TÓPICOS DE RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS: COMBINATÓRIA

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Heitor Achilles Dutra da Rosa CEFET – RJ heitorachilles@aol.com

Introdução

Entendemos por Combinatória o ramo da Matemática que nos permite resolver problemas em que basicamente, é necessário “escolher e organizar” os objetos de um conjunto, isto é, a parte da Matemática em que estudamos as técnicas de contagem de agrupamentos que podem ser feitos com elementos de um dado conjunto.

Tendo sua origem basicamente no estudo dos jogos de azar, tais como lançamentos de dados, jogos de carta, etc., a Combinatória sofreu e sofre até hoje, intenso desenvolvimento. Seus métodos são aplicados em diversas áreas como no cálculo das probabilidades, em problemas de transporte, de confecção de horários, de elaboração de planos de produção, de programação linear, de estatística, de teoria da informação, de biologia molecular, de economia, de lógica, etc.. Além disso, esses métodos são também utilizados em problemas de Matemática Pura, como na teoria dos grupos e de representações, no estudo dos fundamentos da geometria, nas álgebras não associativas, etc. Diante de tamanha importância, não só para a Matemática, mas em diversas áreas, acredita-se que seu estudo merece maior destaque e atenção já nas séries iniciais da Educação Básica, bem como, na sua etapa final, uma vez que a combinatória pode exercer uma função não apenas de levar o aluno a ter acesso à Matemática como ciência, com suas peculiaridades e conceitos específicos, mas também possibilitar que ele ao se apropriar da linguagem que as ciências naturais e sociais utilizam para descrever fenômenos diversos e de aprofundar seu conhecimento sobre procedimentos matemáticos de enfrentamento e resolução de situações-problema.

Tradicionalmente, o estudo de Combinatória é calcado em definições e fórmulas que automatizam os estudantes num trabalho mecânico que muitas vezes fica distante da compreensão do que estão fazendo. E é aí que começam a surgir equívocos,

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como por exemplo, entre definições como a de arranjos e combinações. Isso traz a impossibilidade do professor ir além do desenvolvimento dos agrupamentos simples, já que a situação se complica quando se tenta abordar os agrupamentos com repetição.

Já é consenso entre educadores e matemáticos que, no ensino bem- sucedido, os alunos precisam compreender aquilo que aprendem e que essa compreensão é garantida quando eles participam da construção das idéias matemáticas.

Dessa forma alcançar tais objetivos só é possível quando os próprios professores compreendem os conceitos matemáticos abstratos.

Diante de tais considerações este mini-curso é uma proposta oferecida a professores de Ensino fundamental e médio, bem como, dirigido também a alunos de graduação em licenciatura de Matemática. Assim, o mini-curso dará ênfase a resolução de problemas contextualizados, que mostram várias aplicações da combinatória. É também um dos objetivos do mini-curso demonstrar, por meio de conceitos da combinatória alguns resultados matemáticos – que se mostram bastante freqüentes ao longo das séries do ensino fundamental e médio.

O princípio multiplicativo

Problema 1: Três estradas X, Y e Z conduzem ao topo de morro. De quantos modos diferentes uma pessoa pode subir e descer este morro?

Solução:

Se a pessoa pode subir por X então pode descer por X, Y ou Z. Diante disso escolhendo uma das três estradas para subir temos 3 possibilidades de escolha de estradas para descer. Podemos dispor todas as maneiras de percursos na tabela abaixo:

subida\descida X Y Z

X (X, X) (X, Y) (X, Z) Y (Y, X) (Y, Y) (Y, Z) Z (Z, X) (Z, Y) (Z, Z)

A tabela mostra facilmente que há 3 3⋅ =9 percursos possíveis de ida e volta.

Problema 2: Suponha que no problema 1 a pessoa não queira descer o morro pela mesma estrada que usou para subir. Quantos caminhos diferentes de ida e volta ela pode efetuar?

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Solução:

Neste caso temos que há 3 maneiras diferentes para subir e 2 diferentes para descer.

Logo, o número de percursos diferentes possíveis é igual a 3 2 6⋅ = .

A partir dos problemas acima podemos enunciar um dos princípios básicos da combinatória, o princípio multiplicativo.

Princípio multiplicativo: Se um acontecimento A pode ocorrer de m maneiras diferentes e se, para cada uma das m maneiras possíveis de ocorrências de A, um segundo acontecimento B pode ocorrer de n maneiras diferentes então o número de maneiras de ocorrer o acontecimento A seguido do acontecimento B é m n. ⋅

Mas, como verificar a validade de tal princípio? Podemos fazer isso de forma bastante simples, isto é, verificando a validade do Princípio intuitivamente.

Denote por a a as maneiras de ocorrências de A e por as maneiras de ocorrências de B, após A ter ocorrido da maneira (onde ).

Diante disso, podemos construir o seguinte uma tabela como a do problema 1:

1, ,...,2 a_m m b b₁, ,...,₂ b_n

1, 2,..

=

n ai i .,m

A \ B a1

a2

b1

am

(a1,b1)

bn

b2

(a1,bn) (a2,b2)

...

(a2,b1) (a2,b2)

(am,bn) (am,b2)

(am,b1)

...

. . . . .

. . . .

. . .

(a2,bn) ...

...

Diante da tabela temos que existem m⋅n. pares ordenados e em cada par ordenado , representa uma das m possibilidades de ocorrer o acontecimento A, enquanto que b representa uma das n possibilidades de ocorrer o acontecimento B.

Segue de imediatamente a constatação da validade do princípio multiplicativo.

( , )a b_i _j

j

ai

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Problema 3: Quantos números de três algarismos podem ser formados no sistema decimal?

Solução:

Considere um número de três algarismo, como algo representado por P2 P3

P1

Daí, temos:

d1: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P1; d₂: escolher um algarismo para a posição P₂;

d3: escolher um algarismo para a posição P3

Assim, temos que # d₁ = 9, # d₂ = 10 e # d₃ = 10. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que números.

9 10 10 900⋅ ⋅ =

Problema 4: Quantos números de três algarismos distintos podem ser formados no sistema decimal?

Solução:

P1

Daí, temos:

d₁: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P₁;

d₂: escolher um algarismo, diferente do escolhido em d₁, para a posição P₂; d_3:escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d₁ e d₂, para a posição P₃

9 9 8 648⋅ ⋅ =

Os dois últimos problemas ilustram que nunca devemos, quando estamos resolvendo um problema de combinatória, deixar uma dificuldade “para depois”. Ou seja: se existe uma restrição causando dificuldades então devemos satisfaze-la em primeiro lugar.

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Problema 5: Quantos números pares de três algarismos distintos podem ser formados no sistema decimal?

Solução:

Este problema apresenta uma dificuldade maior por isso vamos resolve-lo em duas etapas.

Etapa 1: Calcular a quantidade de números de três algarismos distintos terminados em zero.

P1

Daí, temos:

d1: colocar o número zero na posiçãoP3;

d₂: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P₁;

d_3:escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d₁ e d₂, para a posição P₂

1 9 8 72⋅ ⋅ =

Etapa 2: Determinar a quantidade de números pares de três algarismos distintos não terminados em

zero.

P1

Daí, temos:

d₁: escolher um algarismo, dentre 2, 4, 6, 8 para a posiçãoP₃;

d2: escolher um algarismo, diferente de zero e diferente do escolhido em d1, para a posição P1; d_3:escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d₁ e d₂, para a posição P₂

Assim, temos que # d1 = 4, # d2 = 8 e # d3 = 8. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que números.

4 8 8 256⋅ ⋅ =

Portanto, temos que a solução do nosso problema inicial é dada por 72 + 256 = 328 números.

Do problema 5 podemos tirar a seguinte lição: se em certa posição um objeto causa dificuldade para escolha de ocorrência de objetos em outra posição, então devemos dividir o problema em duas etapas, conforme o objeto ocupe ou não a posição considerada.

Problema 6: Um dado é lançado 4 vezes. Qual o número de maneiras nas quais o “6” pode aparecer em seqüência, precisamente duas vezes.

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Solução:

Usando a lição tirada do problema 5, vamos dividir em etapas a solução desse problema.

Etapa 1: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência nos dois primeiros lançamentos.

6 6 __ __

A₁: resultado do lançamento do dado pela 3^a. vez A2: resultado do lançamento do dado pela 4^a. vez

Assim, temos que # A1 = 5 e # A2 = 6. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 5 6⋅ =30.

Etapa 2: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência no 2^o. e no 3^o. lançamento.

__ 6 6 __

A₁: resultado do lançamento do dado pela 1^a. vez A2: resultado do lançamento do dado pela 4^a. vez

Assim, temos que # A1 = 5 e # A2 = 5. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 5 5⋅ =25.

Etapa 3: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência nos dois últimos lançamentos.

__ __6 6 A₁: resultado do lançamento do dado pela 1^a. vez A2: resultado do lançamento do dado pela 2^a. vez

Assim, temos que # A₁ = 6 e # A₂ = 5. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 6 5⋅ =30. Portanto, a resposta do problema é 30 + 25 + 30 = 85.

Problema 7: De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em 7 cadeiras em fila?

Solução:

d1: escolher uma cadeira para a primeira pessoa;

d₂: escolher uma cadeira para a segunda pessoa depois de ter ocorrido d_1;; d_3:escolher uma cadeira para a terceira pessoa, após ter ocorrido d₁e d₂

7 6 5 210⋅ ⋅ =

Problema 8: Quantos divisores naturais possui o número 108?

Solução:

Temos que o número 108 pode ser escrito como 10 . Com isso temos que qualquer divisor de 108 e da forma 2 com ^de ⁼¹1 e . Dessa forma, para obter um

2 3

8 2 3= ⋅

en y∈{0,1, 2,

x⋅3^y ¹¹11 1112 12 1n 1n

a s

t (A)=

a A +a A +...+a A sen

 〉

 3}

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divisor de 108 devemos substituir em o expoente x por um dos números 0, 1 ,2 e o expoente y por um dos números 0, 1, 2,3. Então:

2 3^x⋅ ^y

d1: escolha de um valor para x d₂: escolha de um valor para y

Assim, temos que # d1 = 3, # d2 = 4. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que números divisores.

3 4 12⋅ =

Problema 9:

Quantos subconjuntos possui um conjunto com n elementos?

Solução:

Seja o conjunto A={ , ,..., }a a₁ ₂ a_n .

Cada subconjunto de A possui x1 elementos , x2 elementos , ..., xn elementos , onde . Para se formar um subconjunto de A devemos escolher um valor para x₁, um valor para x₂, ..., um valor para x_n.

a1 a₂ a_n

{0,1} com 1, 2,...,

xi∈ i= n

d₁: escolher um valor para x₁ d₂: escolher um valor para x₂ .

. .

d_n: escolher um valor pára x_n

Assim, temos que # d1 = 2, # d2 = 2, ..., # dn = 2. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que subconjuntos.

2 2 2 ... 2 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⁿ

Problema 10: n automóveis devem entrar sucessivamente numa rua que dá mão para um único lado e estacionar em n vagas existentes. Cada carro deve justapor-se a um carro já estacionado.

Podendo o primeiro carro ocupar qualquer das vagas, quantas filas distintas podem ser formadas?

Solução:

O número de maneiras de arrumar automóveis os n automóveis nas n vagas, nas condições do problema é igual ao número de maneiras de arruma-los fora das vagas e em seguida encaixa-los nas mesmas.

d1: colocar o 1^o. carro

d_2:colocação do 2^o. carro, após ter ocorrido d₁ d₃: colocação do 3^o. carro, após terem ocorrido d₁ e d₂ .

.

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.

d_n: colocação do n-ésimo carro, após ter ocorrido d₁, d₂, ..., d_n

Assim, temos que # d1 = 1 (já que o primeiro carro não há condição de ser satisfeita); # d2 =2 (na frente ou atrás do 1^o. carro), # d3 = 2 (na frente ou atrás dos dois carros já arrumados), ..., # d_n = 2 (na frente ou atrás dos n – 1 carros já arrumados). Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 1 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =2 ... 2 2ⁿ⁻¹modos.

Problema 11: Sejam os conjuntos . Quantas aplicações

f:A→B podem ser definidas?

1 2 1 2

{ , ,..., } e _p { , ,..., } A= a a a B= b b b_m

Solução:

d₁: escolher uma imagem para o elemento ; a₁

d₂: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₂ ₁; d3: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₃ 1 e d2; .

. .

dp: escolher uma imagem para o elemento a_p, após ter ocorrido d1, d2, ..., dp;

Assim, temos que # d1 = m, # d2 = m, # d3 = m, ..., # dp = m. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que m m m⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =... m m^p aplicações f:A→B podem.

injetoras f:A→B podem ser definidas?

1 2 1 2

{ , ,..., } e _p { , ,..., } A= a a a B= b b b_m

Solução:

d₁: escolher uma imagem para o elemento ; a₁

d₂: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₂ ₁; d3: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₃ 1 e d2; .

. .

dp: escolher uma imagem para o elemento a_p, após ter ocorrido d1, d2, ..., dp;

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Assim, temos que # d₁ = m, # d₂ = m - 1, # d₃ = m - 2, ..., # d_p = m – (p + 1). Logo, pelo

princípio multiplicativo temos que aplicações injetoras f:A→B.

( 1) ( 2) ... ( ( 1)) ( 1) ( 2) ... ( 1

m m⋅ − ⋅ m− ⋅ ⋅ m− p− = ⋅m m− ⋅ m− ⋅ ⋅ m p− + )

bijetoras f:A→B podem ser definidas?

1 2 1 2

{ , ,..., } e _n { , ,..., } A= a a a B= b b b_n

Solução:

d1: escolher uma imagem para o elemento ; a₁

d₂: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₂ ₁; d_3:escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da₃ ₁e d₂; .

. .

d_n: escolher uma imagem para o elemento , após ter ocorrido da_n ₁, d₂, ..., d_n;

Assim, temos que # d1 =n, # d2 = n - 1, # d3 = n - 2, ..., # dp = n – (n - 1). Logo, pelo princípio

multiplicativo temos que aplicações

bijetoras f:A→B.

( 1) ( 2) ... ( ( 1)) ( 1) ( 2) ...

n n⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − −n n n = ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅1n n n

Problema 13: Dados n objetos distintos a a₁, ,...,₂ a_n, de quantos modos é possível ordena-los?

Solução:

Para os objetos a, b, c há 6 ordenações: abc, acb, bac, bca, cba, cab. No caso geral temos n modos de escolher o objeto que ocupará o primeiro lugar, n – q modos de escolher o que ocupará o segundo lugar, ..., 1 modo de escolher o objeto que ocupará o último lugar. Temos então que o problema é equivalente ao problema 12, logo o número de modos de ordenar n objetos distintos é n n⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅( 1) (n 2) ... 1.

A partir do problema 13 definimos cada ordenação dos n objetos como uma permutação simples de n objetos e o número de permutações de n objetos distintos, representado por Pn é

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igual a n! = (Já que 0!=1, define-se P₀ = 1). Em outras palavras uma permutação nada mais é que uma função bijetora P: A→ A.

( 1) ( 2) ... 1 n n⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅n

Problema 14: Quantos são os anagramas da palavra QUADRO que começam por vogal?

Solução:

Considere as posições de cada letra da palavra quadro

P6

P5

P4

P2 P3

P1

d1: escolher uma vogal, dentre a, o, u para a posição P1; d₂: permutar as letras restantes

Assim, temos que # d1 = 3, # d2 = 5!=120. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que anagramas.

3 120 360⋅ =

Problema 15: De quantos modos podemos formar uma roda com 6 crianças?

Solução:

À primeira vista parece que para formar uma roda com as 6 crianças basta escolher uma ordem para eles, o que pode ser feito de120!= 720 modos. Mas, há rodas iguais como por exemplo, ABCDE e EABCD (onde A, B, C, D e E representam as crianças). Daí , a contagem de 720 rodas contou cada roda 6 vezes. Portanto, temos como resposta para o problema ⁷²⁰ 120

6 = .

Problema 16: De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em dois grupos de 6?

Solução:

A divisão pode ser feita colocando as 12 pessoas em fila e dividindo-as de modo que um dos grupos seja formado pelas 6 primeiras pessoas e o outro pelas 6 últimas. Temos que tomar cuidado que a solução, embora pareça ser 12! não é. Pois em 12! maneiras temos que cada divisão foi contada vezes (2 por causa da ordem dos grupos , 6! Por causa da ordem dos elementos no 1^o. grupo e 6! Por causa da ordem dos elementos no 2^o. grupo). Portanto, temos como resposta

2 6! 6!⋅ ⋅

12 2 6

! 462

! 6!=

⋅ ⋅ .

Problema 17: De quantos modos podemos escolher p objetos distintos entre n objetos distintos dados?

Solução:

Cada subconjunto com elementos é chamado de uma combinação simples de classe dos objetos a1, a2, ... , an.

p

p n

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Assim, por exemplo, as combinações simples de classe 3 dos objetos a1, a2, a3, a4, a5

são: {a1,a2,a3} {a1,a2,a4} {a1,a2,a5} {a1,a3,a4} {a1,a3,a5} {a1,a4,a5} {a2,a3,a4} {a2,a3,a5} {a2,a4,a5} {a3,a4,a5}.

O número de combinações simples de classe de Objetos é representado por Assim,

p n

p.

Cn C₅³ =10.

Analisemos esta resposta: a escolha do 1º elemento da combinação pode ser feita de 5 modos; a do 2º, de 4 modos e a do 3º, de 3 modos. A resposta parece ser 5 4 . Entretanto, se pensarmos numa combinação, por exemplo, {a1,a2,a3}, verificamos que as combinações {a1,a2,a3}, {a1,a3,a2}, {a2,a1,a3}, etc... são idênticas e foram contadas como se fossem diferentes. Com efeito, se dissermos que há 5 modos de escolher o 1º elemento da combinação é porque estamos considerando as escolhas a1 e a2 como diferentes e portanto estamos contando {a1,a2,a3} como diferente de {a2,a1,a3}. Em suma, na resposta 60 estamos contando cada combinação uma vez para cada ordem de escrever seus elementos. Como em cada combinação os elementos podem ser escritos em P3 = 3! = 6 ordens, cada combinação foi contada 6 vezes. Logo, a resposta é 60/6 = 10.

⋅ ⋅ =3 60

No caso geral temos ⁽ ^1)...( ¹⁾,0 , ⁰ 1.

!

p

n n

n n n p

C p

p

− − +

= < ≤n C =

Uma expressão alternativa pode ser obtida multiplicando o numerador e o denominador por (n−p)!. Obtemos

. 0

)!, (

!

! p n

p n p

C_n^p n ≤ ≤

= −

Problema 15: Em uma urna há fichas numeradas de 1 a 10. De quantos modos se podem retirar 3 fichas de modo que a soma dessas fichas seja menor que 9?

Solução:

Primeiro temos que o número de modos de retirar 3 fichas é C . São 4 grupos de 3 fichas cuja soma é inferior a 9: 1+ 2 + 3, 1 + 2 + 4, 1 + 2 + 5 e 1 + 3 + 4. Logo temos como resposta C - 4.

3 10

Problema 16: De quantos modos se podem repartir 27 livros diferentes entre as pessoas A, B e C, de modo que A e B, juntas, recebam o dobro de C?

Solução:

Primeiramente temos que se C recebe x livros, então A e B devem receber 2x.

Daí, 2x + x = 27 ⇒x = 9.

d₁: escolher 9 livros dentre os 27 para dar a C d2: distribuir os 18 livros restantes entre A e B

Assim, temos que # d1 =C , # d2 =2¹⁸. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 2¹⁸ modos.

9

27 9

C27⋅

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Problema 17: Quantas diagonais possui um polígono convexo de n lados?

Solução: O número de segmentos que tem extremidades nos vértices desse polígono é

2 ! ( 1) ( 2)! (

2! ( 2)! 2 ( 2)! 2

n

n n n n n n

C n n

⋅ − ⋅ − ⋅ −

= = =

⋅ − ⋅ −

1). Mas, destes ⁽ ¹ 2

n n⋅ − ) segmentos n são lados do polígono. Logo, o número de diagonais de um polígono de n lados é dado por

( 1) ( 1) 2 ( 1 2) ( 3)

2 2 2 2

n n n n n n n n n

⋅ − − =n ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − = ⋅ − 2 .

Problema 18: De quantas maneiras se podem escolher 3 números distintos do conjunto A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 100}, de modo que sua soma seja um múltiplo de 3?

Solução:

Sejam os conjuntos:

{ : multiplo de 3} {1,3,6,9,...,99}

{ : multiplo de 3 1} {1, 4,7,10,...,100}

{ : multiplo de 3 2} {2,5,8,11,...,98}

X x A x Y x A x

Z x A x

= ∈ = =

= ∈ = + =

Assim temos que # X = 33, # Y = 34 e # Z = 33. Observe que cada número escolhido em A têm por soma um múltiplo de 3, cada 3 números escolhidos em B têm por soma um múltiplo de 3, cada 3 números escolhidos em C têm por soma um múltiplo de 3 e escolhendo-se um número em A, um em B e um em C, a soma das 3 números é múltiplo de 3.

Daí: C₃₃² +C₃₄³ +C₃₃³ +C₃₃¹ ⋅C₃₄¹ ⋅C¹₃₃=2C₃₃³ +C₃₄³ +(C₃₃¹ )²⋅C₃₄¹ .

Palavras-chave: Ensino de Combinatória, Principio multiplicativo, Combinações.

Referências Bibliográficas:

BRASIL. Parâmetros Curriculares Nacionais: Ensino Médio: Ciências da Natureza, Matemática e suas Tecnologias. Brasília: MEC, 1999.

LACAZ, N. F. A . Lições de Análise Combinatória. São Paulo: Livraria Nobel, 1956.

LIMA, E. L., CARVALHO, P. C. P., et al. A Matemática do Ensino Médio. Rio de Janeiro: SBM, vol. 2, 2000.

LIMA, E. L., CARVALHO, P., et al. Temas e Problemas.3 ed. Rio de Janeiro: SBM, 2003.

LIMA, E. L.Matemática e ensino.2 ed. Rio de Janeiro: SBM, 2003.

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MORGADO, A.C.O. et alli. Análise Combinatória e Probabilidade Rio de Janeiro:

SBM, 1991 (–Coleção do Professor de Matemática ).

ROBERTS, F. S. Applied Combinatorics. New Jersey: Prentice Hall, 1984.

TUCKER, A . Applied Combinatorics. Nova Iorque: John Wiley and Sons, 2. Ed, 1984.