Roteiro para aplicação da Situação de Aprendizagem 2
Problema 3 – Quantos anagramas podem ser formados com as letras das palavras:
a) ANA b) CASA
c) CABANA d) BANANA
a) (3 . 2 . 1) ÷ 2 = 3 b) (4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2 = 12 c) (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 6 = 120 d) [(6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 6 =
= (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 12 = 60
O professor deverá discutir com seus alu-nos que o fatorial pode ser usado para gene-ralizar a contagem das ordens e também para descontar a troca de ordem entre elementos
Problema 4 – Sete pessoas, sendo três meni-nas e quatro meninos, formarão uma fila. Des-considerando a individualidade e Des-considerando apenas o sexo dessas pessoas, quantas ordena-ções diferentes poderá ter a fila formada?
Considerando a individualidade teremos 7!
ordenações diferentes para filas formadas.
No entanto, considerando a fila formada apenas por homens (H) e mulheres (M), teremos um caso semelhante ao do cálculo do total de anagramas de uma palavra de 7 letras com algumas repetidas, do tipo HHHHMMM, cujo total é o resultado da divisão de 7! pelo produto entre 4! e 3!. Assim o total de ordenações possíveis é 7
4 3! 35
! ! = .
A compreensão desse tipo de exercício é fundamental para que, no futuro, o cálculo das Problema 2 – Sete pessoas formarão ao
acaso uma fila indiana. Em quantas ordena-ções diferentes poderá ser formada a fila?
7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 ordenações.
Nesse momento, será possível generalizar que o número de ordenações em uma fila de n elementos é n!. Sugerimos que o professor, nesse mesmo exercício, proponha problemas com algumas características especiais de alguns elementos, como, que Fulano ocupe sempre o primeiro lugar, que Fulano e Beltrano sempre estejam juntos, etc. Em seguida, feitas as gene-ralizações pertinentes, o caminho estará aberto para que sejam discutidos os casos de ordena-ções contendo elementos repetidos, conforme propostas nos exercícios seguintes.
repetidos. Assim, por exemplo, no caso da palavra BANANA, o número de anagramas pode ser generalizado para a divisão entre 6!, correspondendo ao total de anagramas no caso de 6 letras não repetidas, dividido por 2! devido à troca, que não deve ser contada, entre os “2Ns”, e ainda por 3! devido à tro-ca, que não deve ser contada, entre os “3As”.
Discutidos esse e outros exemplos envolven-do anagramas que o professor julgar neces-sário, propomos que o contexto seja alterado para a contagem de ordenações possíveis en-volvendo pessoas em filas, como sugerido no próximo exercício.
qualquer dos 5 binômios por 2 “Bs”, também de qualquer dos 5 binômios. Quantos termos iguais com parte literal igual a A3B2 aparecerão?
Temos de considerar todas as trocas de ordem entre os elementos de um agrupamento do tipo AAABB, o que pode ser obtido por:
5
3 2! 10
! ! = .
Atividade 2 – Formação de grupos com elementos de uma ou mais categorias
Estamos considerando “grupo de elemen-tos” o tipo de agrupamento em que a troca de ordem entre seus elementos não conduz à formação de um agrupamento diferente. Em outras palavras, um grupo, nessa definição, é uma combinação de n elementos, tomados p a cada vez. Assim, distinguimos os dois grupos básicos de agrupamentos a partir do critério de serem ou não ordenáveis. Uma fila é um conjunto ordenado, enquanto um grupo nor-malmente não é. Estudado o caso do cálculo da quantidade de ordenações diferentes em uma fila com a introdução do fatorial, trata-remos agora de analisar o caso da formação dos grupos não ordenáveis, partindo do cál-culo da quantidade de grupos ordenáveis. Um problema clássico pode nos ajudar a pensar sobre o assunto: Quantos grupos diferentes de 3 pessoas podem ser formados a partir de um grupo de 7 pessoas?
Problema 5 – Um jogo de futebol entre duas equipes, A e B, terminou empatado em
3 × 3. Alguém que não assistiu ao jogo
pre-tende descobrir a ordem em que ocorreram os gols. Será que A começou ganhando e B empatou? Será que B fez 3 × 0 e depois A ten-tou reverter a situa ção? Enfim, como foram saindo os gols nessa partida? Quantas or-denações possíveis existem para os gols que ocorreram nessa partida?
Trata-se de um problema semelhante aos anteriores, em que devem ser contadas todas as ordenações diferentes de uma sequência do tipo AAABBB. O resultado pode assim ser obtido: 6
3 3! 20
! ! = .
Problema 6 – Aplicando a propriedade dis-tributiva e desenvolvendo o binômio (A + B)5, isto é, fazendo (A + B).(A + B).(A + B).(A + B).
(A + B), aparecerá um termo igual a A5 e um termo igual a B5. No entanto, aparecerão vários termos com parte literal igual a A3B2, decorrentes da multiplicação entre 3 “As” de
combinações de n elementos tomados p a cada vez possa ser apresentado sem sobressaltos.
Assim, antes de evoluir nos conceitos, sugeri-mos que o professor apresente a seus alunos mais alguns problemas desse tipo, como os que se seguem.
7 6 5 4 2
7 6 5 3 2
7 6 4 3 2
7 5 4 3 2
6 5 4 3 2 7 6 5 4 3
7 6 5 3 2
1 4
3º- lugar
1º- lugar 2º- lugar
Para resolver esse problema, partimos do cálculo já conhecido dos alunos do número de filas de 3 elementos (conjuntos ordená-veis) que poderiam ser construídas a partir de 7 elementos disponíveis. Para tanto, represen-tamos a resolução pela árvore seguinte, em que os elementos são identificáveis pelos alga-rismos de 1 a 7.
Espera-se que, nesse estágio, os alunos com-preendam que o trecho da árvore apresenta 6 . 5 = 30 ordenações possíveis, todas iniciadas pelo elemento (1), e que outras tantas seriam obtidas se a ordenação começasse por qual-quer dos demais 6 elementos. Assim, o total de ordenações, nesse caso, é igual a 7 . 6 . 5 = 210.
Calculada a quantidade de ordenações, as questões que se propõem são: Quantas dessas ordenações são formadas pelos mes-mos 3 elementos? Considerando uma dessas ordenações, como (1), (2) e (3), quantas outras contêm esses mesmos elementos? Para responder, retomamos os problemas ante-riormente resolvidos, mostrando que haverá 3! = 6 ordenações possíveis. Portanto, quais-quer 3 elementos que considerarmos dentre 7, permitirão 3! = 6 ordenações possíveis. Assim, se temos 7 . 6 . 5 conjuntos ordenáveis, temos (7 . 6 . 5) ÷ 3! conjuntos não ordenáveis, e a res-posta do problema é 210 ÷ 6 = 35 grupos dife-rentes de 3 pessoas.
De acordo com a linha de raciocínio expos-ta, trata-se de abordar os problemas envolvendo as combinações segundo a lógica de primeiro calcular o número de arranjos – conjuntos or-denados – para em seguida descontar do valor obtido a troca de ordem entre os elementos de
cada agrupamento. Assim procedendo, estare-mos, ainda sem maiores formalizações algébri-cas, induzindo o raciocínio dos alunos para a relação entre os arranjos simples e as combina-ções, isto é, C A
n,p p
n p,
= ! . Esta questão será es-pecialmente contemplada nos Problemas 7 e 8 desta Situação de Aprendizagem.
Com base nesses argumentos, apresenta-mos sugestões de algumas situações-problema para o professor trabalhar com seus alunos.
Problema 1 – Cinco pessoas, Arnaldo, Benedito, Carla, Débora e Eliane, estão juntas em uma sala.
a) Quantos agrupamentos ordenáveis diferen-tes (filas) de 5 pessoas podem ser formados com essas 5 pessoas?
5! = 120 agrupamentos.
b) Quantos agrupamentos não ordenáveis di-ferentes (grupos) de 5 pessoas podem ser formados com essas 5 pessoas?
Apenas 1 grupo, que pode ser entendido como o resultado obtido da divisão de 5!, da contagem da ordenação, por 5!, do desconto da não ordenação.
c) Quantos grupos diferentes de 2 pessoas podem ser formados com as pessoas pre-sentes na sala?
Considerando um conjunto ordenável de elementos, teríamos 5 . 4 = 20 agrupamentos.
Descontando a não ordenação implícita na formação de um grupo de pessoas, fazemos
5 4
2⋅ = 10 grupos.
Convém discutir com os alunos o fato de que questões como essa, do item c, podem ser resolvidas também pela mobilização do ra-ciocínio aditivo, muito embora essa não seja a forma mais recomendável. Nesse caso, o proces-so seria este:
A B C D E
4 + 3 + 2 + 1 = 10 4
2 1 3
Conjuntos ordenáveis de 2 bolas brancas:
f
4 . 3 = 12
Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas bran-f
cas: 4 . 3 ÷ 2 = 6
Conjuntos ordenáveis de 2 bolas pretas:
f
6 . 5 = 30
Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas pretas:
f
6 . 5 ÷ 2 = 15
Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas f
e 2 bolas pretas: 6 . 15 = 90 conjuntos.
lembrando que a soma dos termos de uma progressão aritmética, semelhante à ob-tida pela aplicação do raciocínio aditivo nes-te caso, pode ser calculada por
(
a a)
n2
+ ⋅
1 n ,
podemos mostrar aos alunos que a adição 4 + 3 + 2 + 1 = 5 4
2. é igual à expressão obtida pela aplicação do raciocínio multiplicativo.
Problema 2 – Há 10 bolas em uma caixa, todas iguais com exceção da cor, sendo 4 bolas brancas e 6 bolas pretas. Quantos conjuntos de 4 bolas podem ser formados sendo:
a) todas brancas?
Apenas 1, que pode ser entendido como o resultado da divisão de 4! por 4!.
b) 2 brancas e 2 pretas?
Podemos calcular, de forma independente, o número de grupos contendo 2 bolas brancas e o número de grupos contendo 2 bolas pretas, para, ao final, multiplicá-los.
Nesse tipo de problema, em que mais de uma categoria está presente no grupo (ho-mem/mulher, bola branca/bola preta, etc.) é importante calcular a quantidade de agru-pamentos de cada categoria para, depois, mostrar aos alunos que a quantidade total, envolvendo todas as categorias, pode ser ob-tida pelo produto das quanob-tidades parciais.
Nesses casos, para eliminar dúvidas, sugeri-mos que o professor recorra novamente à ár-vore. No caso anterior, dos grupos de 4 bolas, sendo 2 brancas e 2 pretas, depois de calculada a quantidade de grupos de cada cor, poderia ser feita a seguinte árvore:
P1 P2 P3 P4. .. P15 B1
grupos de bolas pretas grupos de
bolas brancas
Notamos pela árvore simplificada que o grupo B1 de bolas brancas pode ser associado a qualquer 1 dos 15 grupos diferentes de bo-las pretas. Assim, como são 6 grupos de bobo-las brancas, teremos 6 . 15 = 90 grupos no total.
Dentre a extensa série de situações-proble-ma que o professor pode utilizar para com-pletar a aprendizagem, sugerimos os seguintes problemas, que podem ser preferencialmente resolvidos apenas com a mobilização dos ra-ciocínios aditivo ou multiplicativo em detri-mento do uso de fórmulas ou algoritmos:
Problema 3 – Sobre a prateleira de um la-boratório repousam 8 substâncias diferentes.
Quantas misturas diferentes com iguais quan-tidades de 2 dessas substâncias podem ser feitas se:
a) não houver qualquer restrição?
Trata-se de formar um conjunto não ordenado de dois elementos a partir de 8 disponíveis, o que pode ser calculado da seguinte maneira:
8 . 7 ÷ 2 = 28 misturas diferentes.
b) entre elas há 3 substâncias que não podem ser misturadas duas a duas por formarem composto que exala gás tóxico?
Podemos calcular o total de grupos de 2 elementos, como no item anterior, e dele retirar o número de agrupamentos não ordenados de 2 elementos que podem ser formados a partir das 3 substâncias
“perigosas”: 3 . 2 ÷ 2 = 3 grupos. Assim, a resposta procurada é 28 – 3 = 25 misturas diferentes.
Problema 4 – Uma seleção de basquete com