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Mat em combinatoria sol vol2 cap4

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  • 1. Solu¸˜es dos Exerc´ co ıcios da Se¸˜o 4.1 ca1) A primeira pergunta pode ser respondida de 5 modos; a segunda, de 5 modos, etc. A resposta ´ 5 × 5 × · · · × 5 = 510 = 9.765.625. e2) Para formar um subconjunto, deve-se decidir, para cada elemento do conjunto, se ele pertencer´ ou n˜o ao subconjunto. H´ 2 modos de a a a decidir o que fazer com o primeiro elemento do conjunto, 2 modos com o segundo, etc. A resposta ´ 2 × 2 × · · · × 2 = 2n . e Outra solu¸˜o: ca Quando se acrescenta um elemento a um conjunto, os subconjuntos do novo conjunto s˜o os subconjuntos do conjunto original e estes unidos a ao novo elemento. Ou seja, o n´ mero de subconjuntos dobra. Ent˜o, u a se An ´ o n´ mero de subconjuntos de um conjunto com n elementos, e u (An ) ´ uma progress˜o geom´trica de raz˜o 2. Logo, An = A0 .2n = 2n e a e a pois o conjunto vazio possui um unico subconjunto. ´3) A primeira pessoa tem 5 escolhas; a segunda, 4; a terceira, 3. A resposta ´ 5 × 4 × 3 = 60. e4) Os bancos em que os homens se sentam podem ser escolhidos de 5×4× 3×2×1 = 120 modos, o mesmo ocorrendo com os bancos das mulheres. Em cada banco, os casais podem se sentar de 2 modos diferentes. A resposta ´ 1202 × 25 = 460.800. e5) As 64 casas do tabuleiro dividem-se, naturalmente, em trˆs grupos: e i) as 4 casas dos v´rtices; e ii) as 24 casas da borda do tabuleiro, mas que n˜o s˜o v´rtices; a a e iii) as restantes 36 casas, que s˜o interiores ao tabuleiro. a Vamos separar a nossa contagem conforme o tipo de casa ocupada pelo rei negro: i) h´ 4 possibilidades para o rei negro e 60 para o rei branco; a ii) h´ 24 possibilidades para o rei negro e 58 para o rei branco; a
  • 2. iii) h´ 36 possibilidades para o rei negro e 55 para o rei branco. a A resposta ´ 4 × 60 + 24 × 58 + 36 × 55 = 3612. e Se os reis s˜o iguais, a resposta passa a ser a metade da resposta an- a terior, pois, trocando a posi¸˜o dos reis, agora obt´m-se a mesma con- ca e figura¸˜o. ca6) Haver´ uma torre em cada linha e em cada coluna. A posi¸˜o da torre a ca da primeira linha pode ser escolhida de 8 modos; a da segunda linha, de 7, etc. A resposta ´ 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 40.320. e Se as torres fossem diferentes, para cada uma das escolhas de posi¸˜o, ca ter´ ıamos que escolher uma das torres. A resposta seria, portanto, 8 × 8 × 7 × 7 × 6 × 6 × 5 × 5 × 4 × ×3 × ×3 × 2 × 2 × 1 × 1 = (8!)2 = 1.625.702.400.7) Se a primeira carta ´ o rei de copas, a segunda pode ser escolhida de 48 e modos (pode ser qualquer carta, exceto os 4 reis). Se a primeira carta ´e de copas mas n˜o ´ o rei, ela pode ser escolhida de 12 modos. Neste caso, a e a segunda carta pode ser escolhida de 47 modos (n˜o pode ser a primeira a escolhida, nem nenhum dos 4 reis). A resposta ´ 48 + 12 × 47 = 612. e8) a) Para construir uma fun¸˜o, devemos, para cada elemento de A, es- ca colher sua imagem em B. H´ 7 modos de escolher a imagem do primeiro a elemento de A, 7 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc. A resposta ´ 7 × 7 × 7 × 7 = 2.401. e b) Para a fun¸˜o ser injetora, elementos diferentes devem ter imagens ca diferentes. H´ 7 modos de escolher a imagem do primeiro elemento de a A, 6 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc. A resposta ´ 7 × 6 × 5 × 4 = 840. e9) a) Como 720 = 24 × 32 × 51 , 720 possui 5 × 3 × 2 = 30 divisores. Aos pares, estes divisores formam produtos iguais a 720. Logo, h´ 15 modos a de escrever 720 como um produto de divisores. b) Como 144 = 24 × 32 , 144 possui 3 × 3 = 9 divisores. Com eles, podem ser formados 4 pares de divisores cujo produto ´ 144 e, al´m e e 2
  • 3. disso, pode ser formado o produto 12 × 12. Assim, h´ 5 modos de a escrever 144 como um produto de divisores.10) Um arm´rio ficar´ aberto se ele for mexido um n´mero ´ a a u ımpar de vezes. Por outro lado, o arm´rio de ordem k ´ mexido pelas pessoas cujos a e n´ meros s˜o divisores de k. Logo, estar˜o abertos os arm´rios cujos u a a a n´ meros possuem um n´ mero ´ u u ımpar de divisores. Isto ocorre com os n´ meros cujos expoentes s˜o todos pares na decomposi¸˜o em fatores u a ca primos, ou seja, s˜o quadrados perfeitos. Assim, permanecer˜o aber- a a tos os arm´rios cujos n´ meros s˜o quadrados perfeitos, ou seja, os de a u a n´ meros 12 , 22 , . . . , 302 . u11) Separemos o caso em que o primeiro e o terceiro quadrantes tˆm cores e iguais do caso em que eles tˆm cores diferentes. e No caso de cores iguais, h´ 5 modos de escolher a cor unica para o a ´ primeiro e o terceiro quadrantes, 4 modos de escolher a cor para o segundo quadrante e 4 modos de escolher a cor para o quarto quadrante. H´, portanto, 5 × 4 × 4 = 80 modos de colorir o mapa usando cores a iguais no primeiro e no terceiro quadrantes. No caso de cores diferentes, h´ 5 modos de escolher a cor para o primeiro a quadrante, 4 modos de escolher a cor para o terceiro quadrante, 3 modos de escolher a cor para o segundo quadrante e 3 modos de escolher a cor para o quarto quadrante. H´ 5 × 4 × 3 × 3 = 180 modos de colorir o a mapa usando cores iguais no primeiro e no terceiro quadrantes. No total, temos, portanto, 80 + 180 = 260 modos de colorir a figura.12) a) H´ 265 = 11.881.376 palavras de 5 letras. Delas, devemos subtrair a as palavras que come¸am por A, 1 × 264 = 456.976, e aquelas nas quais c a letra A n˜o figura, 255 = 9.765.625. a A resposta ´ 11.881.376 − 456.976 − 9.765.625 = 1.658.775. e b) O n´ mero total de palavras de 5 letras distintas ´ 26 × 25 × 24 × u e 23 × 22 = 7.893.600. Delas devemos subtrair as palavras que come¸am c por A, 1 × 25 × 24 × 23 × 22 = 303.600 e aquelas nas quais a letra A n˜o figura, 25 × 24 × 23 × 22 × 21 = 6.375.600. a A resposta ´ 7.893.600 − 303.600 − 6.375.600 = 1.214.400. e Outra solu¸˜o: ca 3
  • 4. H´ 4 posi¸˜es para colocar a letra A; depois disso, as quatro casas a co vazias podem ser preenchidas de 25, 24, 23 e 22 modos. A resposta ´ 4 × 25 × 24 × 23 × 22 = 1.214.400. e13) Cada letra pode ser escolhida de 26 modos, enquanto cada algarismo pode ser escolhido de 10 modos. Logo, o n´ mero total de placas ´ u e 263 × 104 = 175.760.000.14) O n´ mero de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar u de frente ´ 5 × 4 × 3 × 2 = 120; o n´ mero de modos de acomodar os e u passageiros que pretendem sentar de costas ´ 5 × 4 × 3 = 60; o n´mero e u de modos de acomodar os demais passageiros ´ 3 × 2 × 1 = 6. e A resposta ´ 120 × 60 × 6 = 43.200. e15) Vamos primeiramente determinar quantos zeros s˜o escritos na casa a das unidades, depois na das dezenas, etc. H´ 222 n´ meros que tˆm 0 como algarismo das unidades, pois antes do a u e zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 222 (inclusive). H´ 22 × 10 = 220 n´meros que tˆm 0 como algarismo das dezenas, a u e pois antes do zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 22 (inclusive) e depois do zero, os inteiros de 0 (inclusive) a 9 (inclusive). H´ 2 × 100 = 200 n´meros que tˆm 0 como algarismo das centenas, a u e pois antes do zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 2 (inclusive) e depois do zero, os inteiros de 0 (inclusive) a 99 (inclusive). A resposta ´ 222 + 220 + 200 = 642. e ´16) E mais simples contar, primeiramente, os n´ meros onde o algarismo u 5 n˜o aparece. O primeiro d´ a ıgito pode ser escolhido de 8 modos (n˜o a pode ser igual a 0 nem igual a 5) e cada um dos demais trˆs d´ e ıgitos pode ser selecionado de 9 modos (deve ser diferente de 5). Logo, h´ a 8×93 = 5.832 n´ meros de 4 algarismos em que n˜o aparece o algarismo u a 5. A quantidade de n´ meros de 4 d´ u ıgitos, com ou sem o d´ıgito 5, ´ 9×103 = e 9.000 (pois h´ 9 modos de selecionar o primeiro d´ a ıgito, que deve ser diferente de 0, e 10 modos de selecionar cada um dos demais 4 d´ ıgitos). Logo, h´ 9.000 − 5.832 = 3.168 n´ meros de 4 algarismos em que o 5 a u n˜o aparece. a 4
  • 5. 17) Devemos decidir quantos exemplares de cada revista devem ser postos na cole¸˜o. H´ 6 possibilidades para a ”Veja” (0, 1, 2, 3, 4, ou 5 ca a ´ exemplares), 7 para a ”Manchete” e 5 para a ”Isto E”. O n´ mero de u cole¸˜es ´ 6 × 7 × 5 = 210, e o n´mero de cole¸˜es n˜o-vazias ´ 209. co e u co a e18) Em cada dia, duas das mat´rias s˜o ensinadas e uma folga. H´ 3 e a a possibilidades para escolher a mat´ria que folga na segunda, 2 para e escolher a que folga na quarta e 1 para escolher a que folga na sexta. Portanto, h´ 6 modos para escolher as mat´rias de cada dia. Para a e escolher os hor´rios, h´ 2 possibilidades em cada dia. Logo, o n´mero a a u total de hor´rios ´ 6 × 8 = 48. a e19) Foi feita uma distin¸˜o artificial ao se considerar cada casal ordenado ca de dois modos diferentes: come¸ando pela mulher ou pelo homem. Por c esta raz˜o, o resultado encontrado foi igual ao dobro do correto. a20) H´ trˆs tipos de cart˜es: os que virados de cabe¸a para baixo n˜o a e o c a representam n´ meros, como, por exemplo, 41.809; os que virados de u cabe¸a para baixo representam o mesmo n´mero, como, por exem- c u plo, 86.198; os que virados de cabe¸a para baixo representam n´meros c u diferentes, como, por exemplo, 66.810. Os cart˜es do ultimo tipo s˜o o ´ a os que permitem economia porque um mesmo cart˜o serve para rep- a resentar dois n´ meros. H´ 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 3.125 cart˜es que u a o virados de cabe¸a para baixo representam n´meros, iguais ou difer- c u entes, pois tais cart˜es devem ter como algarismos apenas 0, 1, 8, 6 o ou 9. Destes, 5 × 5 × 3 = 75 s˜o do segundo tipo, pois um tal cart˜o a a deve ter as casas das extremidades preenchidas por 00, 11, 88, 69 ou 96, a segunda e a quarta casas preenchidas por 00, 11, 88, 69 ou 96, e a casa central preenchida por 0, 1 ou 8. Portanto, os cart˜es do terceiro o tipo s˜o em n´ mero de 3.125 − 75 = 3.050. Podem ser economiza- a u dos 3.050/2 = 1.525 cart˜es. O n´ mero m´ o u ınimo de cart˜es de que se o necessita ´ 100.000 − 1.525 = 98.475. e21) A decomposi¸˜o de 360 em fatores primos ´ 720 = 23 .32 .5. Os divisores ca e inteiros e positivos de 720 s˜o os n´ meros da forma 2α .3β .5γ , com α ∈ a u {0, 1, 2, 3}, β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}. A soma dos divisores ´ S = e α β γ Σ2 .3 .5 , com α ∈ {0, 1, 2, 3}, β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}. Para calcular essa soma, dividimos as parcelas em dois grupos, conforme seja γ = 0 ou γ = 1. S = Σ (2α .3β .50 ) + Σ (2α .3β .51 ) = 6 Σ (2α .3β ) porque a segunda 5
  • 6. soma ´ igual ao qu´ e ıntuplo da primeira. Agora, dividimos as parcelas em grupos, conforme seja β = 0, β = 1 ou β = 2. S = 6 [Σ (2α .30 ) + Σ (2α .31 ) + Σ (2α .32 )] = 6[Σ 2α + 3Σ 2α + 9Σ 2α ] = 6[13Σ 2α ] = 78Σ2α = 78[20 + 21 + 22 + 23 ] = 78 × 15 = 1.170. Solu¸˜es dos Exerc´ co ıcios da Se¸˜o 4.2 ca1) a) O n´ mero total de anagramas ´ 8! = 40.320. u e b) H´ 4 modos de escolher a vogal que ser´ a primeira letra do anagrama a a e 3 modos de selecionar a vogal que ser´ a ultima letra do anagrama. a ´ Depois disso, h´ 6! modos de arrumar as demais letras entre a primeira a e a ultima. ´ A resposta ´ 4 × 3 × 6! = 4 × 3 × 720 = 8.640. e c) As vogais e consoantes podem aparecer na ordem CV CV CV CV ou na ordem VC VC VC VC. No primeiro caso, devemos colocar as 4 vogais nos 4 lugares de ordem par (4! modos) e as 4 consoantes nos 4 lugares de ordem ´ımpar (4! modos). H´ 4!×4! = 24 ×24 = 576 anagramas do primeiro tipo. Analogamente, a h´ 576 anagramas do segundo tipo. a A resposta ´ 576 + 576 = 1.152. e d) Tudo se passa como se CAP fosse uma unica letra. Devemos, por- ´ tanto, arrumar em fila 6 objetos: CAP,I,T,U,L,O. A resposta ´ 6! = 720. e e) Primeiramente, devemos escolher a ordem em que as letras C, A, P aparecer˜o. H´ 3! modos. Depois, devemos arrumar em fila 6 objetos: a a o bloco das letras C, A, P e as 5 letras I, T, U, L, O. H´ 6! modos. a A resposta ´ 3! × 6! = 6 × 720 = 4320. e f) Basta arrumar em fila, depois do PA, as restantes 6 letras. A resposta ´ 6! = 720. e g) H´ 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar e h´ 7! anagramas a a com a letra A em segundo lugar. H´ tamb´m 6! anagramas com P a e em primeiro lugar e A em segundo lugar. Ao somarmos 7! com 7!, 6
  • 7. encontramos o n´ mero de anagramas com P em primeiro lugar ou A u em segundo lugar, mas contamos duas vezes os anagramas que tˆm P e em primeiro lugar e A em segundo lugar. A resposta ´ 7! + 7! − 6! = e 5040 + 5040 − 720 = 9.360. h) H´ 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar, 7! anagramas a com a letra A em segundo e 7! anagramas com a letra C em terceiro. H´ tamb´m 6! anagramas com P em primeiro lugar e A em segundo a e lugar, 6! anagramas com P em primeiro e C em terceiro e 6! anagramas com A em segundo e C em terceiro. Finalmente, h´ 5! anagramas com a P em primeiro lugar, A em segundo e C em terceiro. Ao somarmos 7! com 7! com 7!, encontramos o n´mero de anagramas u que tˆm P em primeiro lugar ou A em segundo ou C em terceiro, mas e contamos alguns anagramas v´rias vezes. a Contamos duas vezes os anagramas que tˆm P em primeiro lugar e A em e segundo; o mesmo se deu com os que tˆm P em primeiro e C em terceiro e e com os que tˆm A em segundo e C em terceiro. Descontando essas e contagens indevidas, chegamos a 7! + 7! + 7! − 6! − 6! − 6! = 3.7! − 3.6!. Entretanto, anagramas com P em primeiro lugar e A em segundo e C em terceiro foram, inicialmente, contados trˆs vezes e, posteriormente, e descontados trˆs vezes, o que significa que n˜o est˜o sendo contados. e a a Incluindo-os na contagem, obtemos a resposta correta, que ´ 3.(7!) − e 3.(6!) + 5! = 3.(5.040) − 3.(720) + 120 = 13.080. i) Como h´ 6 ordens poss´ a ıveis para as letras C, A e P, os anagramas pedidos s˜o exatamente 1/6 do total, ou seja, 8!/6 = 6.720. a Outra solu¸˜o: ca Basta escolher as 3 posi¸˜es a serem ocupadas pelas Letras P, A, C, o co 3 que pode ser feito de C8 = 56 modos e distribuir as 5 letras restantes nas demais posi¸˜es, o que pode ser feito de 5! = 120 modos. O total co de anagramas ´ 56 × 120 = 6.720. e2) O valor de f (a1 ) pode ser escolhido de n modos; o valor de f (a2 ), de n − 1 modos; . . . ; o de f (an ), de 1 modo. A resposta ´ n(n − 1) . . . 1 = n! e3) O n´ mero total de modos de sentar 8 pessoas em 8 cadeiras ´ o n´ mero u e u de modos de arrumar 8 pessoas em fila, 8!. O n´mero de modos de u 7
  • 8. arrumar 8 pessoas em fila de modo que duas dessas pessoas, Vera e Paulo, fiquem juntas ´ 2.7!, pois, para formar uma tal fila, devemos e inicialmente decidir em que ordem se colocar˜o Vera e Paulo e, em a seguida, formar uma fila de 7 objetos: o bloco formado por Vera e Paulo; as demais 6 pessoas. A resposta ´ 8! - 2.7! = 40.320 - 10.080 = 30.240. e4) Como visto no problema anterior, o n´mero de filas nas quais duas u pessoas (neste caso Helena e Pedro) ficam juntas ´ 2.7! = 10.080. O e n´ mero de filas onde Helena e Pedro e tamb´m Vera e Paulo ficam u e juntos ´ obtido de modo an´logo: agora s˜o dois blocos de duas pes- e a a soas, cada um podendo ser arrumado de dois modos distintos e mais 4 pessoas. Portanto, o n´mero de tais filas ´ 2.2.6! = 2.880. Logo, o u e n´ mero de filas em que Helena e Pedro ficam juntos, mas Vera e Paulo u n˜o, ´ 10.080 − 2.880 = 7.200. a e5) O elemento da permuta¸˜o que ocupa o 10o lugar deve ser maior que 7. ca Pode ser escolhido de 3 modos. O elemento da 9a posi¸˜o deve ser maior ca que 6; haveria 4 possibilidades, mas uma delas j´ foi usada na escolha a do elemento que ocupa a 10a posi¸˜o. Pode ser escolhido de 3 modos. ca Prosseguindo com esse racioc´ ınio, vemos que a cada nova casa abranda- se a restri¸˜o, criando uma possibilidade a mais, mas ao mesmo tempo ca diminui-se uma possibilidade, pois uma delas foi usada na etapa. Ou seja, h´ 3 possibilidades para cada casa at´ a 3a casa. O elemento da a e 3a posi¸˜o deve ser maior que 3 − 3 = 0; haveria 10 possibilidades, ca mas 7 delas j´ foram usadas nas etapas anteriores. Pode ser escolhido a de 10 − 7 = 3 modos. O elemento da 2a posi¸˜o deve ser maior que ca 2 − 3 = −1; haveria 10 possibilidades, mas 8 delas j´ foram usadas nas a etapas anteriores. Pode ser escolhido de 10−8 = 2 modos. Finalmente, o elemento de posi¸˜o 1 deve ser maior que 1 − 3 = −2; haveria 10 ca possibilidades, mas 9 delas j´ foram usadas nas etapas anteriores. Pode a ser escolhido de 10 − 9 = 1 modo. A resposta ´ 38 .2.1 = 13.122. e a 5 56) H´ C15 modos de formar o Esporte; depois disso, C10 modos de formar o Tupi; finalmente, 1 unico modo de formar o Minas. ´ e 5 5 A resposta ´ C15 × C10 × 1 = 756.756.7) O n´ mero de possibilidades ´ igual ao n´mero obtido no problema u e u 8
  • 9. anterior dividido por 3! = 6, j´ que permutando os nomes dos times a a subdivis˜o continua a mesma. A resposta ´ 756.756/6 = 126.126. a e8) Escolha, sucessivamente, 3 pessoas para formar os 4 grupos de 3; isto 3 3 3 3 pode ser feito, sucessivamente, de C20 , C17 , C14 e C11 modos. A seguir, com as 8 pessoas restantes forme os 2 grupos restantes, o que pode ser 4 4 feito de C8 e C4 modos, respectivamente. Fazendo isso, contamos cada divis˜o 4!.2! vezes, porque, quando formamos os mesmos grupos de 3 a e os mesmos grupos 4 em outra ordem, contamos como se fosse outra divis˜o em grupos. a C 3 .C 3 .C 3 C 3 .C 4 .C 4 20! A resposta ´ 20 17 14 11 8 4 = e = 4!.3! (3!)4 (4!)2 4!2! = 67.897.830.000. Outra solu¸˜o: ca Forme uma fila com as 20 pessoas. Isso automaticamente as divide em 4 grupos de 3 e 2 grupo de 4: as 3 primeiras formam um grupo, as 3 seguintes formam outro, etc.. H´ 20! modos de formar a fila. a Entretanto, uma mesma divis˜o em grupos corresponde a v´rias filas a a diferentes, o que faz com que, no resultado 20!, cada divis˜o tenha a sido contada v´rias vezes. Devemos corrigir nossa contagem dividindo a o resultado pelo n´mero de vezes que cada divis˜o foi contada. Tro- u a cando a ordem dos elementos em cada grupo, o que pode ser feito de 3!.3!.3!.3!.4!.4! modos, ou a ordem dos grupos, o que pode ser feito de 4!.2! modos, a divis˜o em grupos n˜o se altera, mas a fila sim. Cada a a 20! divis˜o foi, assim, contada (6!)3 .2!.3! vezes e a resposta ´ a e 4 (4!)2 4!2! . (3!)9) Os advers´rios em cada jogo podem ser escolhidos, sucessivamente, de a 2 2 2 2 2 2 C12 , C10 , C8 , C6 , C4 e C2 modos. No entanto, assim contamos cada poss´ rodada 6! vezes, j´ que contamos diferentes ordens dos jogos ıvel a C 2 .C 2 .C 2 .C 2 .C 2 .C 2 como se fossem rodadas diferentes. A resposta ´ 12 10 8 6 4 2 = e 6! 12! = 10.395 26 .6! Outra solu¸˜o: ca Colocando os 12 times em fila automaticamente formamos os 6 jogos da rodada. No entanto, a mesma rodada ´ contada v´rias vezes; os e a 9
  • 10. advers´rios em cada jogo podem ser ordenados de 2 modos, enquanto a os jogos podem ser ordenados de 6! modos. A resposta ´, portanto, e 12! . 26 .6!10) a) Para determinar o lugar ocupado pelo n´mero 62.417, devemos con- u tar quantos n´meros est˜o antes dele. Antes dele est˜o 6.0023-380 u a a
  • 11. a 480 dezenas de milhar, ou seja, 4.800.000. A resposta ´ 480 + 4.800 e + 48.000 + 480.000 + 4.800.000 = 5.333.280. Outra solu¸˜o: ca H´ 5! = 120 parcelas na soma. Podemos agrup´-las em 60 pares, a a juntando a cada n´ mero o que dele se obt´m trocando o 1 com o 7, u e trocando o 2 com o 6, e conservando a posi¸˜o do 4. Em cada par, a ca soma vale 88.888. A resposta ´ 88.888 × 60 = 5.333.280. e11) Devemos inicialmente escolher a ordem em que as mo¸as ficar˜o juntas, c a o que pode ser feito de m! maneiras. Em seguida, devemos arrumar em fila r + 1 objetos, os r rapazes e o bloco das mo¸as, o que pode ser c feito de (r + 1)! modos. A resposta ´ m!.(r + 1)!. e12) a) A face a receber o n´ mero 1 pode ser escolhida de 6 modos, a do u n´ mero 2 de 5 modos, e assim por diante. O n´mero de possibilidades u u ´ 6.5.4.3.2.1 = 720. e b) Inicialmente, fazemos de conta que as faces tem cores diferentes. Contamos, pelo problema anterior, 720 dados. Como as faces s˜o in- a distingu´ıveis, o mesmo dado foi contado v´rias vezes. Por exemplo, a pense em um dado que tenha o 6 na face de baixo (face preta) e o 1 na face de cima (face branca). Ele ´, certamente, diferente de um dado e que tenha o 1 na face de baixo (face preta) e o 6 na face de cima (face branca). Mas sendo as faces indistingu´ ıveis, o dado que tem o 6 na face de baixo e o 1 na face de cima ´ igual ao dado que tem o 1 na face e de baixo e o 6 na face de cima; este ´, simplesmente, aquele de cabe¸a e c para baixo. Esse mesmo dado aparece outra vez com o 1 na face da frente e o 6 na face de tr´s, com o 1 na face da esquerda e o 6 na face da a direita, etc. Em suma, o mesmo dado foi contado tantas vezes quantas s˜o as posi¸˜es de coloc´-lo. a co a O n´ mero de posi¸˜es de colocar um cubo ´ 6×4 = 24, pois h´ 6 modos u co e a de escolher a face de baixo e 4 de escolher, nessa face, o lado que fica de frente. 720 A resposta ´e = 30. 24 11
  • 12. Outra solu¸˜o: ca Todo dado pode ser imaginado com a face 1 em baixo. Realmente, se o 1 n˜o estiver em baixo, ´ poss´ rodar o dado de modo que o 1 v´ a e ıvel a para baixo. Fixado o 1 em baixo, devemos escolher quem ocupar´ a a face oposta a face do 1. Isso pode ser feito de 5 modos. Digamos que ` tenha sido escolhido o 6. Com o 1 fixo em baixo e o 6 fixo em cima, devemos colocar os n´ meros 2, 3, 4 e 5 nas faces laterais. O 2 sempre u pode ser imaginado na face da frente. Com efeito, se o 2 n˜o estiver na a face da frente, uma conveniente rota¸˜o coloc´-lo-´ na face da frente, ca a a sem tirar o 1 da face de baixo nem o 6 da face de cima. Fixados o 2 na frente, o 1 em baixo e o 6 em cima, devemos escolher quem ocupar´ a a face oposta a face do 2. Isso pode ser feito de 3 modos. Digamos que ` tenha sido escolhido o 4. Agora, devemos colocar o 3 e o 5 nas faces da direita e da esquerda. Note que qualquer movimento com o dado ou retirar´ o 1 de baixo, ou o 6 de cima, ou o 2 da frente, ou o 4 de tr´s. a a Portanto, h´ 2 modos de preencher as faces direita e esquerda com os a n´ meros 3 e 5. u A resposta ´ 5 × 3 × 2 = 30. e c) Um dado com faces de cores diferentes pode, agora, ser numerado de apenas 6.4.2 = 48 modos, j´ que temos 6 faces a escolher para o a n´ mero 1 (isto determina a face do n´mero 6), 4 para o n´mero 2 (o u u u que determina a face do 5) e 2 para o n´mero 3 (que determina a do u 4). Mas como as faces s˜o iguais, cada dado ´ contado, como no item a e anterior, 24 vezes. Logo h´ apenas 48/24 = 2 dados distintos. a Outra Solu¸˜o: ca Como antes, podemos fixar o dado com o n´ mero 1 em baixo. Agora, u no entanto, isto tamb´m fixa o n´ mero 6 na face de cima. Agora, o e u n´ mero 2 pode ser fixado na face da frente (e, portanto, o n´ mero 5 na u u de tr´s). Assim, tudo que temos a escolher ´ se a face lateral da direita a e ´ o 3 ou o 4. Temos, portanto, apenas duas possibilidades. e13) a) O n´ mero de posi¸˜es para um tetraedro regular ´ 4 × 3 = 12, pois u co e h´ 4 modos de escolher a face de apoio e 4 de escolher, nessa face, o a lado que fica de frente. 4! A resposta ´ e = 2. 12 12
  • 13. b) O n´ mero de posi¸˜es para um octaedro regular ´ 6 × 4 = 24, pois u co e h´ 6 modos de escolher o v´rtice de apoio e 4 de escolher, dentre as a e arestas que incidem nesse v´rtice, a que fica de frente. e 8! A resposta ´ e = 1.680. 24 c) O n´ mero de posi¸˜es para um dodecaedro regular ´ 12 × 5 = 60, u co e pois h´ 12 modos de escolher a face de apoio e 5 de escolher, nessa face, a o lado que fica de frente. 12! A resposta ´ e = 7.983.360. 60 d) O n´ mero de posi¸˜es para um icosaedro regular ´ 20 × 3 = 60, pois u co e h´ 20 modos de escolher a face de apoio e 3 de escolher, nessa face, o a lado que fica de frente. 20! A resposta ´ e = 40.548.366.802.944.000 ∼ 4.1016 . = 6014) Temos 1! = 1, que ´ um quadrado perfeito, 1! + 2! = 1 + 2 = 3, que n˜o e a ´ quadrado perfeito, 1! + 2! + 3! = 1 + 2 + 6 = 9, que novamente ´ um e e quadrado perfeito, 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33, que n˜o ´ a e quadrado perfeito. Todos os fatoriais seguinte, a partir de 5! terminam com zero, j´ que s˜o m´ ltiplos de 5 e 2. Logo, todas as somas da forma a a u n 1 k! para n ≥ 5 terminam com o algarismo 3 e n˜o s˜o, portanto, a a quadrados perfeitos. As unicas solu¸˜es s˜o n = 1 e n = 3. ´ co a15) Em ESTRELADA as letras A e E aparecem 2 vezes cada e as letras S, T, R, L e D aparecem 1 vez cada uma, havendo, portanto, 9 letras na palavra. Para formar um anagrama, devemos escolher 2 das 9 posi¸˜es paraco 2 colocar as letras A, o que pode ser feito de C9 modos, 2 das 7 posi¸˜es co 2 restantes para colocar as letras E, o que pode ser feito de C7 modos, e arrumar as letras S, T, R, L e D nas 5 posi¸˜es restantes, o que pode co 2 2 ser feito de 5! modos. A resposta ´ C9 .C7 .5! = 90.720. e Outra solu¸˜o: ca 9! u e 2,2,1,1,1,1,1 = O n´ mero de anagramas ´ P9 = 90.720. 2!2!1!1!1!1!1!16) Formar um subconjunto com p elementos significa escolher p dos n e p elementos. A resposta ´ Cn . 13
  • 14. 417) Basta escolher as provas do primeiro dia, o que pode ser feito de C8 = 70 modos.18) O processo de contagem apresentado conta determinadas comiss˜es o mais de uma vez. Isto ocorre porque um homem que participe da comiss˜o pode ser inserido de dois modos diferentes: como um dos 3 a homens escolhidos inicialmente, ou como uma das duas pessoas escol- hidas posteriormente. O pior ´ que n˜o ´ poss´ e a e ıvel ”corrigir” a con- tagem dividindo pelo n´mero de vezes que cada comiss˜o ´ contada: u a e as comiss˜es com 3 homens s˜o contadas apenas uma vez, as que tˆm o a e 4 homens s˜
  • 15. 4(4 − 3) do poliedro, 12 dos quais s˜o arestas e 6 a = 12 dos quais s˜o a 2 diagonais de faces. A resposta ´ 28 − 12 − 12 = 4. e Outra solu¸˜o: ca Cada diagonal de um prisma n-agonal une um v´rtice da base “de e cima” a um v´rtice da base “de baixo”. O v´rtice da base “de cima” e e pode ser selecionado de n modos; depois disso, o da base ”de baixo” pode ser selecionado de n − 3 modos, pois um dos v´rtices da base ”de e baixo”, se selecionado, daria origem a uma aresta e os dois v´rtices a e ele adjacentes nesta base dariam origem a diagonais de faces laterais. O n´ mero de diagonais de um prisma n-agonal ´, portanto, n(n − 3). u e Como o cubo ´ um prisma quadrangular, e a resposta ´ 4(4 − 3) = 4. e e) O prisma hexagonal ´ um poliedro formado por 6 faces quadran- e gulares e 2 faces hexagonais e que tem 12 v´rtices e 18 arestas. H´ e a 2 C12 = 66 segmentos que unem dois v´rtices do poliedro, 18 dos quais e 4(4 − 3) 6(6 − 3) s˜o arestas e 6 a +2 = 30 dos quais s˜o diagonais de a 2 2 faces. A resposta ´ 66 − 18 − 30 = 18. e Outra solu¸˜o: ca O n´ mero de diagonais de um prisma n-agonal ´, como visto em d), u e n(n − 3). Portanto, o n´ mero de diagonais de um prisma hexagonal ´ u e 6(6 − 3) = 18.20) Uma fun¸˜o estritamente crescente ´ necessariamente injetiva (se f (a) = ca e f (b), n˜o pode ser a < b, pois, neste caso, f (a) < f (b), o que ´ absurdo; a e do mesmo modo, n˜o pode ser a > b, pois, neste caso, f (a) > f (b), a o que ´ absurdo; logo, a = b). Logo, seu conjunto de valores ter´ e a exatamente m elementos. Para construir uma tal fun¸˜o, devemos, ini- ca m cialmente, selecionar o conjunto de valores, o que pode ser feito de Cn modos. Selecionado o conjunto de valores, a fun¸˜o est´ determinada porque ca a f (1) deve ser igual ao menor elemento do conjunto de valores, f (2) deve ser igual ao segundo menor elemento do conjunto de valores, etc. m A resposta ´, portanto, Cn . e 15
  • 16. 21) Vamos esquecer que a primeira casa do n´mero n˜o pode ser igual a u a zero. Isso far´ com que contemos a mais e, depois, descontaremos o a que foi contado indevidamente. a 3 H´ C7 modos de escolher as casas que ser˜o ocupadas pelo d´ a ıgito 4; a 2 depois disso, h´ C4 modos de selecionar as casas que ser˜o ocupadas a pelo d´ ıgito 8; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8 × 8 modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´ a ıgitos 4 e 8). 3 2 A “resposta” seria C7 × C4 × 8 × 8 = 35 × 6 × 64 = 13.440. Devemos subtrair os n´meros come¸ados por 0. Se o n´mero come¸a u c u c 3 por 0, h´ C6 modos de escolher as casas que ser˜o ocupadas pelo d´ a a ıgito a 2 4; depois disso, h´ C3 modos de selecionar as casas que ser˜o ocupadas a pelo d´ıgito 8; finalmente, a casa restante pode ser preenchida de 8 modos (n˜o podemos usar nessa casa os d´ a a 3 2 ıgitos 4 e 8). H´ C6 ×C3 ×8 = 20 × 3 × 8 = 480 n´meros come¸ados por 0. u c A resposta ´ 13.440 − 480 = 12.960. e Outra solu¸˜o: ca Vamos contar separadamente: i) n´ meros que come¸am em 4; ii) n´ meros que come¸am em 8; iii) u c u c n´ meros que n˜o come¸am nem em 4 nem em 8. u a c i) H´ 1 modo de preencher a primeira casa; depois disso, h´ C6 a a 2 modos de escolher as outras duas casas do n´ mero que tamb´m u e a 2 ser˜o preenchidas com o algarismo 4; depois disso, h´ C4 modos a de escolher as duas casas que ser˜o ocupadas pelo algarismo 8; a finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8×8 modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´ a ıgitos 4 e 8). 2 2 H´ 1 × C6 × C4 × 8 × 8 = 1 × 15 × 6 × 64 = 5.760 n´ meros do a u tipo i). ii) H´ 1 modo de preencher a primeira casa; depois disso, h´ 6 modos a a de escolher a outra casa do n´ mero que tamb´m ser´ preenchida u e a a 3 com o algarismo 8; depois disso, h´ C5 modos de escolher as trˆs e casas que ser˜o ocupadas pelo algarismo 4; finalmente, as duas a casas restantes podem ser preenchidas de 8 × 8 modos (n˜o pode- a mos usar nessas casas os d´ ıgitos 4 e 8). 3 H´ 1 × 6 × C5 × 8 × 8 = 6 × 10 × 64 = 3840 n´meros do tipo ii). a u 16
  • 17. iii) H´ 7 modos de preencher a primeira casa (n˜o podemos usar nem a a 3 4, nem 8, nem 0); depois disso, h´ C6 modos de escolher as trˆs a e casas do n´ mero que ser˜o preenchidas com o algarismo 4; depois u a a 2 disso, h´ C3 modos de escolher as duas casas que ser˜o ocupadas a pelo algarismo 8; finalmente, a casa restante pode ser preenchida de 8 modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´ a ıgitos 4 e 8). 3 2 H´ 7 × C6 × C3 × 8 = 7 × 20 × 3 × 8 = 3.360 n´ meros do tipo iii). a u A resposta ´ 5.760 + 3.840 + 3.360 = 12.960. e22) a) Para formar o subconjunto devemos escolher os p−1 outros elementos do subconjunto dentre os n − 1 outros elementos do conjunto. e p−1 A resposta ´ Cn−1 . b) Para formar o subconjunto devemos escolher os p elementos do sub- conjunto dentre os n − 1 outros elementos do conjunto. e p A resposta ´ Cn−1 . Outra solu¸˜o: ca p−1 a p H´ Cn p-subconjuntos e o elemento a1 figura em Cn−1 deles. Logo, h´ a p p−1 Cn − Cn−1 subconjuntos nos quais o elemento a1 n˜o figura. a p−1 e p A resposta ´ Cn − Cn−1 . p p−1 Observa¸˜o: As duas solu¸˜es apresentadas mostram que Cn −Cn−1 . = ca co p Cn−1 . Essa ´ a famosa Rela¸˜o de Stifel. e ca c) Para formar o subconjunto devemos escolher os p−2 outros elementos do subconjunto dentre os n − 2 outros elementos do conjunto. e p−2 A resposta ´ Cn−2 . e p d) O total de p-subconjuntos ´ Cn . Para formar um subconjunto em que nem a1 nem a2 figurem devemos escolher os p elementos do subconjunto p dentre os n − 2 outros elementos do conjunto. H´, portanto, Cn−2 a subconjuntos nos quais nem a1 nem a2 figuram. Logo, o n´mero de u subconjuntos nos quais pelo menos um desses dois elementos figura ´ e p p Cn − Cn−2 . Outra solu¸˜o: ca a p−1 a p−1 H´ Cn−1 p-subconjuntos nos quais o elemento a1 figura e h´ Cn−1 p−2 subconjuntos nos quais o elemento a2 figura. H´, tamb´m, Cn−2 p- a e 17
  • 18. subconjuntos nos quais os elementos a1 e a2 figuram ambos. Ao so- p−1 p−1 p−1 marmos Cn−1 + Cn−1 = 2Cn−1 obtemos o n´ mero de subconjuntos nos u quais pelo menos um dos elementos a1 e a2 figura, mas contamos duas vezes aqueles em que a1 e a2 figuram ambos. p−1 p−2 A resposta ´, portanto, 2Cn−1 − Cn−2 . e Outra solu¸˜o: ca p−2 H´, como mostrado em c), Cn−2 p-subconjuntos em que os elementos a a1 e a2 figuram ambos. a p−1 H´ Cn−2 p-subconjuntos em que o elemento a1 figura e o elemento a2 n˜o figura, pois, para formar um tal subconjunto, basta escolher os a outros p − 1 elementos do subconjunto dentre os n − 2 elementos do conjunto que s˜o diferentes de a1 e de a2 . a p−1 H´, analogamente, Cn−2 p-subconjuntos em que o elemento a2 figura a e o elemento a1 n˜o figura. Portanto, o n´mero de p-subconjuntos em a u p−1 p−2 que figura pelo menos um desses dois elementos ´ 2Cn−2 + Cn−2 . e p−1 e) Como visto na solu¸˜o anterior, a resposta ´ 2Cn−2 . ca e Outra solu¸˜o: ca p−1 p−2 H´, como visto em d), 2Cn−1 − Cn−2 p-subconjuntos nos quais pelo a p−2 menos um dos elementos a1 e a2 figura. H´, como visto em c), Cn−2 a p-subconjuntos em que os elementos a1 e a2 figuram ambos. p−1 p−2 p−2 A resposta ´, portanto, 2Cn−1 − Cn−2 − Cn−2 = e p−1 p−2 = 2Cn−1 − 2Cn−2. Outra solu¸˜o: ca p−1 p−2 H´, como visto em d), 2Cn−2 + Cn−2 p-subconjuntos nos quais pelo a p−2 menos um dos elementos a1 e a2 figura. H´, como visto em c), Cn−2 a p-subconjuntos em que os elementos a1 e a2 figuram ambos. p−1 p−2 p−2 A resposta ´, portanto, 2Cn−2 + Cn−2 − Cn−2 = e p−1 = 2Cn−2 . e 523) a) Como h´ 32 cartas, a resposta ´ C32 = 201.376. a 18
  • 19. b) H´ 8 modos de escolher o grupo do par propriamente dito (por a 2exemplo, valete), C4 modos de escolher os naipes das duas cartas do 3par (por exemplo, copas e paus), C7 modos de escolher os grupos dasoutras trˆs cartas (por exemplo, 10, 8 e rei) e 4 × 4 × 4 = 43 modos de eescolher os naipes dessas trˆs cartas. eA resposta ´ 8 × C4 × C7 × 43 = 107.520. e 2 3 a 2c) H´ C8 modos de escolher os grupos das cartas que formar˜o os dois a 2 2pares, (C4 ) modos de escolher seus naipes, 6 modos de escolher o grupoda outra carta e 4 modos de escolher seu naipe.A resposta ´ C8 × (C4 )2 × 6 × 4 = 24.192. e 2 2Observa¸˜o: Um erro muito comum ´ o exposto a seguir. ca e 2H´ 8 modos de escolher o grupo do primeiro par, C4 modos de escolher aos naipes do primeiro par, 7 modos de escolher o grupo do segundo par, 2C4 modos de escolher os naipes do segundo par, 6 modos de escolhero grupo da outra carta e 4 modos de escolher seu naipe. A resposta 2 2ERRADA seria 8 × C4 × 7 × C4 × 6 × 4 = 48.384. A explica¸˜o do caERRO ´ simples: Ao fazermos a inexistente distin¸˜o entre primeiro e capar e segundo par, contamos pares de valetes e reis como diferentes depares de reis e valetes.A resposta ERRADA pode ser corrigida dividindo-a por 2. 3d) H´ 8 modos de escolher o grupo da trinca, C4 modos de escolher os a 2naipes das cartas da trinca, C7 modos de escolher os grupos das outrasduas cartas e 4×4 = 42 modos de escolher os naipes dessas duas cartas.A resposta ´ 8 × C4 × C7 × 42 = 10.752. e 3 2e) H´ 8 modos de escolher o grupo do ”four”, 1 modo de escolher os anaipes das quatro cartas do ”four”, 7 modos de escolher o grupo daoutra carta e 4 modos de escolher o naipe dessa carta.A resposta ´ 8 × 1 × 7 × 4 = 224. e 3f) H´ 8 modos de escolher o grupo da trinca, C4 modos de escolher os a 2naipes das cartas da trinca, 7 modos de escolher o grupo do par e C4modos de escolher os naipes das cartas do par. 3 2A resposta ´ 8 × C4 × 7 × C4 = 1.344. eg) H´ apenas 4 tipos de seq¨ˆncias: 7, 8, 9, 10, valete; 8, 9, 10, valete, a uedama; 9, 10, valete, dama, rei; 10, valete, dama, rei, as. Escolhido o ´ 19
  • 20. tipo da seq¨ˆncia, haveria 4 × 4 × 4 × 4 × 4 = 45 modos de escolher os ue naipes das cartas da seq¨ˆncia, mas 4 desses modos n˜o s˜o permitidos: ue a a todas de ouros, todas de paus, todas de copas e todas de espadas. A resposta ´ 4 × [45 − 4] = 4.080. e 5 h) Os grupos das cartas podem ser escolhidos de C8 − 4 modos e o naipe unico, de 4 modos. ´ e 5 A resposta ´ (C8 − 4) × 4 = 208. i) H´ 4 modos de escolher os grupos das cartas e 4 modos de escolher a o naipe unico. ´ A resposta ´ 4 × 4 = 16. e j) H´ 4 modos de escolher o naipe unico. A resposta ´ 4. a ´ e24) a) Neste caso f ´ bijetiva e, se #A = #B = n, o n´ mero de fun¸˜es e u co f : A → B bijetivas ´ n!, como foi mostrado no exerc´ 4 da se¸˜o e ıcio ca 2.2. b) Neste caso dois elementos de A ter˜o uma mesma imagem em B e a a correspondˆncia entre os demais n − 1 elementos de A e os demais e n − 1 elementos de B ser´ bijetiva. a n+1 H´ a modos de escolher os dois elementos de A, n modos de 2 escolher a imagem deles em B e (n − 1)! modos de construir uma correspondˆncia bijetiva entre os elementos restantes. e n+1 n(n + 1)! A resposta ´e · n · (n − 1)! = . 2 2 c) Neste caso temos as alternativas: i) Trˆs elementos de A tˆm a mesma imagem em B e a correspondˆncia e e e entre os demais n − 1 elementos de A e os demais n − 1 elementos de B ´ bijetiva. e n+2 H´a modos de escolher os trˆs elementos de A, n modos e 3 de escolher a imagem deles em B e (n − 1)! modos de construir uma correspondˆncia bijetiva entre os elementos restantes. e n+2 n(n + 2)! H´a .n.(n − 1)! = fun¸˜es desse tipo. co 3 6 20
  • 21. ii) H´ dois pares de elementos de A com imagens idˆnticas em B e a a e correspondˆncia entre os demais n − 2 elementos de A e os demais e n − 2 elementos de B ´ bijetiva. e n H´a modos de escolher os dois elementos de 2 n+2 n B, × modos de escolher suas imagens inversas em A 2 2 e (n − 2)! modos estabelecer a correspondˆncia entre os elementos e restantes. n n+2 n n(n − 1)(n + 2)! H´ a × × × (n − 2)! = fun¸˜es desse co 2 2 2 8 tipo. n(n + 2)! n(n − 1)(n + 2)! n(3n + 1)(n + 2)! A resposta ´ e + = . 6 8 2425) Chamemos de D o conjunto C − C1 . H´ quatro tipos de planos: a i) determinados por trˆs pontos de D; e ii) determinados por dois pontos de D e um de C1 ; iii) determinados por um ponto de D e dois de C1 ; iv) determinados por trˆs pontos de C1 . e e 3 2 2 A resposta ´ C12 + C12 .8 + 12.C8 + 1 = 1.085. Outra solu¸˜o: ca Para determinar um plano, devemos selecionar 3 dos 20 pontos, o que 3 pode ser feito de C20 = 1140 modos. Nessa contagem, o plano que 3 cont´m os 8 pontos de C1 foi contado C8 = 56 vezes. e A resposta ´ 1.140 − 56 + 1 = 1.085. e26) Escolhida a ordem de cada casal, o que pode ser feito de 23 modos temos que arrumar em fila 4 espa¸os vazios e 3 casais, o que pode ser c 4 feito de C7 modos (escolha dos espa¸os vazios) vezes 3! (coloca¸˜o dos c ca 3 casais nos 3 lugares restantes). 21
  • 22. A resposta ´ 23 × C7 × 3! = 1.680. e 427) Primeiro, colocamos as vogais. Como a letra A aparece 3 vezes e as letras U, I e O aparecem 1 vez cada, o n´ mero de modos de dispˆ-las u o 6! 720 e 3,1,1,1 = ´ P6 = = 120. A seguir, colocamos as consoantes em 3! 6 trˆs dos 7 espa¸os antes, entre e depois das vogais. O lugar do P pode e c ser qualquer um destes 7 espa¸os, o do R qualquer dos 6 restantes e c o do G qualquer dos 5 restantes. O n´ mero total de possibilidades ´ u e 120.7.6.5 = 25.200.28) Vamos formar uma fila com os n´ meros 1, 2, . . . n e assinalar com E os u p n´ meros escolhidos e com N os n − p n˜o escolhidos. A condi¸˜o u a ca para que n˜o sejam escolhidos n´meros consecutivos ´ que entre dois E a u e haja pelo menos um N. Come¸amos escrevendo os n − p E. A seguir, c devemos escolher, para colocar os E, p dentre os n − p + 1 espa¸os c p situados antes, entre e depois dos N. Isto pode ser feito de Cn−p+1 modos.29) Chegam 4 cientistas A, B, C, D. Com as chaves que possuem, abrem alguns cadeados, mas n˜o todos. Existe pelo menos um cadeado que a eles n˜o conseguem abrir. Na situa¸˜o do n´ mero m´ a ca u ınimo de cadeados, existe exatamente um cadeado que eles n˜o conseguem abrir. Batize a tal cadeado de ABCD. Portanto, ABCD ´ o cadeado cuja chave n˜o e a est´ em poder de A, nem de B, nem de C e nem de D. Qualquer outro a cientista tem a chave desse cadeado, pois esse cientista e A, B, C e D formam um grupo de 5 cientistas e, portanto, nesse grupo algu´m e possui a chave. Como o algu´m n˜o ´ nem A, nem B, nem C e nem D, e a e deve ser o outro. Analogamente batize os demais cadeados. Verifique agora que a correspondˆncia entre cadeados e seus nomes ´ biun´ e e ıvoca, isto ´, cadeados diferentes tˆm nomes diferentes (isso porque estamos e e na situa¸˜o do n´ mero m´ ca u ınimo de cadeados) e cadeados de nomes difer- entes s˜o diferentes (se X est´ no nome de um cadeado e n˜o est´ no a a a a nome do outro, X tem a chave deste e n˜o tem a chave daquele). a a) O n´ mero m´ u ınimo de cadeados ´ igual ao n´mero de nomes de cadea- e u 4 dos, C1 1 = 330. b) Cada cientista X possui as chaves dos cadeados que n˜o possuem X a 4 no nome, C1 0 = 210. 22
  • 23. 30) Nenhum aluno pode comparecer a mais de trˆs jantares. Com efeito, se e A1 vai a um jantar com A2 e A3 , ele s´ pode ir a outro jantar com outros o dois estudantes, digamos A4 e A5 e s´ pode ir a um terceiro jantar em o companhia de outros dois, digamos A6 e A7 e n˜o ter´ companhia para a a ir a um quarto jantar. Como h´ 21 convites e s˜o 7 estudantes, cada a a estudante ter´ que comparecer a exatamente 3 jantares. a Se A1 comparece a trˆs jantares, podemos escolher os seus compan- e heiros dividindo os outros 6 estudantes em 3 grupos de 2, o que pode C 2 × C4 × 1 2 ser feito de 6 = 15 modos. 3! Ent˜o, os 3 jantares s˜o, digamos, A1 A2 A3 , A1 A4 A5 , A1 A6 A7 . a a A2 dever´ comparecer a mais dois jantares, nenhum deles em com- a panhia de A3 , e A3 tamb´m dever´ comparecer a mais dois jantares. e a Portanto, os 4 jantares que faltam s˜o: a A2 , A2 , A3 , A3 Como A4 deve comparecer a mais dois jantares (A4 n˜o pode compare- a cer a ambos em companhia de A2 nem a ambos em companhia de A3 ), esses quatro jantares s˜o:. a A2 A4 , A2 , A3 A4 , A3 ; A5 tem que comparecer ainda a dois jantares, nenhum deles em com- panhia de A4 . A2 A4 , A2 A5 , A3 A4 , A3 A5 . Agora h´ duas possibilidades: a A2 A4 A6 , A2 A5 A7 , A3 A4 A7 , A3 A5 A6 e A2 A4 A7 , A2 A5 A6 , A3 A4 A6 , A3 A5 A7 . H´ portanto 15 × 2 = 30 maneiras de escolher os grupos de convidados. a Para distribuir os 7 grupos nos 7 dias, h´ 7! alternativas. a A resposta ´ 7! × 30 = 151.200. e31) Os dois primeiros lugares s´ podem ser ocupados por elementos de o {a1 , a2 , · · · a7 } e os dois ultimos por elementos de {a9 , a10 , a11 , a12 }. ´ e 2 2 A resposta ´ C7 × C4 = 126. 23
  • 24. a m32) H´ Cm+h × 1 modos de escolher os lugares para os homens. Feito isso, s´ h´ 1 modo de formar a fila. o a e m m A resposta ´ Cm+h × 1 = Cm+h .33) a) Cada professor fica caracterizado pelas duas bancas a que pertence. O n´ mero de professores ´ igual ao n´mero de modos de escolher duas u e u das oito bancas. e 2 A resposta ´ C8 = 28. b) O n´ mero de professores pertencentes a uma banca ´ igual ao n´mero u e u de modos de escolher a outra banca a que ele pertence. A resposta ´ 7. e34) a) Imagine um quadro em que cada linha ´ a rela¸˜o dos atletas de e ca um time. O n´ mero de elementos do quadro ´ o n´ mero de times, u e u t, multiplicado pelo tamanho de cada time, k, e ´ tamb´m igual ao e e n´ mero de atletas, a, multiplicado pelo n´ mero de times de que cada u u atleta participa, x. tk Logo, ax = tk e x = . a b) No mesmo quadro, o n´mero de pares de atletas na mesma linha u ´ igual ao n´mero de linhas, t, multiplicado pelo n´ mero de pares de e u u 2 atletas em uma linha, Ck , e ´ tamb´m igual ao n´mero de pares de e e u 2 atletas, Ca , multiplicado pelo n´ mero de times em que cada par de u atletas fica junto, y. 2 2 2 tCk tk(k − 1) Logo, yCa = tCk e y = 2 = . Ca a(a − 1)35) A resposta ´ o n´ mero de permuta¸˜es circulares de 4 elementos, ou e u co seja, 3! = 6.36) H´ (P C)5 = 4! modos de formar uma roda com as meninas. Depois a disso, os 5 meninos devem ser postos nos 5 lugares entre as meninas, o que pode ser feito de 5! modos. A resposta ´ 4!×5! = 24×120 = 2.880. e ´37) E mais simples calcular o n´ mero total de rodas e excluir aquelas em u que Vera e Isadora ficam juntas. O n´ mero total de rodas ´ P C6 = u e 5! = 120. Para formar as rodas em que Vera e Isadora ficam juntas, a 24
  • 25. primeira decis˜o a tomar ´ a ordem em que Vera e Isadora se colocar˜o a e a na roda. H´ 2 possibilidades: Vera-Isadora e Isadora-Vera. Agora tudo a se passa como se Vera e Isadora fossem uma unica crian¸a. Assim, ´ c h´ 2(P C)5 = 2.4! = 48 rodas em que Vera e Isadora ficam juntas. A a resposta ´ 120 − 48 = 72 rodas. e38) Chamando x de 1 + a, y de 1 + b e z de 1 + c, o problema se transforma em encontrar todas as solu¸˜es inteiras e n˜o- negativas de (a+1)+(b+ co a 4 4 1) + (c + 1) = 7, ou seja, de a + b + c = 4. A resposta ´ CR3 = C6 = 15. e39) Cada solu¸˜o inteira e n˜o negativa da inequa¸˜o x + y + z ≤ 6 corre- ca a ca sponde a uma solu¸˜o inteira e n˜o negativa da equa¸˜o x+y+z+f = 6. ca a ca 6 6 Logo, h´ CR4 = C9 = 84 solu¸˜es. a co40) Para formar uma caixa, devemos selecionar 20 dentre os 5 tipos, valendo repeti¸˜o na escolha. Ou seja, devemos formar solu¸˜es inteiras e n˜o ca co a negativas de x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 20, onde xi ´ o n´ mero de bombons e u 20 20 do tipo i. A resposta ´ CR5 = C24 = 10.626. e Solu¸˜es dos Exerc´ co ıcios da Se¸˜o 5.1 ca 1) H´ 6×6 = 36 resultados poss´ a ıveis igualmente prov´veis, em 6 dos quais a 6 1 a soma vale 7. A resposta ´ e = . 36 6 12 2) Basta escolher os times do primeiro grupo, o que pode ser feito de C24 modos. Os dois times em quest˜o ficam juntos quando ficam ambos no a primeiro grupo ou ambos no segundo grupo. Em ambos os casos, isto 10 10 2C22 2.22!.12! 11 pode ser feito de C22 modos. Logo, a resposta ´ 12 = e = . C24 24!10! 23 Outra solu¸˜o: ca Supondo j´ escolhido o grupo do primeiro time, seus 11 companheiros a 11 de grupo podem ser escolhidos de C23 modos. Dentre os grupos assim 10 formados os que tamb´m incluem o segundo time s˜o C22 , j´ que s˜o e a a a formados escolhendo 10 times entre os 22 restantes. Logo, a resposta ´ e 10 C22 11 11 = . C23 23 25
  • 26. 3) Usaremos o fato, j´ provado, de que P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ a B). Temos: P (A∪B ∪C) = P ((A∪B) ∪C) = P (A∪B) + P (C) −P ((A∪B) ∩C) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) + P (C) − P ((A ∪ B) ∩ C). Agora, (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) e, da´ ı, P ((A ∪ B) ∩ C) = P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) = = P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C). Substituindo na express˜o anterior, obtemos, finalmente: a P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)− −P (A ∩ B) − P (A ∩ C) − P (B ∪ C) + P (A ∩ B ∩ C). 24) a) Como A ⊂ A ∪ B, temos P (A ∪ B) ≥ P (A) = . 3 b) Como A ∩ B e B s˜o disjuntos e A ∩ B ∪ B = A ∪ B, temos a P (A ∩ B) + P (B) = P (A ∪ B) e, portanto, 4 P (A ∩ B) = P (A ∪ B) − P (B) = P (A ∪ B) − . 9 2 Mas, do item anterior, ≤ P (A ∪ B) ≤ 1. Da´ ı, 3 2 4 4 2 5 − ≤ P (A ∩ B) ≤ 1 − , ou seja, ≤ P (A ∩ B) ≤ . 3 9 9 9 9 c) Observe que P (A ∩ B) + P (A ∩ B) = P (A), j´ que o conjunto da a direita ´ a uni˜o disjunta dos da esquerda. Da´ P (A ∩ B) = P (A) − e a ı, 2 2 5 2 5 P (A ∩ B) = − P (A ∩ B). Como ≤ P (A ∩ B) ≤ , temos − ≤ 3 9 9 3 9 2 2 1 4 P (A ∩ B) ≤ − , ou seja, ≤ P (A ∩ B) ≤ . 3 9 9 95) a) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um e a 2 dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5.4.3 = 3600, pois u a e h´ 6 modos de escolher o tipo do par (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) a a 2 e h´ C5 modos de escolher os dois dados que formar˜o o par; quanto a aos outros dados, o resultado do primeiro deles pode ser escolhido de 5 modos distintos (deve ser diferente do resultado dos dois primeiros dados), o do segundo pode ser escolhido de 4 modos distintos (deve ser diferente dos anteriores) e, o do terceiro, de 4 modos diferentes. 26
  • 27. 3.600 25Logo, P (A2) = = ≡ 0, 463. 65 54b) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um e a u a e 2 2 2dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ C6 .C5 .C3 .4 = 1800, pois 2h´ C6 modos de escolher os tipos dos pares (podem ser de 1 e 2, de 1 e a a 23, ..., de 5 e 6), h´ C5 modos de escolher os dois dados que formar˜o o a 2par menor e C3 modos de escolher os dados que formar˜o o par maior. aPara o dado restante, que deve ter resultado diferente do dos demaisdados, h´ 4 resultados poss´ a ıveis. 180 25Logo, P (A3) = 5 = ≡ 0, 231. 6 108Observa¸˜o: caUm erro bastante comum ´ contar os casos favor´veis em dobro, racioci- e anando do modo seguinte: H´ 6 modos de escolher o tipo do primeiro a 2par, 5 modos de esco lher o tipo do segundo par, C5 modos de escol- 2her os dois dados que formar˜o o primeiro par, C3 modos de escol- aher os dados que formar˜o o segundo par e h´ 4 modos de escolher a ao resultado do dado restante. Logo, o n´ mero de casos favor´veis ´ u a e 2 26.5.C5 .C3 .4 = 3.600.´E claro que o erro prov´m da distin¸˜o artificial entre o primeiro e o se- e cagundo par, que faz com que um par de 2 e um par de 5 seja consideradodiferente de um par de 5 e um par de 2. u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada umc) O n´ mero de casos poss´ e a 3dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5.4 = 1200, pois h´ u a e a6 modos de escolher o tipo da trinca (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e h´ a 3C5 modos de escolher os trˆs dados que ter˜o resultados iguais; quanto e aaos outros dados, o resultado do primeiro deles pode ser escolhido de5 modos distintos (deve ser diferente do resultado dos trˆs primeiros edados) e, o do segundo, de 4 modos distintos (deve ser diferente dosanteriores). 1.200 25Logo, P (A4) = 5 = ≡ 0, 154. 6 162d) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um e a 4dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5 = 150, pois h´ 6 u a e amodos de escolher o tipo da quadra (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e a 4h´ C5 modos de escolher os quatro dados que ter˜o resultados iguais; a 27
  • 28. quanto ao dado restante, seu resultado pode ser escolhido de 5 modos distintos (deve ser diferente do resultado dos quatro primeiros dados). 150 25 Logo, P (A6) = 5 = ≡ 0, 019. 6 1.296 e) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 e o n´ mero de casos favor´veis ´ 6. e u a e 6 1 Logo, P (A7) = 5 = ≡ 0, 0008. 6 1.296 f) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um e a dos 5 dados. H´ dois tipos poss´ a ıveis de seq¨ˆncias: a m´ ue ınima (12345) e a m´xima (23456). A m´ a ınima pode ser formada de 5! = 120 modos distintos, pois h´ 5 modos de escolher o dado cujo resultado ´ 1, 4 a e modos de escolher o dado cujo resultado ´ 2, etc. H´, analogamente, e a 120 modos de formar a seq¨ˆncia m´xima. ue a 240 5 Portanto, P (A8) = 5 = ≡ 0, 031. 6 162 g) O n´ mero de casos poss´ u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada e a 3 um dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5 = 300, pois h´ u a e a 6 modos de escolher o tipo da trinca (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e a 3 h´ C5 modos de escolher os trˆs dados que formar˜o a trinca; quanto e a aos outros dados, h´ 5 modos distintos de escolher o resultado comum a deles. 300 25 Logo, P (A5) = 5 = ≡ 0, 039. 6 6486) Numeremos os v´rtices do pol´ e ıgono de 0 a 2n. Imagine 0 como o v´rtice e mais alto, os v´rtices de 1 a n do lado direito e os v´rtices de n + 1 a e e 2n do lado esquerdo. Podemos pensar que todos os triˆngulos tˆm 0 a e 2n(2n − 1) e a 2 como um dos v´rtices. H´ C2n = = n(2n − 1) modos de 2 selecionar os outros dois v´rtices do triˆngulo. e a Para contar o n´ mero de triˆngulos que contˆm o centro da circun- u a e ferˆncia circunscrita em seu interior, observe inicialmente que a reta e que cont´m o v´rtice i(1 ≤ i ≤ n) e o centro da circunferˆncia corta e e e novamente o pol´ ıgono no ponto m´dio do segmento determinado pelos e v´rtices i + n e i + n + 1 (v´rtice 2n + 1 = v´rtice 0). e e e Um triˆngulo que contenha em seu interior o centro da circunferˆncia a e ser´ necessariamente formado por um v´rtice do lado direito e um a e 28
  • 29. v´rtice do lado esquerdo. Se o v´rtice do lado direito for o v´rtice e e e 1, o do lado esquerdo s´ poder´ ser o v´rtice n + 1 (1 possibilidade); o a e se for o v´rtice 2, poder´ ser qualquer dos v´rtices de n + 1 a n + 2 (2 e a e possibilidades); ...; se for o v´rtice n, poder´ ser qualquer dos v´rtices e a e de n + 1 a 2n (n possibilidades). O n´ mero de casos favor´veis ´ u a e n(n + 1) 1+2+ ···+n = . 2 n+1 A resposta ´e . 2(2n − 1)7) Imagine o resultado do sorteio como uma fila de 12 lugares: o primeiro lugar corresponde a primeira pessoa sorteada para o primeiro grupo; o ` segundo, a segunda pessoa sorteada para o segundo grupo; ...; o ultimo, ` ´ a ` quarta pessoa sorteada para o terceiro grupo. Colocada a primeira pessoa, h´ 11 posi¸˜es para a segunda, em 3 das quais ela fica no mesmo a co grupo da primeira. 3 A resposta ´ . e 118) H´ 12 possibilidades para o signo de cada pessoa, para um total de 124 a possibilidades. Para que n˜o haja coincidˆncias de signos, o signo da a e primeira pessoa pode ser escolhido de 12 modos, o da segunda de 11, o da terceira de 10 e o da quarta de 9, para um total de 12.11.10.9 modos. Assim, a probabilidade de que n˜o haja coincidˆncia de signos a e 12.11.10.9 55 ´ e = e a probabilidade de que n˜o haja coincidˆncias ´ a e e 124 96 55 41 1− = . 96 96 a 49) H´ C10 modos de retirar 4 p´s de sapatos. Para retirar 4 p´s, havendo e e nesses 4 p´s exatamente 1 par de sapatos, devemos inicialmente sele- e cionar 1 par (o que pode ser feito de 5 modos) e depois selecionar 2 p´s e vindo de pares diferentes dentre os 4 pares que ainda est˜o no arm´rio. a a 4 Para isso devemos escolher os pares de onde vir˜o esses sapatos (C2 a modos) e, em cada par escolhido, decidir se retiraremos o p´ direito ou e 2 o p´ esquerdo (2 = 4 modos). e 2 5.C4 .4 4 A resposta ´ e 4 = . C10 7 29
  • 30. 10) Para distribuir os sorvetes, devemos escolher as pessoas que receber˜oa 5 sorvetes de creme (C10 modos) e dar sorvetes de chocolate as demais ` (1 modo). Para distribuir os sorvetes, respeitando as preferˆncias, e come¸amos dando sorvetes de creme aos que gostam de creme e de c chocolate aos que gostam de chocolate (1 modo). Em seguida, deve- mos distribuir 2 sorvetes de creme e 3 sorvetes de chocolate a 5 pessoas que n˜o tˆm preferˆncias; para isso, devemos escolher as 2 pessoas que a e e 2 receber˜o sorvetes de creme (C5 modos) e dar sorvetes de chocolate as a ` restantes (1 modo). 2 C5 5 A resposta ´ e 5 = . C10 12611) As pe¸as do domin´ s˜o formadas por dois, n˜o necessariamente dis- c o a a 2 2 tintos, dos n´ meros 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6. H´ CR7 = C8 = 28 pe¸as e u a c 2 h´ C28 modos de selecionar duas pe¸as de um domin´. Para selecionar a c o duas pe¸as com um n´ mero comum, deve-se primeiramente selecionar c u o n´ mero comum (7 possibilidades) e, depois, selecionar 2 das 7 pe¸as u c 2 que contˆm esse n´ mero comum (C7 possibilidades). e u 2 7C7 7 A resposta ´ e 2 = . C28 1812) O n´ mero de sorteios poss´ u e 5 ıveis ´ C80 . a) O apostador acerta 3 dezenas quando s˜o sorteadas 3 das 8 dezenas a em que apostou e 2 das 72 em que n˜o apostou. Tais sorteios podem a 3 2 ser efetuados de C8 .C72 modos. 3 2 C8 .C72 1 A resposta ´ e 5 (que ´ aproximadamente igual a e ). C80 168 b) O apostador acerta 4 dezenas quando s˜o sorteadas 4 das 8 dezenas a em que apostou e 1 das 72 em que n˜o apostou. Tais sorteios podem a 4 1 ser efetuados de C8 .C72 modos. 4 1 C8 .C72 1 A resposta ´ e 5 (que ´ aproximadamente igual a e ). C80 4770 c) O apostador acerta 5 dezenas quando s˜o sorteadas 5 das 8 dezenas a 5 em que apostou. Tais sorteios podem ser efetuados de C8 modos. 5 C8 1 A resposta ´ e 5 = . C80 429.286 30
  • 31. 13) Colocada a primeira pessoa na roda, h´ n − 1 posi¸˜es poss´ a co ıveis para a segunda pessoa, das quais 2 s˜o favor´veis a que ela fique junto da a a primeira pessoa. 2 A resposta ´ e . n−114) a) H´ n posi¸˜es igualmente prov´veis que a chave “certa” poderia a co a ocupar: ser a primeira a ser testada, a segunda,..., a ultima. A proba- ´ bilidade de ela ocupar a k-´sima posi¸˜o ´ 1/n. e ca e Outra solu¸˜o: ca H´ n! maneiras de ordenar as chaves a serem tentadas. Para formar as a ordena¸˜es que tem a chave certa na k-´sima posi¸˜o, devemos colocar co e ca as n − 1 chaves restantes nas n − 1 posi¸˜es restantes, o que pode ser co feito de (n − 1)! modos. Logo, a probabilidade de que a chave certa (n − 1)! 1 esteja na posi¸˜o k ´ ca e = . n! n b) As primeiras k tentativas podem ser feitas de nk modos (cada chave pode ser escolhida de n modos, j´ que chaves correspondentes a tenta- a tivas frustradas n˜o s˜o descartadas). Para que se acerte na k- ´sima a a e tentativa, as primeiras k − 1 chaves devem ser incorretas (portanto, podem ser escolhidas de (n − 1)k−1 modos) e a de ordem k deve ser a correta (1 modo). Logo, a probabilidade de se acertar na k-´sima e k−1 (n − 1) tentativa ´e . nk a 415) a) H´ C12 = 495 modos de selecionar as 4 vagas que n˜o ser˜o ocupadas a a e 9 modos de escolher 4 vagas consecutivas (1 2 3 4, 2 3 4 5, ..., 9 10 11 12). 9 1 A resposta ´e = . 495 55 4 b) H´ C12 = 495 modos de selecionar as 4 vagas que n˜o ser˜o ocupadas. a a a Para contar o n´mero de possibilidades em que n˜o h´ vagas vazias u a a adjacentes, devemos escolher 4 dos 9 espa¸os existentes antes, entre e c 4 depois dos carros para ficarem vazios. Isto pode ser feito de C9 modos. 126 14 Logo a probabilidade de que n˜o haja vagas consecutivas ´ ´ a ee = . 495 5516) P (A ∩ B ∩ C) = 0, pois A ∩ B ∩ C ⊂ A ∩ C e P (A ∩ C) = 0. 31
  • 32. a) P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − − P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) = = 0, 4 + 0, 5 + 0, 3 − 0, 3 − 0 − 0, 1 + 0 = 0, 8. b) P [A − (B ∪ C)] = P (A) − P [A ∩ (B ∪ C)] = = P (A) − P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)] = = P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P [(A ∩ B) ∩ (A ∩ C)] = = P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) = = 0, 4 − 0, 3 − 0 + 0 = 0, 1. c) P [A ∩ (B ∪ C)] = P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)] = = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P [(A ∩ B) ∩ (A ∩ C)] = = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) = 0, 3 + 0 − 0 = 0, 3. d) P [(A ∩ B) ∪ C] = P (A ∩ B) + P (C) − P (A ∩ B ∩ C) = = 0, 3 + 0, 3 − 0 = 0, 618) a) A resposta, naturalmente, ´ 1/2, j´ que, de todos os pares de n´ meros e a u distintos de 1 a 100, em exatamente a metade o primeiro n´mero ´ u e maior do que o segundo. b) O n´ mero total de poss´ u ıveis extra¸˜es ´ 100 × 100 = 10.000, j´ que co e a o bilhete de cada uma das mo¸as pode ser escolhido de 100 modos. Em c 100 destas poss´ıveis extra¸˜es os dois n´ meros s˜o iguais e em metade co u a das restantes, ou seja, em 9900/2 = 4950 delas, o primeiro n´mero ´ u e maior do que o segundo. Logo, a probabilidade de o n´mero de Laura u 4950 ser maior do que o de Telma ´ e = 0, 495. 1000019) a) S˜o feitos 5 testes quando uma das quatro primeiras pilhas testadas a est´ descarregada, o mesmo ocorrendo com a quinta a ser testada. A a primeira pilha a ser testada pode ser escolhida de 10 modos, a segunda de 9, e assim por diante, para um total de 10.9.8.7.6 modos poss´ ıveis para escolher as 5 primeiras pilhas a serem testadas. Para formar uma sequˆncia de teste em que a segunda defeituosa ´ detectada na 5a ten- e e tativa, devemos escolher a pilha defeituosa que aparece na 5a posi¸˜o ca (2 modos), a posi¸˜o da outra defeituosa (4 modos) e, finalmente, as ca 32
  • 33. pilhas n˜o defeituosas para as demais posi¸˜es (8.7.6 modos). Logo, a a co 2.4.8.7.6 4 probabilidade pedida ´ e = . 10.9.8.7.6 45 b) S˜o efetuados at´ 5 testes quando as pilhas defeituosas aparecem a e nas 5 primeiras tentativas. Como visto no item anterior, h´ 10.9.8.7.6 a modos de se fazer estas tentativas. Para formar aquelas em que as duas defeituosas est˜o entre as testadas devemos escolher a posi¸˜o a ca da primeira pilha defeituosa (5 modos), a da segunda (4 modos) e, finalmente, as pilhas n˜o defeituosas para as outras tentativas (8.7.6 a 5.4.8.7.6 modos). A probabilidade de que sejam feitos at´ 5 testes ´ e e = 10.9.8.7.6 2 2 7 e, portanto, a probabilidade pedida ´ igual a 1 − = . e 9 9 9 c) Para que sejam feitos menos de 4 testes, as duas pilhas defeituosas devem aparecer nos primeiros 4 testes. O n´ mero total de escolhas u para os 4 primeiros testes ´ 10.9.8.7. Para formar uma sequˆncia de e e teste em que as duas defeituosas aparecem nestas 4 tentativas, devemos escolher a posi¸˜o da primeira pilha defeituosa (4 modos), a da segunda ca (3 modos) e, finalmente, as pilhas n˜o defeituosas para as duas outras a 4.3.8.7 2 posi¸˜es (8.7 modos). A probabilidade pedida ´ co e = . 10.9.8.7 15 Solu¸˜es dos Exerc´ co ıcios da Se¸˜o 5.2 ca1) Sejam X e Y os resultados do primeiro e segundo lan¸amentos, respec- c tivamente. P (X = 3 | X + Y = 7) = P (X = 3, X + Y = 7) 1/6 · 1/6 1 = = = . P (X + Y = 7) 6/36 6 Outra solu¸˜o: ca e a ıveis igualmente prov´veis: X = 1, Y = Se a soma ´ 2, h´ 6 casos poss´ a 6; X = 2, Y = 5; X = 3, Y = 4; X = 4, Y = 3; X = 5, Y = 2; X = 6, Y = 1. Dos seis casos, somente X = 3, Y = 3 ´ favor´vel. A e a 1 resposta ´ . e 6 P (n˜o sabe e acerta) a2) P (n˜o sabe | acerta) = a = P (acerta) 33
  • 34. P (n˜o sabe).P (acerta | n˜o sabe) a a = = P (sabe).P (acerta | sabe) + P (n˜o sabe).P (acerta | n˜o sabe) a a 0, 4.0, 2 2 = = . 0, 6.1 + 0, 4.0, 2 173) P (A ∩ B) = P (A).P (B | A) = 1/2.1/2 = P (A).P (B); logo, A e B s˜o a independentes. 1 Observe que A ∩ C = A ∩ B e que P (C) = .P (A ∩ C) = P (A ∩ B) = 2 1/2.1/2 = P (A).P (C); logo, A e C s˜o independentes. a 1 Observe que B ∩ C = A ∩ B e que P (C) = .P (B ∩ C) = P (A ∩ B) = 2 1/2.1/2 = P (B).P (C); logo, B e C s˜o independentes. a Como A ∩ B ∩ C = A ∩ B, P (A ∩ B ∩ C) = P (A ∩ B) = 1/2.1/2, que ´ diferente de P (A).P (B).P (C) = 1/2.1/2.1/2; logo, A, B e C n˜o s˜o e a a independentes. 4 54) a) A probabilidade de nenhum seis em quatro lan¸amentos ´ c e ≡ 6 4 5 0, 4823. A probabilidade de pelo menos1 seis ´ 1− e ≡ 1−0, 4823 = 6 0, 5177 b) A probabilidade de nenhum duplo seis em 24 lan¸amentos de um c 24 35 par de dados ´ e ≡ 0, 5086. A probabilidade de pelo menos 1 36 24 35 duplo seis ´ 1 − e ≡ 1 − 0, 5086 = 0, 4914. 36 P (doente e positivo)5) P (doente | positivo) = = P (positivo) P (doente).P (positivo | doente) = = P.(doente).P (positivo | doente) + P (sadio).P (positivo | sadio) 0, 005 · 0, 95 95 ∼ = = = 0, 3231 0, 005 · 0, 95 + 0, 995 · 0, 01 294 n 56) A probabilidade de n˜o obter nenhum seis em n lan¸amentos ´ a c e ea 6 34
  • 35. n n 5 5 de obter pelo menos um seis ´ 1− e . Devemos ter 1− > 0, 9, 6 6 n 5 ou seja, < 0, 1. 6 n 5 Da´ ln ı, < ln 0, 1 6 5 n · ln < ln 0, 1 6 ln 0, 1 ∼ n> = 12, 6 5 ln 6 A resposta ´ 13. e7) a) Cada pessoa tem n modos de escolher a quem conta o boato. Logo, o n´ mero de modos de o boato ser contado m vezes ´ nm . u e O n´ mero de modos de o boato ser contado m vezes, sem retornar u ` primeira pessoa ´ n(n − 1)m−1 , pois o primeiro ouvinte pode ser a e selecionado de n modos e os demais, de n − 1 modos. A resposta ´ e m−1 m−1 n(n − 1) n−1 = . nm n b) Cada pessoa pode tem n modos de escolher a quem conta o boato. Logo, o n´ mero de modos de o boato ser contado m vezes ´ nm . u e Para o boato ser contado m vezes, sem repetir nenhuma pessoa, o primeiro ouvinte pode ser selecionado de n modos; o segundo, de n − 1 modos; o terceiro, de n − 2 modos; · · · ; o m-´simo, de n − (m − 1) = e n − m + 1 modos. O n´ mero de modos de o boato ser contado m vezes, u n! sem retornar a primeira pessoa, ´ n.(n − 1) · · · (n − m + 1) = ` e . (n − m)! n! A resposta ´ e . (n − m)!nm8) Considere os eventos: A = {A falou a verdade }; B = {B disse que A falou a verdade}; C = {C disse que B disse que A falou a verdade}; 35
  • 36. D = {D disse que C disse que B disse que A falou a verdade}. Vamos aliviar a nota¸˜o escrevendo XY para representar X ∩ Y . ca P (AD) Queremos calcular P (A | D) = . P (D) P (AD) = P (ABCD) + P (ABCD) + P (ABCD) + P (ABCD) = 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 13 = · · · + · · · + · · · + · · · = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81 P (AD) = P (ABCD) + P (ABCD) + P (ABCD) + P (ABCD) = 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 28 = · · · + · · · + · · · + · · · = . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81 13 28 41 P (D) = P (AD) + P (AD) = + = . 81 81 81 P (AD) 13/81 13 A resposta ´ P (A | D) = e = = . P (D) 41/81 41 9) Uma urna recebe uma bola branca e a outra urna recebe as demais 99 bolas. Com efeito, se a 1a urna recebe k bolas das quais a s˜o brancas, a a probabilidade de liberta¸˜o ´ ca e 1 a 50 − a 1 50k + a(100 − 2k) f (a, k) = + = · . 2 k 100 − k 2 k(100 − k) 1 Observe que para k=50 a express˜o vale , independentemente do valor a 2 de a. Observe tamb´m que basta estudar agora o caso k < 50 (isto ´, pode- e e mos considerar a primeira urna como sendo a que recebeu menos bolas). Nesse caso, ´ claro que, fixado o valor de k, quanto maior for a, maior e ser´ f (a, k). Logo, para f (a, k) ser m´ximo, devemos ter a = k e a a a 1 150 − 2k 75 − k 25 probabilidade ser´ g(k) = a = = 1− , que ´ e 2 100 − k 100 − k 100 − k m´xima para k m´ a ınimo. Devemos, pois, ter k = 1, o que d´ uma probabilidade de liberta¸˜o de a ca 74 ∼ = 0, 75. 99 110) a) A probabilidade de eles se enfrentarem na primeira rodada ´ e 2n − 1 porque, posto A na tabela, h´ 2n − 1 posi¸˜es poss´ a co ıveis para B e em 1 36
  • 37. delas ele enfrenta B. A probabilidade de eles se enfrentarem na segunda 2 2 1 1 1 rodada ´ n e · = n · , porque posto A na tabela, h´ 2n −1 a 2 −1 2 2 −1 2 posi¸˜es poss´ co ıveis para B e em 2 delas ele pode vir a enfrentar B na segunda rodada, desde que, naturalmente, A e B ven¸am seus jogos da c 1 1 primeira rodada, o que ocorre com probabilidade · . A probabilidade 2 2 4 22 1 1 1 de eles se enfrentarem na terceira rodada ´ n e · = n · 2, 2 −1 4 2 −1 2 etc. 1 1 1 1 1 A resposta ´ n e + n · + n · 2 + ···+ 2 −1 2 −1 2 2 −1 2 n 1 1− 1 1 1 2 1 + n · n−1 = n · = n−1 . 2 −1 2 2 −1 1 2 1− 2 b) Se k < n, o jogador disputa exatamente k partidas se e somente se perde a k-´sima partida e ganha as k − 1 partidas anteriores. A e k−1 1 1 1 probabilidade de isso acontecer ´ e · = k . O jogador disputa n 2 2 2 partidas - ou seja, chega a final - se e somente se ganha as n−1 partidas ` n−1 1 1 anteriores. A probabilidade de isso acontecer ´ e = n−1 . 2 2 1 1 A resposta ´ k , se k < n; n−1 , se k = n. e 2 211) a) O segundo melhor jogador ser´ vice-campe˜o se e somente se n˜o a a a enfrentar o melhor jogador antes da final. Posto o melhor jogador na tabela, h´ 15 posi¸˜es poss´ a co ıveis para o segundo melhor e em 8 delas ele 8 enfrenta o melhor jogador apenas na final. A resposta ´ . e 15 o b) Posto o 4 colocado na tabela, os demais times podem ser colocados de 15! modos. Para que o 4o melhor time seja vice- campe˜o, os 3 a melhores times n˜o podem estar em sua chave. As posi¸˜es destes times a co podem, portanto, ser escolhidas de 8, 7 e 6 modos, respectivamente. Para distribuir os 12 times restantes, h´ 12! Possibilidades. Logo, a a 8.7.6.12! 8 probabilidade desejada ´e = . 15! 65 37
  • 38. c) Na primeira rodada, h´ 6 advers´rios que o 10o time consegue der- a a rotar. Na melhor das hip´teses, ele derrota um destes e, dos outros 5, o dois conseguem sobreviver para a pr´xima fase. De novo, na melhor das o hip´teses o 10o enfrenta (e vence) um deles, mas o outro ser´ fatalmente o a a o eliminado. Assim, na 3 a rodada, o 10 time joga e perde. Logo, ele disputa no m´ximo trˆs partidas. Isto ocorre quando os trˆs times da a e e sua chave para os dois primeiros jogos s˜o todos de habilidade inferior. a O n´ mero de modos de escolher 3 advers´rios ´ 15.14.13. O n´ mero de u a e u modos de escolher trˆs advers´rios entre os 6 de n´ inferior ´ 6.5.4. e a ıvel e 6.5.4 4 Logo, a resposta ´e = . 15.14.13 9112) Se o candidato n˜o troca de porta, ele ganha o prˆmio se e s´ se escolhe, a e o originalmente, a porta certa. Logo, se ele n˜o troca, sua probabilidade a 1 de ganhar o prˆmio ´ igual a . Em contraste, ao trocar de porta ele e e 3 ganha o prˆmio sempre que escolheu originalmente a porta errada, o e 2 que ocorre com probabilidade . Portanto, ele deve trocar de porta. 313) Cada um dos 10 resultados pode ser escolhido de 2 modos. Portanto, h´ 210 resultados poss´ a ıveis. Para formar um resultado com 5 caras, ´ e necess´rio escolher 5 dos 10 lan¸amentos para estas caras ocorrerem, o a c C5 63 5 e 10 que pode ser feito de C10 modos. A probabilidade pedida ´ 10 = . 2 25614) a) P (2aB) = P (1aB, 2a B) + P (1aP, 2a B) = = P (1a B).P (2a B | 1a B) + P (1a P ).P (2aB | 1a P ) = 4 6 6 4 2 = . + . = 10 12 10 12 5 P (1aB, 2a P ) b) P (1a B | 2a P ) = = P (2a P ) P (1a B).P (2aP | 1a B) = P (1aB).P (2a P | 1a B) + P (1aP ).P (2aP | 1a P ) 4 6 . 1 = 10 12 = . 4 6 6 8 3 . + . 10 12 10 12 38
  • 39. P (vˆ vermelha e mostra amarela) e15) P (vˆ vermelha | mostra amarela) = e = P (mostra amarela) 1/6 1 = = . 1/2 316) O jogador A ganha o prˆmio se e somente se B ganhar no m´ximo 2 e a a das pr´ximas 8 partidas (caso contr´rio, B ter´ sua 10 vit´ria antes o a a o de A completar sua s´rie de 10 vit´rias). e o P (B ganhar 0 partida) = 0, 68 ∼ 0, 0168 = P (B ganhar 1 partida) = 8.0, 67 .0, 4 ∼ 0, 0896 = P (B ganhar 2 partidas) = C 2 .0, 66 .0, 42 ∼ 0, 2090 8 = A probabilidade de que A ganhe o prˆmio ´ aproximadamente igual a e e 0, 0168 + 0, 0896 + 0, 2090 = 0, 3154.17) Sejam p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 as probabilidades das poss´ ıveis ordena¸˜es co ABC, BCA, CAB, ACB, CBA, BAC. As condi¸˜es dadas no prob- co lema permitem escrever um sistema de equa¸˜es lineares envolvendo co aquelas probabilidades: 1 p1 + p4 = p2 + p6 = p3 + p5 = 3 1 p3 + p6 = p1 + p5 = p2 + p4 = 3 1 p2 + p5 = p3 + p4 = p1 + p6 = 3 Resolvendo o sistema, verifica-se que ele tem uma infinidade de solu¸˜es, co da forma 1 1 1 p1 = p2 = p3 = − p4 = − p5 = − p6 6 6 6 Em termos mais intuitivos, basta que as ordena¸˜es correspondentes ` co a mesma ordem circular tenham probabilidades iguais, ou seja, devemos ter: P (ABC) = P (BCA) = P (CAB) e P (ACB) = P (CBA) = P (BAC). 1 Por exemplo, se P (ABC) = P (BCA) = P (CAB) = e P (ACB) = 4 1 P (CBA) = P (BAC) = , os trˆs jogadores tˆm a mesma chance e e 12 39
  • 40. de ficar em primeiro, segundo ou terceiro lugar, embora as diferentes ordena¸˜es poss´ co ıveis n˜o tenham todas a mesma probabilidade de ocor- a rer.18) Dois pontos A e B de um c´ ırculo determinam uma corda maior que o lado de um triˆngulo equil´tero inscrito se e somente se o menor arco a a AB ´ maior do que 120o. Isto significa, que uma vez escolhido o ponto e A, o ponto B n˜o deve estar no arco de 240o com ponto m´dio em a e A, como mostra a figura. Como B ´ escolhido ao acaso, admitimos e que a probabilidade de que ele esteja em um arco seja proporcional ao 120 1 comprimento do arco. Assim, a probabilidade pedida ´ e = . 360 3 120o 120o A 120o19) Uma corda perpendicular a AB tem comprimento maior do que o lado do triˆngulo equil´tero inscrito se e somente se corta AB entre os pontos a a M e N, m´dios de OA e OB, onde O ´ o centro do c´ e e ırculo, como mostra MN 1 a figura. Logo, a probabilidade pedida ´ e = . AB 2 A B M O N 40
  • 41. 20) Contando o tempo em minutos, a partir das 16 horas, e designando por x e y os instantes de chegada de Cristina e Maria, a regi˜o ”poss´ a ıvel” ´ Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 60, 0 ≤ y ≤ 60} (um quadrado de lado 60) e a e regi˜o ”favor´vel” ´ A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 60, 0 ≤ y ≤ 60, |x − y| ≤ 10}. a a e A desigualdade |x − y| ≤ 10 ´ equivalente a x − 10 ≤ y ≤ x + 10, o que e mostra que a regi˜o favor´vel ´ uma ”faixa” em torno da diagonal do a a e quadrado, como mostra a figura. 60 10 10 60 A probabilidade desejada ´: e ´rea de A a 602 − 2.50.50/2 11 = 2 = . a ´rea de Ω 60 36 41

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