Trabalho apresentado como atividade do PIPE na disciplina Matemática Finita do Curso de Matemática no 1º semestre de 2009
Fabrício Alves de Oliveira Gabriel Gomes Cunha Grégory Duran Cunha Tatiane de Medeiros
Resumo: Iremos tratar aqui de Permutações Caóticas dando ênfase à abordagem de Euler para este tema. Explicitaremos a dedução da fórmula do cálculo do número de desarranjos para n itens e apresentaremos um método para calcular a probabilidade de ocorrência de uma permutação caótica sem conhecer o número de ocorrências.
1 Introdução
A brincadeira de “amigo oculto”, muito comum em nossa sociedade, traz consigo uma intrigante questão que no séc XVIII motivou o célebre matemático Leonhard Euler a empenhar-se em um enge-nhoso e surpreendente trabalho com o intuito de solucioná-la.
Esta questão conhecida como “O Problema das Cartas mal endereçadas” consiste em descobrir de quantas formas distintas pode-se colocar n cartas em n envelopes, endereçados a n destinatários diferentes, de modo que nenhuma das cartas seja colocada no envelope correto.
Figura 1.1: Leonhard Euler
Voltando ao “amigo oculto”, o problema equivale a investigar de quantas formas diferentes n pessoas podem sortear aleatoriamente n “papeizinhos” de modo que nenhuma delas sorteie o próprio nome.
Estamos diante de um conhecido problema de Análise Combinatória, as Permutações Caóticas. Uma vez resolvido este problema iremos estendê-lo ao cálculo da probabilidade de ocorrência de uma Permutação Caótica, ou seja, investigaremos qual a probabilidade de um sorteio ser bem sucedido na brincadeira do “amigo oculto”.
2 Número de Permutações Caóticas
Definição: Uma permutação de a1, a2, · · · , an é chamada de caótica quando nenhum dos ai0s
se encontra na posição original, isto é, na i-ésima posição.
Uma permutação com tal característica também é chamada de um “desarranjo” de a1, a2, · · · , an.
Seja Dn o número de permutações caóticas, isto é, a quantidade de permutações das n letras
a, b, c, · · · nas quais nenhuma delas ocupa sua posição original.
Quando n = 1, temos somente uma letra. Logo não existe forma de “desarranjá-la” e, portanto, D1 = 0. Quando n = 2, podemos “desarranjar” as letras a e b apenas de uma forma: ba. Assim,
D2= 1. Quando n = 3, podemos permutar as letras a, b, c de 6 maneiras: abc, acb, bac, bca, cab, cba,
onde bca e cab são os únicos “desarranjos”. Portanto, D3 = 2. Continuando a análise de casos
particulares, verifica-se que D4 = 9 e D5 = 44, mas, a partir daí, as alternativas tornam-se muito
numerosas de tal modo que é preciso deduzir matematicamente qual a lei de formação de Dn.
Vejamos como Euler raciocinou para encontrar o valor de Dn. Seja a, b, c, d, e, · · · um arranjo
inicial de n letras. Rearranjando-as de modo que nenhuma retorne à sua posição original, existem n − 1 opções para a primeira letra, já que ela não pode ser o a. Suponha que a primeira letra seja b. Assim, Dn será dado pelo produto do número de variações das demais letras por n − 1 (já que
existem n − 1 opções para a primeira letra). Sendo b a primeira letra de um “desarranjo”, temos duas possibilidades:
1. A segunda letra é o a. Nesse caso, precisamos rearranjar as n − 2 letras restantes de modo que nenhuma volte à sua posição de origem. Ora, esse é o mesmo problema do qual partimos, reduzido de 2 letras, havendo portanto, Dn−2 formas de fazê-lo.
2. A segunda letra não é o a. O problema agora é rearranjar as n − 1 letras restantes que ficarão à direita de b, isso pode ser feito de Dn−1 maneiras.
Como os rearranjos das duas alternativas pertencem a conjuntos disjuntos, temos que, quando b é a primeira letra, existem Dn−1+ Dn−2 desarranjos possíveis. Como há n − 1 opções para a primeira
letra, pelo Princípio Multiplicativo de Contagem temos:
Dn= (n − 1)(Dn−1+ Dn−2) (2.1)
Obtemos assim, uma fórmula de recorrência que resolve o problema, mas tem o inconveniente de não fornecer Dn como uma função explícita do número n.
Fazendo n = 3 em (2.1), temos:
D3= 2(D2+ D1) ⇒ D3= 2D2+ 2D1
Reescrevendo a expressão, obtemos:
D3= (−D2+ 3D2) + 2D1⇒ D3− 3D2= −D2+ 2D1⇒ D3− 3D2= −(D2− 2D1)
Analogamente, para n = 4 e n = 5, temos:
D4− 4D3= −(D3− 3D2)
D5− 5D4= −(D4− 4D3)
Logo, para qualquer inteiro n, n ≥ 3, têm-se:
D3− 3D2 = −(D2− 2D1)
D4− 4D3 = −(D3− 3D2)
D5− 5D4 = −(D4− 4D3)
... ...
Dn− nDn−1 = −(Dn−1− (n − 1)Dn−2)
Multiplicando essas n − 2 igualdades, temos: (D3− 3D2)(D4− 4D3)(D5− 5D4) · · · (Dn− nDn−1) = (−1)n−2(D2− 2D1)(D3− 3D2)(D4− 4D3) · · · (Dn−1− (n − 1)Dn−2) ⇒ Dn− nDn−1 = (−1)n−2(D2− 2D1) (2.2) Como (−1)n−2= (−1)n, ∀n ∈ Z e D 2− 2D1= 1 − 2.0 = 1, logo, substituindo em (2.2): Dn− nDn−1= (−1)n⇒ Dn = nDn−1+ (−1)n, ∀n ≥ 3 (2.3)
Note que (2.3) é verdadeira para n = 2. De fato, sabemos que D2 = 1. Por outro lado,
D2= 2D1+ (−1)2 = 2.0 + 1 = 1. Logo, (2.3) é válida para n = 2. Observe ainda, que o mesmo não
ocorre para n = 1, já que D1= 1.D0+ (−1)1= 1.0 − 1 = −1 6= 0.
Da igualdade (2.3), temos: D3= 3D2− 1 D4= 4D3+ 1 = 4(3D2− 1) + 1 = 4.3D2− 4 + 1 = 4.3 − 4 + 1 D5= 5D4 − 1 = 5(4.3 − 4 + 1) − 1 = 5.4.3 − 5.4 + 5 − 1 Observe que: 5.4.3 − 5.4 + 5 − 1 = 5! 1 2! − 1 3!+ 1 4!− 1 5! . Daí, D5= 5! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5! . D6= 6D5+ 1 = 6(5.4.3 − 5.4 + 5 − 1) + 1 = 6.5.4.3 − 6.5.4 + 6.5 − 6 + 1 = 6! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5! + 1 6! . Vamos mostrar que:
Dn = n! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n! , ∀n ≥ 2 (2.4) De fato, para n = 2, tem-se:
D2= 2!
1 2!
= 1, que é claramente verdadeira. Suponha que (2.4) seja verdadeira para n − 1, ou seja
Dn−1= (n − 1)! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5! + · · · + (−1) n−1 1 (n − 1)!
Daí, multiplicando ambos os membros da igualdade por n: nDn−1= n(n − 1)! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n−1 1 (n − 1)! De (2.3), temos que: nDn−1= Dn− (−1)n
Logo, Dn− (−1)n= n(n − 1)! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n−1 1 (n − 1)! Dn= n! 1 2! − 1 3!+ 1 4!− 1 5! + · · · + (−1) n−1 1 (n − 1)! + (−1)n Dn= n! 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n! , como queríamos. Lembrando que D1= 0, finalmente, temos que o número procurado é:
Dn= n! 1 − 1 1!+ 1 2!− 1 3! + 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n! ∀n ≥ 1 (2.5)
3 O problema do amigo oculto
Vimos que o número de permutações caóticas de n elementos, com n ∈ Z+ é dado por:
Dn= n! 1 − 1 1! + 1 2!− 1 3!+ 1 4! − 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n!
Sabendo disso, podemos resolver o seguinte problema:
Em uma brincadeira de “amigo oculto”, na qual n pessoas escrevem seu nome em um pedaço de papel e o depositam num recipiente, de onde cada um retira aleatoriamente um dos pedaços de papel. Qual
a probabilidade de ninguém pegar seu próprio nome? Em outras palavras, o problema equivale a:
“Se um conjunto ordenado de n itens é permutado aleatoriamente, qual a probabilidade que nenhum deles volte à sua posição original?”
Como o número total de maneiras dos n itens serem permutados sem que nenhum volte à sua posição de origem é Dn e o número total de permutações dos n itens é n!, temos que a probabilidade
de ninguém retirar seu próprio nome é dada por: Pn= Dn n! = 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n1 n!
Logo, a resposta do problema do “amigo oculto”, isto é, a probabilidade de nenhuma das n pessoas retirar o pedaço de papel com seu próprio nome é:
Pn= Dn n! = 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n1 n!
A resposta ao problema foi facilmente obtida utilizando-se do fato de conhecermos uma expressão que calcula o Dn. Suponha então, que essa expressão não fosse conhecida. Vejamos como obter a
resposta nesse caso, pensando nas permutações de uma forma distinta da anterior.
Para facilitar o raciocínio, consideremos um caso particular quando n = 9, ou seja, quando 9 pessoas participam da brincadeira do “amigo oculto”. Podemos dizer, que cada sorteio, define uma função f do conjunto das 9 pessoas em si mesmo. f(x) = y significa que x deve presentear y. Como duas pessoas diferentes não podem tirar o mesmo amigo oculto (o sorteio é feito sem reposição), e todas as 9 pessoas serão presenteadas, f é uma bijeção do conjunto A das 9 pessoas sobre si mesmo, ou seja, uma permutação desse conjunto. Alguém será amigo oculto de si mesmo quando existir em
A um certo x tal que f(x) = x. Na nomenclatura usual de funções, um tal x é chamado ponto fixo de f. O problema agora consiste em determinar, dentre o total das 9! permutações dos elementos de A, quantas são as que têm ponto fixo - correspondentes aos sorteios fracassados - e quantas não têm ponto fixo - correspondentes aos sorteios que deram certo.
Vamos introduzir uma forma de representar as permutações. Adotando o símbolo a → b para designar que f(a) = b, e numerando as pessoas de 1 a 9, uma possível permutação é, por exemplo:
1 → 8 2 → 1 3 → 3 4 → 9 5 → 7 6 → 6 7 → 4 8 → 2 9 → 5 Observe que podemos colocar essas informações na seguinte ordem:
1 → 8 → 2 → 1 3 → 3 4 → 9 → 5 → 7 → 4 6 → 6
Note que as pessoas 1; 8; 2; 1 formam, nessa ordem, um ciclo: 1 presenteia 8, que presenteia 2, que presenteia 1. Representaremos esse ciclo por (182). O mesmo ciclo poderia ser representado também por (821) ou (218), mas não por (128), que significaria: 1 → 2 → 8 → 1, que é diferente. Situação análoga ocorre com os elementos 4; 9; 5; 7, que formam o ciclo (4957). Os pontos fixos 3 e 6 podem ser considerados como ciclos de tamanho 1. Desse modo, essa permutação pode ser representada por: (182) (3) (4957) (6). Repare que, se trocarmos os ciclos de lugar, nada muda nas informações, de modo que a mesma permutação poderia ser representada, por exemplo, por (4957) (6) (3) (182). Já trocar a ordem das pessoas dentro dos ciclos pode alterar ou não a permutação, como vimos. Podemos ainda, representar graficamente as permutações através de seus ciclos. Na situação acima temos:
Figura 3.1: Representação gráfica das permutações do exemplo anterior
Então, podemos concluir que, quando procuramos as permutações que não possuem pontos fixos, estamos procurando quais as permutações que não apresentam ciclos de tamanho 1.
Temos que a probabilidade procurada é: Pn=
Dn
n! , onde n é o número de pessoas e Dn o número de permutações do conjunto dessas pessoas, que não têm elementos fixos.
Para n = 1, a única permutação que existe é: 1 → 1, ou, na nossa notação: (1), a qual tem ponto fixo. É claro então que D1 = 0e Pn = 0. Para n = 2, as duas permutações são: (1) (2) e (12). Só a
segunda é caótica; portanto: D2= 1e P2=
1
2. Para n = 3, existem 6 permutações: (1)(2)(3), (1)(23), (2) (13), (3) (12), (123) e (132). Dessas, só as duas últimas não têm ciclos de tamanho 1, isto é, não têm pontos fixos. Logo, D3= 2 e P3=
1 3.
Não podemos contar dessa maneira para o caso n = 9, com um total de mais de 300 mil permuta-ções. Vamos então fazer um raciocínio mais sutil, para esse caso. Imaginemos todas as permutações caóticas das 9 pessoas. Fixemos a atenção na pessoa de número 9. Em qualquer das 9! permutações, essa pessoa tem que estar em algum ciclo de tamanho maior que 1 (lembre-se que não há ponto fixo numa permutação caótica!). Chamemos então de B9o número de permutações caóticas (das 9 pessoas)
em que a pessoa 9 está num ciclo de tamanho 2, e de ,C9 o número de permutações caóticas (das 9
pessoas) em que a pessoa 9 está num ciclo de tamanho maior que 2. É claro que D9= B9+ C9.
Se tomarmos uma permutação caótica em que 9 esteja num ciclo de tamanho maior que 2 (por exemplo, (15) (3246) (798)) e suprimirmos o 9, obteremos uma permutação caótica das 8 pessoas
restantes (no exemplo anterior, obteríamos: (15) (3246) (78)); por outro lado, o caminho inverso, ou seja, “inserir” o 9 nesta permutação caótica das 8 primeiras pessoas, para obter uma permutação caótica das 9 originais, pode ser feito de 8 maneiras diferentes, como vemos no exemplo dado: (195)(3246)(78), ou (159)(3246)(78), ou (15)(39246)(78), ou (15)(32946)(78), ou (15)(32496)(78), ou (15)(32469)(78), ou (15)(3246)(798), ou (15)(3246)(789)). Na realidade, o processo descrito nesse “caminho inverso” consiste em substituir cada flecha a → b por
a → 9 → b. No exemplo, fizemos isso, sucessivamente, com as flechas 1 → 5, 5 → 1, 3 → 2, 2 → 4, 4 → 6, 6 → 3, 7 → 8, 8 → 7, que são as oito flechas da permutação. Portanto, a conclusão é que cada permutação caótica de 8 pessoas gera, por esse processo, 8 permutações caóticas de 9 pessoas nas quais a pessoa 9 está num ciclo de tamanho maior que 2, ou seja: C9= 8D8.
Se tomarmos agora uma permutação caótica em que 9 esteja num ciclo de tamanho igual a 2 (por exemplo, (178) (3426) (59)) e “suprimirmos” o 9, obteremos não uma permutação caótica das 8 pessoas restantes, e sim uma permutação das 8 pessoas com um único ponto fixo (no exemplo anterior, obteríamos: (178) (3426) (5)). Essa pode ser olhada como um ponto fixo (no caso, o 5) justaposto a uma permutação caótica das outras 7 pessoas. Como existem 8 candidatos a serem o ponto fixo, conclui-se que cada permutação caótica de 7 pessoas gerará, pelo processo de “acrescentar” o 9 ao ponto fixo, 8 permutações caóticas de 9 pessoas nas quais 9 está num ciclo de tamanho 2, ou seja: B9= 8D7.
Como D9= C9+ B9, segue que: D9= 8D8+ 8D7.
Utilizando raciocínio análogo, em uma brincadeira de “amigo oculto” com n pessoas, temos que o número de permutações caóticas é dado pela seguinte relação de recorrência:
Dn= (n − 1)Dn−1+ (n − 1)Dn−2 (3.1)
Dividindo a equação (3.1) por n! temos: Dn n! = (n − 1)Dn−1 n! + (n − 1)Dn−2 n! ⇒ ⇒ Pn= (n − 1)Dn−1 n(n − 1)! + (n − 1)Dn−2 n(n − 1)(n − 2)! ⇒ ⇒ Pn= 1 −1 n Pn−1+ 1 n Pn−2⇒ ⇒ Pn= Pn−1− 1 n Pn−1+ 1 n Pn−2⇒ ⇒ Pn− Pn−1= − 1 n Pn−1+ 1 n Pn−2⇒ ⇒ Pn− Pn−1 = −1 n (Pn−1− Pn−2) . Seja: dn= Pn− Pn−1 (3.2)
Daí, dn= −1 n dn−1 (3.3)
Fazendo n = 2 na equação (3.2), temos:
d2= P2− P1= 1 2 − 0 = 1 2 = 1 2! Logo: d2= 1 2! Daí, de (3.3), temos: d3= −1 3 d2= −1 3 1 2 = −1 6 = −1 3! . Logo, d3= −1 3! De (3.3), temos: d4= −1 4 d3= −1 4 −1 3! = 1 4! Logo, d4= 1 4! ... dn = (−1)n 1 n! (3.4)
Da equação (3.2), temos que:
Pn= dn+ Pn−1 De (3.4), segue que: Pn= (−1)n 1 n!+ dn−1+ Pn−2⇒ ⇒ Pn= (−1)n 1 n! + (−1) n−1 1 (n − 1)! + dn−2+ Pn−3⇒ ⇒ Pn= (−1)n 1 n! + (−1) n−1 1 (n − 1)! + (−1) n−2 1 (n − 2)! + dn−3+ Pn−4⇒ ... ⇒ Pn= (−1)n 1 n!+ (−1) n−1 1 (n − 1)! + (−1) n−2 1 (n − 2)! + · · · + d2+ P1⇒
⇒ Pn= (−1)n 1 n! + (−1) n−1 1 (n − 1)! + (−1) n−2 1 (n − 2)! + · · · + (−1) 21 2!+ 0 ⇒ ⇒ Pn = 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n!
Assim, obtemos Pn através de um processo distinto do visto anteriormente.
Euler observou que essa probabilidade praticamente se estabiliza a partir de valores relativamente baixos de n. Por exemplo, P12= 0, 36787944, enquanto P24 = 0, 3678794412, valores muito próximos.
n Pn 1 0 2 0, 5 3 0, 33333 4 0, 37500 5 0, 36667 6 0, 36806 ... ... 12 0, 36787944 ... ... 24 0, 3678794412
Temos que os valores de Pn crescem (cada vez menos) quando n passa de ímpar para par, e
diminuem (cada vez menos) quando n passa de par para ímpar, sugerindo que Pn deva tender a se
aproximar de um certo valor (entre 0,36667 e 0,36806), ora por excesso, ora por falta. E esse estranho número 0,367879441..., quem é ele?
Surpreendentemente, temos que esse número é 1
e. De fato, das séries de potências, temos que: ex= ∞ X n=0 xn n! Aplicando o teste da razão, temos:
lim n→+∞ xn+1 (n+1)! xn n! = lim n→+∞ xn+1 (n + 1)!. n! xn = lim n→+∞|x| 1 n + 1 = 0 < 1. ∴ ∞ X n=0 xn n! converge, ∀x ∈ R. Como ∞ X n=0 xn
n! converge ∀x ∈ R, então podemos definir uma função f(x) =
∞
X
n=0
xn
n! cujo domínio é o intervalo de convergência da série, ou seja, Df = R.
Assim, seja f (x) = 1 + x 2 2! + x3 3! + · · · + xn n! + · · · Derivando termo a termo, temos que:
f0(x) = 1 + x + 3x 2 3! + · · · + nxn−1 (n − 1)! + · · · = f (x) ⇒ f (x) = f0(x) Logo, f0(x) f (x) = 1. Observe que: f0(x) f (x) = (ln f (x)) 0 Assim, (ln f (x))0= 1. Integrando ambos os termos da igualdade, temos:
ln f (x) = x + C ⇒ f (x) = ex+C = ex.k Como f(0) = 1, então: e0.k = 1 ⇒ k = 1. Logo, f (x) = ex. E, portanto, f (x) = 1 +x 2 2! + x3 3! + · · · + xn n! + · · · = ∞ X n=0 xn n! = e x. (3.5)
Agora, fazendo x = −1 em (3.5), obtemos: 1 e = ∞ X n=0 (−1)n n! = 1 − 1 1! + 1 2!− 1 3!+ 1 4! − 1 5!+ · · · + (−1) n 1 n!+ · · · = 0, 367879441... Portanto, Pn = 1 e como queríamos.
Referências Bibliográficas
[1] Carneiro, José Paulo C., O problema do amigo oculto, Revista do Professor de Matemática, nº 28 - Sociedade Brasileira de Matemática, 1995.
[2] Garbi, Gilberto, Uma pequena pérola de Euler, Revista do Professor de Matemática, nº 50 -Sociedade Brasileira de Matemática, 2002.
[3] Moreira, Carlos Gustavo T.A., Amigo oculto, Revista do Professor de Matemática, nº 15 - Soci-edade Brasileira de Matemática, 1989.
[4] Morgado, A. C. e outros, Análise Combinatória e Probabilidade, Coleção do Professor de Mate-mática - Sociedade Brasileira de MateMate-mática, Rio de Janeiro, 1991.
[5] Santos, J. P. O. e outros, Introdução à Análise Combinatória, Editora da UNICAMP, Campinas, 1995.
