Matemática Discreta para Educadores Matemáticos

1. Matemática Discreta para Educadores Matemáticos I) Combinatória e Binômio de Newton Prof. Ilydio Pereira de Sá

2. B Este é um dos possíveis caminhos... A QUESTÃO INICIAL O gráfico abaixo representa um Sistema Cartesiano Ortogonal. Quantos são os caminhos distintos, do ponto A até o ponto B, de acordo com as seguintes regras: • Só podemos percorrer as linhas horizontais e verticais, do quadriculado, uma unidade de cada vez. • Só podemos percorrer essas linhas, no sentido positivo dos eixos.

3. Primeiras Recomendações • Não faça fórmulas demais ou casos particulares demais. Isso obscurece as idéias gerais e torna as coisas mais complicadas. • Aprenda e faça com que os alunos aprendam com os erros. É importante, diante de uma solução errada, analisar o motivo do erro. • Combinatória não é difícil. Resista aos truques imediatos. Devemos procurar métodos mais gerais e não truques específicos para determinados formatos de problemas. • Resista às enfadonhas listas de exercícios que ninguém sabe resolver e que só fazem com que os alunos se desinteressem, cada vez mais pelo tema. Do Livro Combinatória e Probabilidades – A. C. Morgado - IMPA

4. PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO – QUESTÕES INICIAIS (sobre o texto: Valsas de Mozart, aids, mega sena, ...o princípio multiplicativo e sua importância na matemática combinatória e no cálculo de probabilidades) 1) Quantas linhas telefônicas, no máximo, podem ser instaladas numa cidade onde cada número telefônico tem 8 dígitos? SOLUÇÃO 10 8 linhas telefônicas. 2) Quantas são possíveis placas de automóvel num país onde cada placa é formada por 3 letras e 4 algarismos ? SOLUÇÃO 26 3 x 10 4 = 175 760 000placas 3) Quantas filas distintas poderão ser formadas com os líderes de 8 países, que estão reunidos para uma reunião de trabalho? Se dois desses líderes são os presidentes Lula e Bush, em quantas dessas filas eles estariam “lado a lado”?

5. SOLUÇÃO 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 8! = 40 320 maneiras. Lu Bu (juntos) mais os outros 6 líderes, teremos: 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 5040 maneiras. Como eles podem “trocar” entre si, teremos 5040 x 2 = 10 080 maneiras. Se todas essas possíveis filas fossem “registradas” em fotografias, a probabilidade de sortearmos uma dessas fotos, e encontrarmos os presidentes Lula e Bush juntos, seria: p = 10 080 / 40 320 = 0,25 = 25%. 4) Quantos pedidos diferentes, compostos de casquinhas de sorvete com 3 bolas, poderemos fazer em uma sorveteria que oferece 31 sabores à escolha, considerando: • Que o comprador se importa com a ordem dos sabores na casquinha. SOLUÇÃO 31 x 30 x 29 = 26.970pedidos

6. b) Que o comprador não se importa com a ordem dos sabores na casquinha. SOLUÇÃO 4) Quantos jogos distintos, com 6 dezenas (jogo mais simples), podem ser escolhidos dentre as 60 dezenas disponíveis da Mega Sena? SOLUÇÃO Como sabemos que a ordem de escolha das 6 dezenas não é importante, teremos:

7. 5) Sabemos que um baralho tem 52 cartas. Determine: a) O número de maneiras diferentes de recebermos as 5 cartas de uma “mão” de pôquer? SOLUÇÃO b) A probabilidade de um jogador de pôquer, receber 4 ases? SOLUÇÃO Os 48 casos favoráveis derivam da possibilidade de juntarmos qualquer uma das cartas restantes, aos 4 ases já garantidos.

8. 6) Qual a probabilidade de obtermos 5 “caras”, em cinco lançamentos sucessivos de uma moeda “equilibrada”? SOLUÇÃO 7) Qual a probabilidade de, em um grupo de 10 pessoas, escolhidas aleatoriamente, nenhuma delas ter nascido em setembro? SOLUÇÃO

9. Mais provável 8) Antoine Gombeaud, Chevalier de Mère, um famoso jogador, queria saber o que era mais provável de ocorrer: obter ao menos um 6 em 4 lances de um único dado, ou obter pelo menos um 12 em 24 lances de um par de dados. O que é mais provável? SOLUÇÃO a) obtenção de pelo menos um 6 = 1 – probabilidade de não sair o número 6, nos 4 lances do dado. b) obtenção de pelo menos um 12 = 1 – probabilidade de não sair 12, nos 24 lances de um par de dados.

10. O PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO Se uma decisão d1 pode ser tomada de n maneiras e, em seguida, outra decisão d2 puder ser tomada de m maneiras, o número total de maneiras de tornarmos as decisões d1 e d2 será n · m. 9) Quantos números naturais de 3 algarismos distintos existem? SOLUÇÃO • Um número de 3 algarismos c d u é formado por 3 ordens: Como o algarismo da ordem das centenas não pode ser zero, temos então três decisões: • d1: escolher o algarismo da centena, diferente de zero (9 opções). • d2: escolher o algarismo da dezena, diferente do que já foi escolhido para ocupar a centena (9 opções). • d3: escolher o algarismo da unidade, diferente dos que já foram utilizados (8 opções). • Portanto, o total de números formados ser· 9 · 9 · 8 = 648 números.

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

12. A B C 11) Quantos são os triângulos distintos, que podem ser construídos a partir de 10 pontos marcados sobre uma circunferência? SOLUÇÃO Verifique que esta questão tem uma diferença básica com relação às anteriores. Neste caso, a ordem de disposição dos elementos de cada coleção não importa ao problema, isto é, o triângulo ABC é o mesmo do triângulo ACB, por exemplo. Na introdução de nosso estudo, no texto sobre o princípio multiplicativo, já vimos como proceder numa situação dessas, como no caso da mega-sena, por exemplo. A quantidade de triângulos será dada por:

13. Logo, todo divisor de 72 será um número da forma , sendo que x e y devem ser números naturais, com as seguintes condições: x = 0 ou x = 1 ou x = 2 ou x = 3 ; y = 0 ou y = 1 ou y = 2. Portanto temos 4 possibilidades para o expoente x e 3 possibilidades para o expoente y e, aplicando o princípio multiplicativo, teremos: 4 x 3 = 12 divisores naturais para o número 72. 12) Quantos divisores naturais possui o número 72? SOLUÇÃO Primeiramente, vamos decompor o número 72, em fatores naturais primos: Quantos seriam os divisores naturais pares, do número 72? E os quadrados perfeitos? Vamos trabalhar um pouco? Apostila, página 13, exercícios: 4, 5, 6, 8, 10, 13, 14, 19.

14. F L A M E N G O = 7! x 2! = 10 080 anagramas. AS PERMUTAÇÕES Permutações Simples • Dados n objetos distintos: a1, a2, a3, .... an, cada ordenação obtida a partir desses n objetos é denominada de uma permutação simples (porque todos são distintos) desses elementos. Assim, temos n modos de escolha para o primeiro lugar, n – 1 modos de escolha para o segundo lugar, ......1 modo de escolha para o último lugar, ou seja: • O número de modos de ordenar n objetos distintos é igual a n!. Podemos representar o número de permutações simples de n objetos distintos por Pn. Logo, temos que: Pn = n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3) … .1 = n! Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra FLAMENGO, que tenham sempre juntas as letras A e M, em qualquer ordem.

15. Permutações Circulares Exemplo: De quantos modos diferentes podemos formar uma roda, com 5 crianças? Devemos tomar um certo cuidado com esse tipo de problema, pois o resultado não é igual a 5! = 120 rodas, como poderíamos pensar “apressadamente”. Verifique que a roda ABCDE, por exemplo, tem a mesma configuração que a roda EABCD, já que o que importa agora é a posição relativa das crianças entre si. Dessa forma cada roda pode ser “virada” de 5 modos que repetem a mesma configuração. Assim, o número de rodas distintas que podemos obter será igual a 120 : 5 = 24 rodas. O exemplo acima é o que definimos como sendo permutações circulares de n elementos. Se repetirmos o mesmo raciocínio que usamos no exemplo anterior, teremos que as permutações circulares de n elementos distintos serão iguais a:

16. Permutações Com Elementos Repetidos Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra AMORA? • Esse é outro caso que demanda um certo cuidado. A resposta seria 5! = 120 anagramas, caso todas as letras fossem distintas. Como temos duas letras A, é claro que uma permutação entre essas duas letras não geraria anagramas novos. Assim sendo cada anagrama foi contado 2! = 2 vezes (que são as letras repetidas). Logo, o número correto de anagramas é 120 : 2 = 60 anagramas. • Problemas como esse é o que denominamos de Permutações com alguns elementos repetidos. No caso da palavra amora, indicaríamos por: Generalizando, teremos:  , , ... São as quantidades das repetições.

17. Exemplo: Quantas são as distintas seqüências que podemos formar com os 8 símbolos a seguir?         • O SAPO E O PERNILONGO – VESTIBULAR PUC RGS. Um sapo e um pernilongo encontram-se respectivamente na origem e no ponto (8, 2) de um sistema cartesiano ortogonal. Se o sapo só pudesse saltar nos sentidos positivos dos eixos cartesianos e cobrisse uma unidade de comprimento em cada salto, o número de trajetórias possíveis para o sapo alcançar o pernilongo seria igual a: a) 35  b) 45 c) 70  d) 125 e) 256

18. LOGO ... Considere a figura a seguir, onde está representada uma das trajetórias possíveis, onde S = sapo e P = pernilongo. Convencionando que um deslocamento para a direita seja indicado por D e um deslocamento para cima seja indicado por C, o deslocamento indicado na figura seria representado por DCDDDCDDDD. Outros deslocamentos possíveis seriam, por exemplo: DDDDDDDDCC – DDCCDDDDDD – CDDDDDDDDC ... Observe que para o sapo alcançar o pernilongo segundo as regras ditadas, teremos sempre 8 deslocamentos para a direita (D) e 2 para cima (C). Logo, estamos diante de um caso de permutações com repetição de 10 elementos, com 8 repetições (D) e duas repetições (C).

19. * * * * * * * * * * Quantas soluções inteiras, não negativas, possui a equação: x + y + z = 5 ? Mostraremos que esse tipo de problema pode recair exatamente numa situação gráfica, como vimos no exemplo anterior, de permutações com elementos repetidos. Vamos imaginar que temos 5 unidades (representaremos cada unidade por *) que serão repartidas por três variáveis. Usaremos traços para separar as variáveis. É claro que, como são três variáveis, precisaremos de dois traços para esta separação. Vejamos uma possível solução Aqui, temos representada a solução: x = 1; y = 2 e z = 2. Aqui, temos representada a solução: x = 0; y = 3 e z = 1. Logo, o número de soluções procuradas será dado pela permutação de 7 elementos, com 5 repetições ( * ) e 2 repetições (  ).

20. Generalizando: Quantas soluções inteiras e não negativas possui a equação Quantos pedidos diferentes poderemos fazer, de 6 pastéis, numa lanchonete que oferece 3 tipos diferentes, para escolha? Chamando de x1, x2 e x3 as quantidades pedidas, de cada tipo, basta determinarmos o número de soluções inteiras, não negativas, da equação: