2 V’s e 4 C’s sem V’s consecutivos;- considerar vogais e consoantes distintas: permutar V’s e C’s.

Alternativa 1: colocar V’s, depois C’s:�V � CV � N = (

(33

))× P (4, 4)× P (2, 2) = 480

Alternativa 2: colocar C’s, depois V’s:�C � C � C � C � N =

(52

)× P (4, 4)× P (2, 2) = 480


179& %


Exemplo 4.23

Controle de qualidade:Uma firma produz 10 mil componentes de computador. Toma-se umaamostra de 100 componentes, e verifica-se que 5 estao defeituosos.Qual e a probabilidade que isto ocorra se existem k componentesdefeituosos?

Solucao:- espaco amostral: N(S) = C(10.000, 100)- evento: amostra com 5 ıtens defeituosos;

N(E) = C(k, 5)C(10.000− k, 95)

prob(amostra c/ 5 ıtens defeituosos) =C(k, 5)× C(10.000− k, 95)

C(10.000, 100)


180& %


Exemplo 4.24

“Paradoxo” de De Mere:

1. Probabilidade de que 4 lancamentos de um dado produza pelomenos um 6.

2. Probabilidade de que 24 lancamentos de um par de dados produzapelo menos um par de 6.

Solucao:

1. prob(no mınimo um 6) = 64−54

64 = 0, 5177 . . .

2. prob(no mınimo um par de 6) = 3624−3524

3624 = 0, 4914 . . .

(De Mere achava que estas probabilidades deveriam ser iguais, pois 4 corresponde a

2/3 das 6 possibilidades, e 24 corresponde a 2/3 das 36 possibilidades.)


181& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Particoes

PARTICOES

• Particao de um conjunto C em n subconjuntos:conjunto de n subconjuntos nao vazios, disjuntos dois a dois, cujauniao e C.Exemplo: C = {b1, b2, b3, b4} 3-particao: {{b1, b2}, {b3}, {b4}}

• Particao de um numero inteiro positivo n:colecao nao ordenada de inteiros positivos cuja soma e igual a n.Exemplo: particoes do numero 4:

43, 12, 22, 1, 11, 1, 1, 1


182& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Particoes

Exemplo 4.25

Numero de maneiras de obter r centavos com moedasde 1, 5, 10 e 25 centavos.

Solucao 1:numero de solucoes para

x1 + x2 + x3 + x4 = r

x1 = 0, 1, 2, . . .x2 = 0, 5, 10, . . .x3 = 0, 10, 20, . . .x1 = 0, 25, 50, . . .

Solucao 2:numero de solucoes para

y1 + 5y2 + 10y3 + 25y4 = r y1, y2, y3, y4 ≥ 0


183& %


Exemplo 4.26

Numero de maneiras de particionar r em inteiros positivos distintos devalor maximo m.

Solucao:

numero de solucoes para

x1 + x2 + . . . + xm = r xi = 0, i

exemplo: r = 4, m = 4:43, 1


184& %


Exemplo 4.27

Numero de maneiras de particionar r em inteiros positivos de valormaximo m.

Solucao:

numero de solucoes para

x1 + x2 + . . . + xm = r xi = 0, i, 2i, 3i, . . .

exemplo: r = 4, m = 3:3, 12, 22, 1, 11, 1, 1, 1


185& %


Exemplo 4.28

Numero de maneiras de particionar 4 em no maximo 3 inteiros positivos(particoes de 4 em no maximo 3 partes).

Solucao:43, 12, 22, 1, 1



particoes de 4 em particoes de 4 empartes de tamanho ≤ 3 no maximo 3 partes

(3,1)• • ••

• •••

(2,1,1)

(2,2)• •• •

• •• • (2,2)

(2,1,1)• •••

• • •• (3,1)

(1,1,1,1)

••••

• • • • (4)


187& %



• Numero de particoes de r em no maximo m partes.

• Numero de particoes de r em inteiros positivos de valor maximo m.


x1 + x2 + . . . + xm = r xi = 0, i, 2i, 3i, . . .


188& %


Exemplo 4.29

Numero de distribuicoes de 4 bolas distintas em 3 caixas identicas,com qualquer numero de bolas por caixa.

Solucao:no. particoes de {b1, b2, b3, b4} em no maximo 3 subconjuntos:

{b1, b2, b3, b4} {b1}{b2}{b3, b4}{b1}{b2, b3, b4} {b1}{b3}{b2, b4}{b2}{b1, b3, b4} {b1}{b4}{b2, b3}{b3}{b1, b2, b4} {b2}{b3}{b1, b4}{b4}{b1, b2, b3} {b2}{b4}{b1, b3}{b1, b2}{b3, b4} {b3}{b4}{b1, b2}{b1, b3}{b2, b4}{b1, b4}{b2, b3}


189& %


Exemplo 4.30

Numero de distribuicoes de 4 bolas identicas em 3 caixas identicas,com qualquer numero de bolas por caixa.

Solucao:numero de particoes do inteiro positivo 4 em no maximo 3 partes.

(4) bbbb(3,1) bbb b(2,2) bb bb(2,1,1) bb b b




• Numero de distribuicoes de r bolas distintas em n caixas identicas,com qualquer numero de bolas por caixa.

• Numero de particoes do conjunto {b1, b2, . . . , br} em no maximo nsubconjuntos.


• Numero de distribuicoes de r bolas identicas em n caixas identicas,com qualquer numero de bolas por caixa.

• Numero de particoes do inteiro positivo r em no maximo n partes.


191& %

' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Identidades combinatorias

IDENTIDADES COMBINATORIAS

Argumentos combinatorios podem ser usados para provar identidades.

• sao usualmente mais simples que inducao ou algebra;

• associam “conteudo” a identidade, facilitando sua fixacao.

Ideia: contar a mesma coisa de duas maneiras diferentes.


192& %


Exemplo 4.31

(n

k

)

=

(n

n− k

)

no. sequencias binarias de tamanho n com k 1’s=no. sequencias binarias de tamanho n com (n− k) 0’s


193& %


Exemplo 4.32

(n

k

)

=

(n− 1

k − 1

)

+

(n− 1

k

)

no. subconjuntos de tamanho k=no. subconjuntos onde elemento x aparece +no. subconjuntos onde x nao aparece


194& %' $Combinatoria basica ||⇐ ⇒|| Identidades combinatorias

Exemplo 4.33

n∑

k=0

(n

k

)

= 2n

no. subconjuntos de conjunto de n elementos=no. subconjuntos de 0 elementos +no. subconjuntos de 1 elemento +...no. subconjuntos de n elementos


195& %


Exemplo 4.34

(n

p

)(p

k

)

=

(n

k

)(n− k

p− k

)

no. grupos de p pessoas com k lıderes=no. grupos de p pessoas × no. subconjuntos de k lıderes=no. subconjuntos de k lıderes × no. grupos de (p− k) nao lıderes


196& %


Exemplo 4.35

r∑

i=0

(n + i

i

)

=

(n + r + 1

r

)

our∑

i=0

((n + 1

i

))

=

((n + 2

r

))

no. multiconjuntos de r elementos de conjunto de n + 2 elementos=no. multiconjuntos em que elemento x aparece 0 vezes +no. multiconjuntos em que elemento x aparece 1 vez +...no. multiconjuntos em que elemento x aparece r vezes


197& %


Outras identidades:

(n

k + 1

)

=n− k

k + 1

(n

k

)

(1)

n∑

i=k

(i

k

)

=

(n + 1

k + 1

)

(2)

n∑

i=0

(n

i

)2

=

(2n

n

)

(3)



Exemplo 4.36

Avaliar S = 1× 2× 3 + 2× 3× 4 + . . . + (n− 2)(n− 1(n)

S =n∑

i=3

(i− 2)(i− 1)i

=n∑

i=3

3!

(i

3

)

= 3!

(n + 1

4

)

(identidade 2)

identidade 2:n∑

i=k

(i

k

)

=

(n + 1

k + 1

)


199& %


Coeficientes binomiais

(a + x)3 = (a + x)(a + x)(a + x)

= aaa + aax + axa + axx + xaa + xax + xxa + xxx

= a3 + 3a2x + 3ax2 + x3

(a + x)n : 2n produtos

coeficiente de an−rxr =(nr

)


200& %


Teorema binomial

(a + x)n =n∑

r=0

(n

r

)

an−rxr

se a = 1:

(1 + x)n =n∑

r=0

(n

r

)

xr


201& %


Teorema multinomial

(x1 + · · ·+ xk)n =∑

r1+···+rk=n

C(n; r1, . . . , rk)xr11 . . . x

rkk

Prova:

(x1 + · · ·+ xk)n = (x1 + · · ·+ xk) · · · (x1 + · · ·+ xk)︸︷︷︸

n

Cada termo do resultado e da forma xr11 . . . x

rkk , r1 + · · ·+ rk = n.

O numero de termos desta forma e o numero de maneiras de selecionarr1 x1’s, . . . , rk xk’s, totalizando um total de n destes objetos,ou seja, C(n; r1, r2, . . . , rk) (igual a P (n; r1, r2, . . . , rk) ).



Exemplo 4.37

Exemplos de uso do teorema binomial:

•

∑nr=0

(nr

)= 2n.

Prova: basta fazer a = x = 1.

•

(n0

)+

(n2

)+

(n4

). . . =

(n1

)+

(n3

)+

(54

). . . = 2n−1

Prova: basta fazer a = 1 e x = −1.

teorema binomial:

(a + x)n =n∑

r=0

(n

r

)

an−rxr


203& %

' $

FIM


204& %

slides discret a 24

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