Quantas senhas de três dígitos são possíveis

AULA 11: An ´alise Combinat ´oria

Q

1

O que ´e combinat ´

oria?

Análise combinatória, ou Contagem, é o ramo da matemática que estuda métodos que permitem contar o número de elementos de um conjunto, sendo estes elementos agrupamentos formados sob certas condições(como nos exemplos citados ante-riormente). Este material se limita a estudar os casos mais comuns: permutação, combinação e

arranjo.

2

Fatorial

O fatorial é uma ferramenta muito útil para simplificar as fórmulas de permutação, arranjo e combinação. O fatorial de um número natural n é definido como:

n! = n · (n − 1) · (n − 2) · ... · 2 · 1 para n ≥ 2

Ainda da definição de fatorial: 1! = 1 0! = 1 Exemplos: 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5040 FIQUE LIGADO

O fatorial de um número n pode ser escrito em termos de fatores que incluem o fatorial de um outro número m tal que m < n. Por exemplo: 5! = 5·4!, ou 5! = 5·4·3!, e assim por diante.

2.1 Dicas de operac¸ ˜ao com n ´umeros fa-toriais

Ao operar com números fatoriais é preciso al-guns cuidados. Note que:

(3 + 2)! = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 3! + 2! = 3 · 2 · 1 + 2 · 1 = 6 + 2 = 8

∴ (3 + 2)! 6= 3! + 2!

Ou seja, o fatorial da soma não é a soma dos

fatoriais. De maneira genérica:

Note também que:

(2 · 3)! = 6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720 3! · 2! = 6 · 2 = 12

∴ (2 · 3)! 6= 2! · 3!

Ou seja, o fatorial do produto não é o

pro-duto dos fatoriais. De maneira genérica:

(n · m)! 6= n! · m!

Uma dica muito útil: desenvolver os fatoriais

maiores até fatoriais menores, de modo a simplifi-car as expressões. Veja os exemplos:

• 10! 9! = 10 · 9! 9! = 10 · 9! 9! = 10 • 7! 3! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3! 3! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3! 3! = 840 Exercício 1

Calcule o valor da expressão: 10! 8! · 2! − 4! 2! · 2! RESOLUÇÃO: 10! 8! · 2! − 4! 2! · 2! = 10 · 9 · 8! 8! · 2 · 1 − 4 · 3 · 2! 2 · 1 · 2! = = 90 2 − 6 2 = = 45 − 3 = 42 Resposta: 42

Note que desenvolvemos 10! até 8! e 4! até 2! para simplificar alguns termos da fração. Exercício 2

Simplifique:

(2n)! 2 · (2n − 2)!

RESOLUÇÃO

Vamos desenvolver o maior fatorial até uma

possível simplificação: (2n)! 2 · (2n − 2)! = 2n · (2n − 1) · (2n − 2)! 2 · (2n − 2)! = =
2n · (2n − 1) ·  (2n − 2)!
2 ·   (2n − 2)! = = n · (2n − 1) Resposta: n · (2n − 1) Problema 1 (PUC=RS) Se (n − 1)! (n + 1)! − n! = 1 81, então n é igual a: (a) 13 (b) 11 (c) 9 (d) 8 (e) 6 RESOLUÇÃO: (n − 1)! (n + 1)! − n! = 1 81 (n − 1)! (n + 1) · n · (n − 1)! − n · (n − 1)! = 1 81 1 n2₊ n −n = 1 81 ∴ 1 n2 = 1 81 n2= 81 ∴ n = ±9 mas, como n é um natural, n = 9

Resposta:alternativa (c) Problema 2 (UFF-RJ) O produto 20 · 18 · 16 · ... · 4 · 2 é equivalente a: (a) 20! 2 (b) 2 · 10!

(c) 20! 210 (d) 210_{· 10!} (e) 20! 10! RESOLUÇÃO:

Note que temos o produtos de todos os pares menores ou iguais a 20, assim, podemos reescrever tal produto como:

20 · 18 · 16 · ... · 4 · 2 = = (2 · 10) · (2 · 9) · (2 · 8) · ... · (2 · 2) · (2 · 1) = = 2 · 2 · ... · 2 | {z } 10 termos · 10 · 9 · ... · 2 · 1 | {z } 10!= = 210· 10! Resposta: alternativa (d)

3

O princ´ıpio fundamental da

contagem (PFC)

O princípio fundamental da contagem é uma importante ferramenta na resolução de problemas de contagem. Este Princípio pode ser dividido em dois lemas, a saber:

Lema 1:

Dados dois conjuntos finitos: A com m elemen-tos e B com n elemenelemen-tos, o número de pares ordenados formados por um elemento de A e um elemento de B é dado pelo produto m · n.

Exemplo: De quantos modos diferentes José

pode se vestir sabendo que ele possui 4 camisas e 3 calças e que sempre usa uma camisa e uma calça ?

Solução: O conjunto "camisas"possui 4

elemen-tos, e o conjunto "calças", 3 elementos. Pelo prin-cípio fundamental da contagem, o número de mo-dos de José se vestir será obtido pelo produto do

número de elementos em cada conjunto:

4 |{z} camisas · 3 |{z} calças = 12

O lema 1 pode ser expandido para mais de dois conjuntos, sendo assim, o número de sequências é o produto dos números de elementos em cada um dos conjuntos. Veja o exemplo a seguir:

Exemplo:De quantos modos podemos montar

um prato executivo com uma salada, uma carne, um acompanhamento, um legume e uma sobre-mesa, sabendo que existem: 3 opções de saladas, 2 de carnes, 4 de acompanhamentos, 2 de legu-mes e 3 opções de sobrelegu-mesas?

Solução: 3 |{z} saladas · 2 |{z} carnes · 4 |{z} acomp. · 2 |{z} legumes · 3 |{z} sobremesas = 144 Lema 2:

Seja o conjunto A com m elementos. O número de pares ordenados com elementos distintos de Aque podemos formar é m · (m − 1).

Exemplo:José possui 6 camisas diferentes. Ele

deve escolher uma delas para usar no sábado e outra para o domingo. De quantas formas distintas ele pode fazer isso?

Solução: 6 |{z} sábado · 5 |{z} domingo = 30

O lema 2 pode ser expandido para sequências com mais de 2 elementos. Veja o exemplo a seguir:

Exemplo: João possui 10 camisas diferentes.

Ele deve escolher uma delas para usar em cada dia da semana (desde segunda até sexta). De quantas formas distintas ele pode fazer isso?

Solução: 10 |{z} seg · 9 |{z} ter · 8 |{z} qua · 7 |{z} qui · 6 |{z} sexta = 30240 Exercício 3

José tem 6 livros A =

{L₁, L2, L3, L4, L5, L6} e 4 cadernos B = {C1, C2, C3, C4}, De quantas ma-neiras ele pode escolher 3 livros e dois

cadernos ?

RESOLUÇÃO:

Utilizando o lema 2 do PFC (Princípio Fundamental da Contagem) o número de maneiras de se escolher 3 livros de um conjunto de 6 é:

NL= 6 · 5 · 4 = 120

Enquanto que o número de maneiras de se escolher 2 cadernos dum conjunto de 4 elementos é:

NC = 4 · 3 = 12

Como devemos escolher os livros e cader-nos simultaneamente então o número total de possibilidades é dado pelo produto das possibilidades parciais, ou seja;

N = NL· NC = 120 · 12 = 1440

Resposta: 1440

Exercício 4

Uma moeda honesta será lançada afim de se obter uma sequência de resultados cara ou coroa, determine:

(a) O número de possíveis sequências dife-rentes quando se realizam 4 lançamentos consecutivos.

(b) O número de possíveis sequências dife-rentes quando se realizam 6 lançamentos consecutivos.

(c) O número de possíveis sequências dife-rentes quando se realizam n lançamentos consecutivos.

RESOLUÇÃO:

(a) O número de resultados possíveis em cada lançamento é dois (cara ou coroa) e sendo realizados 4 lançamentos en-tão o número de resultados possíveis será:

2 · 2 · 2 · 2 = 24 = 16

Resposta: 16 resultados

(b) Da mesma forma que no item anterior teremos duas possibilidades para cada lançamentos e sendo realizados 5 lan-çamentos então o número de resulta-dos possíveis será:

2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 25 = 32

Resposta: 32 resultados

(c) Generalizando os resultados anterio-res, notamos que para k resultados com duas possibilidades cada resulta em : 2 · 2 · ... · 2 | {z } k fatores = 2k Resposta: 2k _resultados Problema 3 (UFSC-2017/Adaptada) A partir de 2017 as placas de veículos mudarão no Brasil. O novo modelo de placas, no padrão do Mercosul, terá sempre quatro letras e três algarismos distribuídos de forma aleatória, conforme mostra a figura. Com o novo modelo, considerando um alfabeto de 26 letras e 10 algarismos numéricos, determine se número de combinações possíveis de se fabricar uma placa é maior que dez milhões.

RESOLUÇÃO:

Note que devemos escolher sucessivamente 4 letras e 3 números. Para cada espaço a ser preenchido com letras temos 26 possibilida-des e cada espaço preenchido com números teremos 10 possibilidades, logo o número de possibilidades será :

26 · 26 · 26 · 26 · 10 · 10 · 10 = 264· 103 _{> 10}7

Portanto o número de combinações possí-veis para uma placa é maior que dez mi-lhões. Resposta: (verdadeiro)

A aplicação do princípio fundamental da conta-gem pode se tornar muito trabalhosa, a depender da complexidade do problema. Isso pode ser sim-plificado ao definirmos formas de agrupamentos e aplicando suas respectivas fórmulas. Estudaremos a seguir as principais formas de agrupamento, que são: permutação, arranjo e combinação.

4

Permutac¸ ˜ao

Dado um conjunto com n elementos, existem n! formas de ordená-los em sequência. Chamamos isso de permutação simples de n elementos e denotamos por Pn. A fórmula para o número de permutações de n elementos distintos é:

Pn= n!

Exemplo: Quantos anagramas1 da palavra

PROVA existem ?

Solução: São exemplos de anagramas da

palavra neste caso: PRAVO, POVAR, RPVAO, PAVOR, VRAPO, APROV, . . . . Seria possível, porém muito trabalhoso, listar e contar todos os anagramas. Usando a fórmula de permutação, obtemos P5 = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120anagramas.

Exemplo: Quantas sequências diferentes com

7 dígitos podemos formar com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7?

Solução: P7 = 7! = 5040sequências.

Problema 4

(UFSC-Adaptada) Calcule quantos anagra-mas, com e sem sentido, podemos formar com a palavra escola.

RESOLUÇÃO: Como não existem letras

(elementos) repetidas, podemos utilizar a fórmula da permutação simples.

P6= 6! = 720

Resposta: 720

Problema 5

(Unitau) Quantos anagramas podemos formar com a palavra VESTIBULAR tais

1_{Anagramas são sequências de letras (com ou sem}

sen-que a letra V sempre esteja no inicio? (a) 362440 (b) 362880 (c) 181440 (d) 181220 (e) 724880 RESOLUÇÃO:

Temos 10 letras diferentes na palavra VES-TIBULAR, mas para a escolha da primeira letra teremos apenas uma possibilidade: a letra V. As demais letras podem ser li-vremente embaralhadas, correspondendo a uma permutação com n = 9. O número total de anagramas será:

1 |{z} letra V · 9! |{z} demais letras = 362880 Resposta:Letra (b) Exercício 5

Quantos são os anagramas da palavra PRA-TICO que começam e terminam por conso-ante ?

Solução:

A consoante inicial pode ser escolhida de 4 maneiras, a consoante final de 3 maneiras e as 5 letras restantes podem ser arrumadas entre essas duas consoantes de P5 modos, ou seja : 4 |{z} consoante inicial · 3 |{z} consoante final · 5! |{z} outras letras = 1440 Resposta:1440

4.1 Permutac¸ ˜ao com repetic¸ ˜ao

Vamos considerar a palavra MAPA e calcular seus anagramas: fazendo a permutação de 4 letras distintas, obteríamos 4! = 24. Contudo, perceba que, ao trocar a segunda e a quarta letras entre si, não obtemos um novo anagrama. Para descontar os anagramas repetidos, devemos incluir no denominador a quantidade de vezes em que cada elemento repetido aparece. Assim, para a palavra MAPA, temos P = 4!/2! = 12 anagramas. Vejamos a seguir o caso geral para

permutação com repetição.

Para uma permutação com n elementos, nem to-dos distintos, o número de permutações possíveis Pn1,n2,n3,...

n , onde n1, n2, n3, ...são as quantidades que cada elemento repetido aparece, é dado por:

Pn1,n2,n3,...

n =

n!

n1! · n2! · n3! · ...

Exemplo: Quantos são os anagramas da

pala-vra MATEMATICA?

Solução: Note que temos n = 10 letras. Dentre

elas temos A se repetindo 3 vezes (n1 = 3), M se repetindo 2 vezes (n2 = 2)e T se repetindo 2 vezes (n3 = 2). Então o número de permutações possíveis será:

P₁₀3,2,2 = 10!

3! · 2! · 2! = 151200

5

Arranjo

Seja M = {a1, a2, . . . , am}. Chamamos de

arranjodos m elementos tomados r a r qualquer sequênciacom r elementos distintos de M.

Denotamos por Am,r o número de arranjos dos melementos tomados r a r.

Exemplo: Seja o conjunto M = {a, b, c, d}.

a) Quantos são os possíveis arranjos dos elemen-tos de M, tomados 2 a 2?

b) Quantos são os possíveis arranjos dos elemen-tos de M, tomados 3 a 3?

Solução:

a) Os arranjos são pares ordenados com os elementos do conjunto, por exemplo: (a, b), (b, a), (b, c), (c, b), etc. Pelo princípio fun-damental da contagem (lema 2) temos que o número de arranjos será:

A4,2= m z}|{ 4 ·3 | {z } r fatores = 12

b) De forma análoga ao item "a)", temos que: A4,3= m z}|{ 4 ·3 · 2 | {z } r fatores = 24

De forma geral, o número de arranjos será:

Am,r = m · (m − 1) · . . . · (m − (r − 1))

| {z }

r fatores

Outra opção é utilizar a fórmula para o número de arranjos:

Am,r = m! (m − r)!

Note que uma permutação é igual a um

arranjoem que m = r.

Exercício 6

Num campeonato de tênis de mesa com 10 competidores, quantos são os possíveis diferentes resultados para o podium (campeão, vice e 3o _colocado)?

RESOLUÇÃO:

Como diferentes ordenações dos competi-dores implicam diferentes resultados para o podium, podemos aplicar o conceito de arranjo, com m = 10 e r = 3. Fazendo as contas:

A10,3= 10 · 9 · 8 = 720

Resposta: 720 possíveis diferentes

resulta-dos.

6

Combinac¸ ˜ao

Seja M = {a1, a2, . . . , am}. Chamamos de

com-binaçãodos m elementos tomados r a r aos sub-conjuntosde M com r elementos.

Denotamos por Cm,r o número de combinações (ou seja, de subconjuntos) dos m elementos toma-dos r a r.

A fórmula para o número de combinações é Cm,r =

m! (m − r)!r! =

Am,r r!

Exemplo: Seja o conjunto M = {a, b, c, d}.

Quantas são as possíveis combinações dos elemen-tos M tomados 2 a 2?

{a, c}, {a, d}, {b, d}, {b, c}, {c, d}. Usando a fór-mula: C4,2= 4 · 3 · 2! (4 − 2)!2! = 6 FIQUE LIGADO

Note que, por se tratarem de conjuntos, {a, b} = {b, a}, {b, c} = {c, b} e assim por diante. Logo, em combinações, a ordem dos elementos não importa.

7

Exerc´ıcios Suplementares

Alguns dos exercícios apresentados na lista abaixo, bem como alguns resolvidos nesta aula, foram retirados de: Bianchini e Paccola, 1993; Hazzan, 1995; Morgado et al., 1991. Outros problemas foram retirados diretamente dos cadernos de prova dos referidos vestibulares.

Exercício 7

De quantos modos 5 rapazes e 5 moças po-dem se sentar em 5 bancos de dois lugares cada, de modo que em cada banco fique um rapaz e uma moça?

Solução:O primeiro rapaz pode escolher

seu lugar de 10 modos diferentes; o se-gundo, de 8 modos, pois não pode sentar se onde o primeiro já está e nem ao seu lado. O terceiro rapaz, de 6 modos; o quarto, de 4 modos e o quinto, de 2 modos. Assim, o número de modos dos rapazes se sentarem é: 10 · 8 · 6 · 4 · 2 = 3840 (lema 2).

Colocados os rapazes, as 5 moças devem ocupar os 5 lugares restantes, o que cor-responde a uma permutação simples com n = 5. O número de modos das moças se sentarem é:P5 = 5! = 120.

Por fim, pelo lema 1 do princípio funda-mental da contagem, temos:

3840 · 120 = 460800

Resposta: 460800 modos.

Exercício 8

De quantas maneiras podemos enfileirar 4 livros de matemática, 3 de física e 2 de português de forma que livros de uma mesma matéria fiquem juntos?

RESOLUÇÃO:

Teremos 3 "blocos"de livros, os de portu-guês, de física e de matemática com 3! formas de organizar esses "blocos"entre si. Dada uma ordem dos "blocos"temos que permutar os livros de mesma matéria entre si. Em matemática, física e português serão 4!, 3! e 2! maneiras respectivamente. A

resposta então será:

3! · 4! · 3! · 2! = 1728

Resposta: 1728 maneiras

Exercício 9

De quantas maneiras podemos formar uma roda com cinco crianças ?

RESOLUÇÃO: À primeira vista parece que

para formar uma roda com as cinco crian-ças basta escolher uma ordem para elas, o que poderia ser feito de 5!=120 modos. Entretanto, as rodas ABCDE e EABCD são iguais, pois na roda o que importa é a posi-ção relativa das crianças entre si e a roda ABCDE pode ser "virada"na roda EABCD. Como cada roda pode ser "virada"de cinco maneiras, a nossa contagem de 120 modos contou cada roda 5 vezes e a resposta é 120/5 = 24. Resposta: 24 modos

Problema 6

(Mackenzie/Adaptada) Com os algaris-mos 1, 2, 3, 4, 5 e 6 são formados números de seis dígitos. Dentre estes, quantos não serão divisíveis por 5?

(a) 600 números (b) 500 números (c) 240 números (d) 720 números (e) 144 números RESOLUÇÃO:

A quantidade total de possíveis números de seis dígitos com esses algarismos é:

P6= 6! = 720

Para um número ser divisível por cinco ele deve terminar em 0 ou 5. Já que não é possível utilizar o algarismo 0, então obrigatoriamente o número 5 deve ocupar o último dígito. Os dígitos restantes podem ser ocupados pelos algarismos distribuídos aleatoriamente, em uma permutação de 5 elementos. Assim, a quantidade de

números divisíveis por 5 é: ND = 5! |{z} outros dígitos · 1 |{z} último dígito = 120 Por fim, a quantidade de números não

di-visíveispor 5 é:

N − ND = 720 − 120 = 600

COLABORADORES DESTA AULA • Texto:

Henrique Bonafé Takamori James Schipmann Eger • Diagramação:

Henrique Bonafé Takamori James Schipmann Eger • Revisão:

James Schipmann Eger

Refer ˆencias Bibliogr ´aficas

Bianchini, E. e H. Paccola (1993). Curso de Mate-mática - volume único. Vol. 1. São Paulo: Editora Moderna.

Hazzan, S. (1995). Fundamentos de Matemática Elementar (Combinatória, Probabilidade). Vol. 5. São Paulo: Atual Editora.

Morgado, A. C. et al. (1991). Análise Combinatória e Probabilidade. Vol. 1. Rio de Janeiro: SBM.