Post on 03-Aug-2021
Matemáticadiscretalicenciatura emmatemática
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6
Ministério da Educação - MEC
Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Nível Superior
Universidade Aberta do Brasi l
Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
Universidade Aberta do Brasil
Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará
Diretoria de Educação a Distância
Fortaleza, CE2012
Licenciatura em Matemática
Matemática Discreta
Marcos Antônio de Macedo
CréditosPresidenteDilma Vana RousseffMinistro da EducaçãoAloizio Mercadante OlivaSecretário da SEEDCarlos Eduardo BielschowskyDiretor de Educação a DistânciaJoão Carlos TeatiniReitor do IFCECláudio Ricardo Gomes de LimaPró-Reitor de EnsinoGilmar Lopes RibeiroDiretora de EAD/IFCE e Coordenadora UAB/IFCECassandra Ribeiro JoyeVice-Coordenadora UAB Cristiane Borges BragaCoordenadora do Curso deTecnologia em HotelariaFabíola Silveira JorgeCoordenadora do Curso de Licenciatura em MatemáticaPriscila Rodrigues de AlcântaraElaboração do conteúdoMarcos Antônio de MacedoColaboradoraLívia Maria de Lima SantiagoEquipe Pedagógica e Design InstrucionalAna Claúdia Uchôa AraújoAndréa Maria Rocha RodriguesCarla Anaíle Moreira de OliveiraCristiane Borges BragaEliana Moreira de OliveiraGina Maria Porto de Aguiar VieiraGlória Monteiro MacedoIraci Moraes SchmidlinIrene Moura SilvaIsabel Cristina Pereira da CostaJane Fontes GuedesKarine Nascimento PortelaLívia Maria de Lima SantiagoLuciana Andrade RodriguesMárcia Roxana da Silva RégisMaria Irene Silva de Moura
Maria Vanda Silvino da SilvaMarília Maia MoreiraSaskia Natália Brígido BatistaEquipe Arte, Criação e Produção VisualBenghson da Silveira DantasCícero Felipe da Silva FigueiredoElson Felipe Gonçalves MascarenhaGermano José Barros PinheiroGilvandenys Leite Sales JúniorJosé Stelio Sampaio Bastos NetoLucas de Brito ArrudaMarco Augusto M. Oliveira Júnior Equipe WebBenghson da Silveira Dantas Fabrice Marc JoyeHerculano Gonçalves SantosLucas do Amaral SaboyaSamantha Onofre Lóssio Tibério Bezerra SoaresRevisão TextualAurea Suely ZavamNukácia Meyre Araújo de AlmeidaRevisão WebAntônio Carlos Marques JúniorDébora Liberato Arruda HissaSaulo GarciaLogísticaFrancisco Roberto Dias de AguiarSecretáriosBreno Giovanni Silva AraújoFrancisca Venâncio da SilvaAuxiliarAna Paula Gomes CorreiaBernardo Matias de CarvalhoCharlene Oliveira da SilveiraNathália Rodrigues MoreiraVirgínia Ferreira MoreiraWagner Souto Fernandes
Macedo, Marcos Antônio de.
Matemática Discreta / Marcos Antônio de Macedo; Coordenação Cassandra Ribeiro Joye. - Fortaleza: UAB/IFCE, 2012.122p. : il. ; 27cm.
ISBN 978-85-475-0006-1
1. MATEMÁTICA DISCRETA. 2. ANÁLISE COMBINATÓRIA. 3. TEORIA DOS GRAFOS. I. Joye, Cassandra Ribeiro (Coord.). II. Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará – IFCE. III. Universidade Aberta do Brasil – UAB. IV. Título.
CDD – 510
M141m
Catalogação na fonte: Islânia Fernandes Araújo (CRB 3 nº 917)
SUMÁRIO
AULA 2
AULA 3
AULA 4
Apresentação 7Referências 121
Tópico 1
Tópico 2
Tópico 1
Tópico 2
Tópico 1
Tópico 2
Tópico 3
Tópico 1
Tópico 2
Currículo 123
Análise Combinatória I 8Princípio da Contagem e Arranjos Simples 9Permutação Simples e Combinação Simples 16
AULA 1
Análise Combinatória II 23Permutação Circular e Combinatória Completa 24Permutações Caóticas e os Lemas de Kaplansky 30
Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e
Números de Fibonacci 36Coeficientes Binomiais Triângulo de Pascal 37Binômio de Newton 43Números de Fibonacci 48
Conjuntos e Relações 51Conjuntos 57Relações Binárias de A em B 57
6 Matemát ica D isc re ta
AULA 5
AULA 7
AULA 8
Tópico 1
Tópico 2Introdução ao Cálculo de Probabilidades 65Probabilidade Condicional 72
Conceitos de Grafos 97Definição de isomorfismo e exemplos de grau
de um vértice, complemento, caminho e circuito
101
Ciclos Eulerianos e Ciclos Hamiltonianos 112Árvores 115
Tópico 1
Tópico 2
Tópico 1
Tópico 2
Noções de Probabilidade 64
Grafos 96
Árvores 111
Múltiplos, Divisores e Primos 79AULA 6Tópico 1
Tópico 2Múltiplos e Divisores 80Fatoração em Primos, MDC e MMC 86
7
APRESENTAÇÃOCaro(a) aluno(a),
Esta disciplina é planejada para proporcionar ao aluno uma base razoável sobre os conceitos
da Matemática usados na Matemática Discreta. Discutiremos vários resultados e métodos da
Matemática Discreta nas áreas de combinatória, da teoria dos números, por meio de divisores
e primos, da probabilidade e teoria dos grafos.
Nas três primeiras aulas, serão apresentadas as ferramentas da análise combinatória, inclusive
aquelas não encontradas com muita frequência nos livros didáticos, mas que julgamos de
grande importância quando se estudam técnicas de agrupamentos.
Na quarta aula, embora o assunto sobre conjunto tenha sido trabalho de modo sucinto,
procuramos dar um tratamento um pouco mais formal e com isso acreditamos que estaremos
fornecendo um conjunto de mecanismos para que o aluno possa manipular de modo
adequado a linguagem da teoria dos conjuntos.
Procuramos, na aula 5, recordar e introduzir algumas noções de múltiplos divisores e primos,
enunciando alguns dos seus teoremas mais relevantes com suas respectivas demonstrações.
As duas últimas aulas são dedicadas a um conceito muito relevante, principalmente na
ciência da computação, e que fornece suporte a um conjunto de operações relacionadas à
Matemática Discreta. Trata-se de Grafos, que representa um elemento da Matemática Discreta
com um grande grau de aplicabilidade em matemática, informática, engenharia da indústria,
entre outros campos do saber.
APRESENTAÇÃO
8 Matemát ica D isc re ta
AULA 1 Análise Combinatória I
Caro(a) aluno(a),
Nesta primeira aula, estudaremos a Análise Combinatória, que é um conjunto de
ferramentas que nos permite agrupar e contar os elementos de um conjunto finito
sem necessariamente enumerá-los.
No tópico 1, será apresentada a técnica de contagem básica encontrada nos livros
didáticos, que é “o Princípio Fundamental da Contagem”, e apresentaremos os
tipos de agrupamentos nas suas versões mais simples, que são o arranjo simples,
combinação simples e permutação simples. No segundo tópico, concluiremos
nosso estudo sobre o uso dessas ferramentas apresentando o arranjo com
repetição, combinação completa e a permutação com repetição. No entanto, a
análise combinatória possui em seu quadro de ferramentas outras técnicas não
tão frequentes em livros didáticos. Tais técnicas, que julgamos fundamentais na
resolução de alguns problemas, serão estudadas na aula 2.
Objetivos
• Desenvolver a capacidade de raciocínio lógico e organizado• Compreender a análise combinatória• Analisar estruturas e relações discretas
9
Neste tópico, apresentaremos as técnicas de contagem que nos
permitirão determinar o número de elementos de conjuntos
formados a partir de certas regras, sem que haja a necessidade de
contar elemento por elemento, o que seria uma atividade no mínimo exaustiva e,
em alguns casos, impossível. Iniciaremos definindo uma ferramenta bastante eficaz
nas demonstrações de proposições relacionadas ao conjunto dos números naturais,
que é o Princípio da Indução Finita.
1.1 PRINCÍPIO DA INDUÇÃO FINITA
O Princípio da Indução é uma ferramenta eficiente quando se pretende
demonstrar fatos referentes aos números naturais. Dessa forma, vamos iniciar
nosso estudo conhecendo seu significado e como utilizá-la na demonstração de
proposições.
Seja N = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , ... , n , ... } o conjunto dos
números naturais e P(n) uma determinada proposição relativa
aos números naturais. O Princípio da Indução determina que:
• Se P(1) for verdadeira, ou seja, se p(n) for verdadeira para o número 1 (condição inicial) e supondo P(n) ser verdadeira para todo n (hipótese de indução), implica P(n + 1) também ser verdadeira. Então a propriedade P(n) é verdadeira para todo número natural n.
TÓPICO 1 Princípio da Contagem e Arranjos Simples
ObjetivOs
• Compreender o conceito básico de contagem através do
Princípio Fundamental da Contagem
• Definir Arranjos Simples
• Conhecer alguns problemas com a aplicação do Princípio
Fundamental da Contagem
AULA 1 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta10
Vejamos alguns casos:
ExEmplo 1:
Vamos provar que a soma dos n primeiros números naturais é dada por n (n 1)
S(n) 2
+= .
Solução:
Temos n (n 1)
S(n) 1 2 3 4 . . . (n-1) n 2
+= + + + + + + =
Condição inicial: Observamos de imediato que S(1) se verifica, pois
1 (1 1)S(1) 1
2
+= =
Hipótese de indução: Supondo-se k (k 1)
S(k) 2
+= ; se S(k 1)+ for
verdadeiro, então a proposição vale para todos os números reais.
Dessa forma k (k 1)
S(k) 1 2 3 4 . . . k 2
+= + + + + + = (*)
Aumentando um termo do lado esquerdo da igualdade (*), temos
( )(k 1) (k 2)
S(k 1) 1 2 3 4 . . . k k 12
+ ++ = + + + + + + + = e, fazendo
(k 1) n+ = , chegamos an (n 1)
S(n)2
+= .
ExEmplo 2:
Prove que a soma dos n primeiros números ímpares é dada pela expressão 2S(n) n=
Solução:
Temos 2S(n) 1 3 5 . . . (2n-1) n= + + + + =
Condição inicial: Observamos que S(1) é imediato.
Hipótese de indução: Supondo-se 2S(k) k= ; se S(k 1)+ for verdadeiro,
então a proposição vale para todos os números reais.
Dessa forma 2S(k) 1 3 5 5. . . 2k-1 k= + + + + =
11
Aumentando um termo do lado esquerdo da igualdade acima,
temos
( ) 2S(k 1) 1 3 5 . . . 2k 1 (2k 1)+ = + + + + + = + , que equivale
a 2S(k 1) 1 3 5 . . . (2k 2 1) (2k 1)+ = + + + + + - = + ou, ainda, 2S(k 1) 1 3 5 . . . [2(k 1) 1] (2k 1)+ = + + + + + - = + . Fazendo (k 1) n+ = ,
chegamos a 2S(n) 1 3 5 . . . (2n-1) n= + + + + = , o que prova nossa relação.
1.2 PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM - PFC
Vamos introduzir essa técnica com o seguinte problema:
ExEmplo 3:
Uma mulher dispõe de 3 saias 1 2 3(s , s , s ) e 4 blusas 1 2 3 4(b , b , b ,b ) . De
quantos modos é possível vesti-la com uma saia e uma blusa?
Solução:
É fácil ver que há 4 modos de vesti-la nos quais a saia é s1 , outros 4 nos
quais a saia é s2 e outros 4 nos quais a saia é S3. O número de modos é, portanto, 4 4 4 3 4 12+ + = ´ = .
O exemplo acima ilustra o “Princípio Fundamental da Contagem”, que diz:
Se uma ação é composta por várias etapas dependentes uma das outras, o número
de possibilidades possível de realizar essa ação é o produto de possibilidades de cada etapa.
Assim, para o problema anterior, a ação “vestir-se com uma saia e uma blusa”
é composta por duas etapas:
1ª etapa: vestir uma blusa (três possibilidades)
2ª etapa: vestir uma saia (quatro possibilidades)
Assim, há 3x4=12 modos de vesti-la. Veja abaixo a descrição de todos os modos.
1 1(b , s ), 1 2(b , s ), 1 3(b , s ), 2 1(b , s ), 2 3(b , s ), 3 2(b , s ), 3 3(b , s ), 4 1(b , s ),
4 2(b , s ), 4 3(b , s ).
ExEmplo 4:
Quantas centenas podem ser formadas com os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6?
Solução:
A ação de formar uma centena é composta por três etapas:
1ª etapa: colocar o algarismo das centenas (entre os sete algarismos devemos
escolher um dos seis para compor o algarismo das centenas, já que o número não
pode iniciar com “zero”.
AULA 1 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta12
6 7 7
Assim, temos 6 possibilidades para o primeiro número, 7 possibilidades para
o algarismo das dezenas e 7 modos de escolher o algarismo das unidades. Pelo
Princípio da Contagem, temos:
6.7.7 = 294 centenas.
ExEmplo 5:
Quantas centenas com algarismos distintos podem ser formadas com os
algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6?
Solução:
A ação de formar uma centena é composta por três etapas:
1ª etapa: colocar o algarismo das centenas (entre os sete algarismos devemos
escolher um dos seis para compor o algarismo das centenas, já que o número não
pode iniciar com “zero”
6 6 5
Assim, temos 6 possibilidades para o primeiro número, 6 possibilidades para
o algarismo das dezenas (não podemos repetir elementos) e 5 modos de escolher
o algarismo das unidades já que, dos sete números já foram escolhidos dois . Pelo
Princípio da Contagem, temos:
6.6.5 = 130 centenas.
1.3 ARRANJOS SIMPLES
Os Arranjos Simples são agrupamentos
sem repetições em que um grupo se torna
diferente do outro pela ordem ou pela natureza
dos elementos componentes.
Assim, cada centena (agrupamento) do
exemplo 5 representa um arranjo simples, pois,
embora apresentem os mesmos algarismos, as
centenas 235 e 352 são diferentes e com todos
os algarismos distintos. Já no exemplo 4, cada
v o c ê s a b i a?
A Combinatória surgiu da necessidade que os
homens tiveram em calcular maneiras seguras
de ganharem em certos jogos de azar, tais como
baralho, dados e moedas. O grande precursor da
combinatória foi Arquimedes (século III a.C).
13
centena (grupo) não constitui um arranjo simples, pois apresenta algarismos
repetidos, como é o caso da centena 444 ou 332. Esse tipo de agrupamento será
estudado no próximo tópico.
ExEmplo 6:
Quantos arranjos simples, a partir de n
elementos, são possíveis formar com p elementos
distintos?
Solução:
Devemos a partir de n elementos, formar
grupos com p elementos distintos, com p n.£ Pelo Princípio Fundamental da Contagem
(PFC), temos:
n.(n 1).(n 2).(n 3) . . . [n-(p 1)]- - - + (**)
multiplicando o numerador e o denominador da expressão (**) por ( )!n p- temos:
n.(n 1).(n 2).(n 3) . . . [n-(p 1)].(n-p)! n !(n p)! (n p)!
- - - +=
- -
Assim n,p
n!A
(n p)!=
- em que n,pA se lê:
“Arranjo de n elementos tomados de p a p”
ExErcícioS rESolvidoS
1. Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 8 questões de múltipla-escolha com quatro alternativas por questão?
rESolução:
Existem 4 possibilidades de escolha para a primeira questão; a segunda,
quatro possibilidades, etc. Assim, pelo PFC, temos 4.4.4. . . .4=48.
2. Vamos determinar a quantidade de números com quatro dígitos com as seguintes características:
a) São maiores que 3600 e têm todos os dígitos distintos.
b) São maiores que 3600 e não têm os dígitos 4, 5 e 8.
AULA 1 TÓPICO 1
at e n ç ã o !
Para resolvermos problemas de arranjos simples
tanto podemos usar a técnica de multiplicar entre
si os números de possibilidades das etapas (como
vimos nos exemplos 4 e 5) como podemos usar
a fórmula n,p
n!A
(n p)!=
-, muito embora na
maioria das situações seja aconselhável usar o
primeiro caso.
g u a r d e b e m i s s o !
A técnica para contar agrupamentos em que
os grupos diferem pela ordem dos elementos é
chamada “Princípio Fundamental da Contagem”;
por sua vez, cada grupo recebe o nome de arranjo
simples.
Matemát ica D isc re ta14
rESolução:
a) Vamos contar os números separadamente, da seguinte forma:
Se o número começar com 3, 4 ou 5, há 4 modos de selecionar o segundo; 8, o
terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto 3.4.8.7 672= números começados por 3, 4 ou
5. Se o número começar com 6, 7, 8 ou 9, há 3 modos de selecionar o segundo; 8, o
terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto 4.3.8.7 672= números começados por 6, 7, 8
ou 9. Assim temos 672 672 1344+ = .
Observe que o problema poderia ter sido resolvido usando a fórmula n,p
n!A
(n p)!=
-a . Se o número começar com 3, 4 ou 5, há 4 modos de selecionar o segundo; 8, o terceiro;
e 7, o quarto. Há, portanto, 3,1 4,1 8,1 7,1A . A . A . A ou 3! 4! 8! 7!
. . . (3-1)! (4-1)! (8-1)! (7-1)!
que corresponde a 672 números começados por 3, 4 ou 5. Se o número começar com 6,
7, 8 ou 9, há 3 modos de selecionar o segundo; 8, o terceiro; e 7, o quarto. Há, portanto,
4,1 3,1 8,1 7,1A . A . A . A ou 4! 3! 8! 7!
. . . (4-1)! (3-1)! (8-1)! (7-1)!
, o que corresponde a 672.
Assim 672+672=1344.
b) Para o primeiro algarismo, temos 4 possibilidades, 3 para o segundo,
7 para o terceiro e 7 para o quarto número. Há, portanto, 4.3.7.7=588.
Porém, se o segundo algarismo for 6, os dois últimos não podem ser zero. Dessa
forma o número 3600 foi contado indevidamente. A resposta é 588-1=587.
3. Sacam-se sucessivamente e sem reposição três cartas de um baralho de 52 cartas. Quantas são as extrações possíveis nas quais a primeira carta é de paus, a segunda carta é 2 e a terceira não é 8.
rESolução:
Vamos dividir as extrações em três etapas:
i) a primeira carta é um 2 de paus.Neste caso há 1 modo de selecionar a
primeira carta, 3 modos de selecionar a segunda carta (já que temos apenas quatro
2 e a de paus já foi escolhida) e 46 modos de selecionar a terceira carta.
ii) a primeira carta é um 8 de paus. Neste caso há um modo de escolher
a primeira carta, 4 maneiras de escolher a segunda e 47 maneiras de escolher a
terceira carta.
iii) a primeira carta é de paus (com exceção do 2 de paus e 8 de paus que já
foram escolhidos). Neste caso há 11 maneiras de escolher a primeira carta, 4 modos
de escolher a segunda carta e 46 maneiras de escolher a terceira carta.
15
Assim, temos: 1.3.46 1.4.47 11.4.26 2350+ + = .
4. Qual a soma dos divisores inteiros positivos de 3600?
rESolução:
Decompondo 3600 em fatores primos, chegamos a 4 2 23600 2 . 3 . 5= .
Os divisores inteiros e positivos de 3600 são números do tipo m n z2 . 3 . 5 , com
m {0, 1, 2, 3, 4}, Î n {0, 1, 2}, Î z {0, 1, 2}.Î Assim queremos encontrar m n z(2 . 3 . 5 ). S =å Para z 0, z 1 e z 2 = = = temos:
m n 0 m n 1 m n 2(2 . 3 . 5 ) (2 . 3 . 5 ) (2 . 3 . 5 )S = + +å å å =
m n m n m n(2 . 3 ) 5 (2 . 3 ) 25 (2 . 3 )+ +å å å = m n31. (2 . 3 ) å
Para n 0, n 1 e z 2 = = = temos:
m 0 m 1 m 2S 31. (2 . 3 ) (2 . 3 ) (2 . 3 ) é ù= + +ê úë ûå å å =
m m m31.( 2 3 2 9 2 )+ +å å å ou ( )m m mS 31.13 2 2 2= + +å å å= ( )1 2 3 4403 . 1 2 2 2 2+ + + + = 403.31 S 12.493Þ = . Se quiséssemos
determinar apenas o número de divisores, teríamos 5.3.3=45, pois m pode ser
selecionado de 5 modos, n de 3 modos e z de 3 modos.
Chegamos ao final do tópico 1. Pudemos conhecer a principal ferramenta da
análise combinatória que é o Princípio Fundamental da Contagem e iniciarmos o estudo
sobre os tipos de agrupamentos. No próximo tópico, introduziremos mais dois tipos de
agrupamentos que são denominados por combinação simples e permutação simples.
AULA 1 TÓPICO 1
16 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 2 Permutação Simples e Combinação SimplesObjetivOs
• Conhecer duas ferramentas básicas da combinatória que
são: permutação simples e combinação simples
• Propiciar a manipulação do Princípio Fundamental da
Contagem no cálculo das permutações simples e combi-
nações simples
Neste tópico apresentaremos dois tipos de agrupamentos: a
permutação simples e a combinação simples, cujos problemas
envolvendo esses dois tipos de agrupamentos podem ser
resolvidos utilizando-se o Princípio Fundamental da Contagem (PFC). Você, aluno,
deve ter em mente que usar o PFC para determinar número de agrupamentos com
elementos distintos é equivalente a usar a fórmula n!
.(n p)!-
2.1 PERMUTAÇÃO SIMPLES
Para introduzir o tema acima, vamos considerar o seguinte problema:
Quantas centenas são possíveis formar com os algarismos 1, 2 e 3? Observe que
cada centena é uma forma de ordenar os números 1, 2 e 3. Dessa maneira, para o
primeiro algarismo, temos 3 modos de escolha, 2 para o algarismo das dezenas e 1
modo de escolha para o algarismo das unidades. Pelo PFC, a resposta é 3.2.1=3!=6
Seguindo o mesmo raciocínio, é fácil verificar que existem n! formas de
ordenar o conjunto 1 2 3 n(a , a , a , . . . ,a ) , pois existem n modos de escolher o objeto
que ocupara a primeira posição, n-2 modos de escolher o que ocupara o segundo
lugar, . . . , 1 modo de escolher o objeto que ocupará o último lugar. Portanto temos
n (n-1) (n-2). . . 2.1 n!= .
• Cada ordenação dos n objetos distintos é chamada permutação simples dos n objetos e é representada por nP n !=
17
• Cada permutação simples de n objetos distintos nada mais é do que um arranjo simples em que n p ,= ou seja, n , p nn p A P= Þ = .
Assim, n n , n
n!P A n!
(n n)!= = =
- a.
oS rESolvidoS
1. Quantos são os anagramas da palavra DISCRETA:a. que começam por consoantes e terminam por vogal?b. que têm as letras I, C, T juntas nessa ordem?c. que têm as letras I, C, T juntas em qualquer ordem?d. que têm a letra S em 2º lugar e a letra D em 3º lugar?e. que têm a letra T em 2º lugar ou a letra R em 3º lugar?
Solução:
a) Há 5 modos de escolher a consoante que será a primeira letra do anagrama
e 3 modos de escolher a última letra do anagrama. Em seguida, há 6! modos
de organizar as demais letras entre a primeira e a última. Assim, pelo PFC
temos: 5.3.6!=10800.
b) Vamos considerar ICT uma única letra. Assim, temos: 6!=720.
c) Considerando ICT uma única letra, temos 6!. Em seguida escolhemos a
ordem em que as letras I, C e T aparecerão, 3!. Dessa forma, pelo PFC a
resposta é 3!.6!=6.720=4320.
d) Temos 1 modo de escolher a 2ª letra e 1 modo de escolher a 3ª letra do
anagrama. Depois há 6! modos de organizar o restante das letras. Pelo PFC,
6!.1.1=720.
e) Vamos considerar dois conjuntos A e B. A é o conjunto dos anagramas que
têm a letra T na segunda posição e B é o conjunto dos anagramas que têm R
na terceira posição. Queremos determinar o número de anagramas que têm T
na segunda posição ou R na terceira posição, portanto queremos determinar
n(A B).È
n(A)=7!, n(B)=7! e n(A B) 6!Ç =
Assim, usando a fórmula
n(A B) n(A) n(B)-n(A B)È = + Ç , chegamos a:
n(A B) 7! 7! 6! 6!(7 7 1) 9360È = + - = + - = .
2. Permutam-se de todas as maneiras possíveis os algarismos 1, 2, 3, 5 e 8 e escrevem-se os números, dessa forma formados, em ordem crescente. Pergunta-se:
AULA 1 TÓPICO 2AULA 1 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta18
a. qual lugar ocupa o número 38512?b. qual número ocupa o 61º lugar?c. qual o 76º algarismo escrito?d. qual a soma dos números formados?
Solução:
a) Vamos contar quantos números antecedem o 385129. Começados por 1
temos 4!=24 começados por 2 temos 4!=24 começados por 31 temos 3!=6
começados por 32 temos 3!=6 começados por 35 temos 3!=6 começados por
381 temos 2!=2 começados por 382 temos 2!=2
O maior número formado começado por 382 é o número 38251, que, por sua
vez, ocupa a 70ª posição, já que 2.24+3.6+2.2=70. Assim, 38512 é o 71º lugar.
b) Há 4!=24 números começados por 1, 4!=24 números começados por 2,
3!=6 números começados por 31, 3!=6 números começados por 32. Até aqui
temos 2.4!+2.3!=60. O 61º número é 35128.
c) Considerando que cada número tem 5 algarismos e 76, quando dividido por
5, dá 15 e deixa resto 1, podemos concluir que 15.5=75 algarismos formam
exatamente 15 números e o 76º algarismo é o primeiro algarismo do 16º número.
Para se determinar o 16º número, observamos que:
3!=6 começam com 12, 3!=6 começam com 13, 2!=2 começam com152 e 2!=2
começam com 153. Logo, o 16º número é 15382 e a resposta é 1.
d) Nas casas das unidades desses números aparecem apenas os algarismos
1, 2, 3, 5 e 8. Cada um deles 4!=24 vezes. Assim, a soma das unidades é
24(1 2 3 5 8) 456.+ + + + = A soma das dezenas é feita de forma semelhante,
ou seja, a soma das dezenas é 456 dezenas que dá 4560. Seguindo esse
raciocínio, a soma das centenas é 45600; a soma das unidades de milhar é
456000 e, para finalizar, a soma das dezenas de milhar é igual a 4560000.
Assim, temos 456 4.560 45.600 456.000 4.560.000 5.066.616+ + + + = .
3. Quantas são as permutações dos números (1, 2, 3, . . . , 8) nas quais o 2 está à direita do 1 e à esquerda do 6?
Solução:
Os 8, 2A nos dão todas as formas possíveis de organizar 1, 2 e 6 nas oito
posições existentes. Considerando que, para cada modo de arrumar 1, 2 e 6 em três
determinadas posições, apenas uma está na ordem desejada, dividimos 8, 3A por
3!. Por outro lado, para cada forma de organizar 1, 2 e 6 na ordem desejada, temos
19
permutação das cinco restantes. Assim, temos:
8, 3A 8! 8!. 5 ! . 5 ! 6720
3! 5! 3! 3!= = =
4. De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em 3 grupos de 4 pessoas cada?
Solução:
A divisão pode se feita colocando as 12 pessoas em fila e dividindo-as de
modo que um dos grupos seja formado pelas 4 primeiras pessoas, outro formado
pelas 4 últimas e o terceiro grupo formado pelas 4 pessoas restantes.
Há 12! modos de colocar as pessoas em fila, porém, neste caso, algumas
divisões e alguns grupos foram contados indevidamente:
Considere a divisão abcd/efgh/ijlm . Ela é idêntica a abcd/ijlm/efgh que
por sua vez é idêntica a ijlm/abcd/efgh (as divisões formadas são as mesmas).
Observe que, para cada divisão, temos 3! divisões semelhantes. Da mesma forma,
o grupo o abcd , por exemplo, possui 4! grupos semelhantes. Assim, para cada
grupo, temos 4! grupos idênticos. Em suma, na contagem 12!, cada divisão foi
contada 3! vezes e cada grupo contado 4! vezes. A resposta é 12!
5.7754! 4! 4! 3!
=
A seguir, introduziremos o conceito de um tipo de agrupamento cuja técnica
de resolução nos permitirá resolver problemas com este de maneira simples: a
combinação simples.
2.2 COMBINAÇÃO SIMPLES
Para introduzir a ideia de combinação
simples, vamos considerar o seguinte problema:
Quantos subconjuntos com 3 elementos possui o
conjunto {a,e,i,o,u}?
rESolução:
Considerando que queremos formar
grupos com 3 elementos a partir de 5 elementos,
temos 5 modos de colocar a primeira letra nesse
conjunto, depois 4 modos de colocar a segunda letra e 3 três modos de colocar a
terceira letra. Assim, pelo PFC, temos 5.4.3=60. Porém alguns subconjuntos foram
contados mais de uma vez, já que o PFC calcula o número de arranjo simples e os
AULA 1 TÓPICO 2
v o c ê s a b i a?
Palíndromos podem ser palavras ou números
que são iguais quando lidos de frente para trás e
de trás para frente. Alguns exercícios de análise
combinatória envolvem palíndromos. Vejam
alguns exemplos: ANA, MUSSUM, RADAR, ZE
DE LIMA RUA LAURA MIL E DEZ, ROMA ME
TEM AMOR.
Matemát ica D isc re ta20
arranjos diferem um do outro pela ordem de seus elementos. Na nossa contagem os
grupos {a,e,i} e {e,i,a}foram contados como se fossem distintos. Cada grupo com 3
elementos gera 3! grupos idênticos. A resposta é 5.4.3
103!
= . Os subconjuntos são:
{a,e,i}, {a,e,o}, {a,e,o}, {a,i,o}, {a,i,u}, {a,o,u}, {e,i,o}, {e,i,u}, {e,o,u},
{i,o,u}.
Definição: Considere um conjunto com n elementos 1 2 3 nA {a ,a , a , . . . , a }= .
Chama-se combinação simples dos n elementos tomados de p a p e se indica por
n pC , qualquer subconjunto de A com p elementos.
Vamos determinar o número de subconjuntos com p elementos do conjunto
com n elementos. A escolha do 1º elemento pode ser feita de n modos; a do 2º,
de (n 1)- modos, e assim em diante. A escolha do p-ésimo elemento pode ser
feita de [(n p)-1]- modos. Ao usar o PFC, estamos calculando a quantidade
de arranjos em que os grupos diferem pela ordem. Dessa forma, para cada
subconjunto com p elementos, temos p! subconjuntos idênticos. Então basta
dividir nosso produto por n!, ou seja, n p
n.(n 1).(n 2).....[(n p) 1]C ,
p!
- - - -= , mas
n!n.(n 1).(n 2).....[(n p) 1]
(n-p)!- - - - = , então n p
n!C ,
p!(n-p)!=
ExErcícioS rESolvidoS
1. Uma comissão formada por 4 homens e 3 mulheres deve ser escolhida em um grupo de 7 homens e 6 mulheres. Quantas comissões podem ser formadas?
rESolução:
Devemos selecionar 4 homens, o que pode ser feito de 7 4C , modos,
e 3 mulheres, o que pode ser feito de 6 3C , maneiras. Pelo PFC temos:
7 4 6 3
7! 6!C , . C , . 700
4! 3! 3! 3!= =
2. Quantas diagonais possui um dodecaedro regular?
21
rESolução:
O dodecaedro regular é um poliedro formado por 12 pentáCada linha (aresta,
diagonal da face ou diagonal do poliedro) representa uma combinação do número
de vértices tomados de dois a dois. Um dodecaedro possui 12 faces pentagonais,
V vértices e A arestas.
Considerando as 12 faces, cada uma com 5 arestas, chegaríamos a 12.5=60
arestas, resultado falso, pois cada aresta é comum a duas faces, logo o número de
faces é 60/2=30.
Por outro lado, cada face tem n(n 3) 5(5 3)
52 2
- -= = diagonais, portanto
temos um total 5.12=60 diagonais da face. Vamos usar a relação de Euler para
determinar o número de vértices: V-A F 2 V-30 12 2 V 20 + = Þ + = Þ = .O número de diagonais do poliedro é, portanto,
20, 2
20!C -(x y) (30 60) 100
2! 18!+ = - + = , em que 60´= é o número de diagonais
de todas as faces e 30y = é o número de arestas do poliedro.
3. Quantos são os números naturais de 6 dígitos nos quais o dígito 3 e o 9 figuram exatamente 2 vezes cada?
Solução:
Inicialmente vamos contar aqueles números que começam com zero e depois
descontá-los do total.
A primeira casa deve ser ocupada pelo zero; há 1 modo de fazer isso. Há 5 2C ,
modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3; depois disso há
3, 2C modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente a
8 maneiras de preencher a casa restante. Assim, 5 2 3 21 . C , . C , . 8 240= números
nessas condições começam com zero. Agora vamos determinar todos os números
com a condição exigida, inclusive os que começam com zero. Há 6 2C , modos de
escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3. Em seguida, há 4 2C , modos
de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente, pelo PFC,
há 8.8=64 modos de escolher as duas casas restantes que serão preenchidas pelos
8 algarismos restantes. Assim 6 2 4 2C , . C , . 64 5760= começam com zero ou não.
A resposta é 5760-240=5520.
AULA 1 TÓPICO 2AULA 1 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta22
4. Vamos resolver o problema anterior considerando 4p = , de modo mais
simples usando a fórmula n,p
n!C .
p!(n p)!=
- O enunciado do problema é
o seguinte: De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em 3 grupos
de 4 pessoas cada?
rESolução:
Há 12, 4C modos de formar o 1º grupo; 8, 4C modos de formar o 2º grupo e
4, 4C modos de formar o 3º grupo. Pelo PFC, temos 12, 4 8, 4 4, 4C . C . C , mas, ao
tomarmos três grupos e mudarmos a ordem, a divisão permanece a mesma, assim
devemos dividir o produto por 3!.
A resposta é 12, 4 8, 4 4, 4C . C . C5.775
3!=
Nesta aula, estudamos a aplicação do Princípio Fundamental da Contagem
(PFC) nos modelos mais simples de agrupamentos. Na próxima aula, introduziremos
outros tipos de agrupamentos mais complexos e adequaremos o PFC para a resolução
de problemas que envolvam esses agrupamentos.
23
Olá, aluno(a)!
Nesta aula, daremos continuação ao estudo da análise combinatória, apresentando
outras ferramentas diferentes daquelas estudadas na aula 1, mas de muita
importância quando se pretende ter um conhecimento mais específico e completo
da análise combinatória.
Objetivo
• Ampliar os conhecimentos básicos de análise combinatória
AULA 2 Análise Combinatória II
AULA 2
24 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 1 Permutação Circular e Combinação Completa
ObjetivOs
• Estender o conceito de permutação e de combina-
ção
• Compreender a forma mais específica e completa
desses elementos
Na primeira aula estudamos a combinação simples e a permutação
simples que, como vimos, são agrupamentos nos quais não há
elementos repetidos. Neste tópico estudaremos os mesmos tipos
de agrupamentos (combinação e permutação), porém com a possibilidade de ocorrer
elementos repetidos.
1.1 PERMUTAÇÃO CIRCULAR
Vamos iniciar este tópico, introduzindo o conceito de permutação circular
com o seguinte problema: de quantos modos se podem colocar n objetos distintos
em n lugares situados à mesma distância um do outro em torno de um círculo,
considerando obviamente equivalentes as disposições que possam coincidir pela
rotação do círculo. Por exemplo, se tivermos os objetos A, B, C, D e E, nesta ordem,
em torno de um círculo, as posições A, B, C, D e E são equivalentes às posições
B, C, D, E e A; C, D, E, A e B, etc. Iremos calcular a quantidade de permutações
circulares de n objetos distintos que representaremos por (PC)n. Assim, se n 3=
temos 3P 3! 6= = maneiras de colocar 3 objetos distintos em 3 lugares, como mostra
a figura 1.
25
Podemos observar que as três primeiras disposições podem coincidir entre si por
rotação e os mesmo acontece com as três últimas disposições, de maneira que (PC)3=2.
Note que nas permutações simples, os lugares que os objetos ocupam fazem
diferença, enquanto que nas permutações circulares o que interessa na verdade
é apenas a posição relativa entre os objetos. Podemos ver que nas três primeiras
posições temos a sequência no sentido anti-horário: A, B e C, ao passo que as três
últimas posições obedecem a sequência A, C, B no sentido anti-horário.
Se não levássemos em conta a equivalência entre as posições que possam
coincidir por rotação, teríamos 3! disposições. Considerando a equivalência, cada
permutação circular dá origem a 3 disposições. Assim,
3
3.(3 1)!3!(PC) (3 1)! 2!=2 1=2
3 3
-= = = - = ´
Podemos analisar o problema também de outra forma: considerando que o
que importa realmente é a posição relativa entre os elementos, usando o PFC, temos
1 modo de colocar o primeiro objeto; 1 modo para colocar o segundo objeto e dois
modos para colocar o terceiro objeto, ou seja, o terceiro objeto pode ser colocado
imediatamente depois do primeiro ou imediatamente depois do segundo (antes
do primeiro). Assim, usando o princípio da contagem, temos 1.1.2 2= ou temos
3(PC) 2= modos de dispor os três objetos em círculo.
De maneira geral, considerando n objetos, temos 1 modo de colocar
o primeiro; há 1 modo de colocar o segundo objeto; há 2 modos de colocar o
terceiro objeto; há 3 modos de colocar o quarto objeto. Por fim, há (n-1) modos de
colocar o enésimo objeto. Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da contagem
n(PC) 1.1.2.3.4...(n 1)= - que equivale a:
n(PC) (n 1)!= - .
AULA 2 TÓPICO 1
Figura 1: Permutação circular dos elementos A, B e C
Matemát ica D isc re ta26
ExEmplo1:
De quantos modos podemos dispor 5
pessoas em torno de uma mesa circular?
Solução:
Considerando que o que de fato importa
é a posição relativa das pessoas entre si, temos
5(PC) (5 1)! 4! 24= - = = .
ExEmplo 2:
De quantos modos 5 homens e 5 mulheres
podem sentar-se numa mesa circular, de modo
que pessoas do mesmo sexo não fiquem juntas?
Solução:
Há 5(PC) (5 1)! 4! 24= - = = modos de formar uma roda com mulheres. Depois
disso, os 5 homens devem ser postos nos 5 lugares entre as mulheres, o que pode
ser feito de 5! modos. Assim, temos 4!. 5! 24 . 120 2.880.= =
ExEmplo 3:
De quantos modos n casais podem formar uma roda de ciranda de modo que
cada homem permaneça ao lado de sua mulher?
Solução:
n(PC) (n 1)!= - m de formar uma roda com as n mulheres. Em seguida, para
cada um dos n maridos há dois modos de entrar na roda: a direita ou a esquerda de
sua mulher. Assim, a resposta é n(n 1)! 2 .-
1.2 COMBINAÇÃO COMPLETA
Vamos introduzir o conceito de Combinação completa, analisando o seguinte
problema: de quantos modos é possível comprar 5 sorvetes numa sorveteria que
ofereça 8 sabores?
Cada modo de compra dos 5 sorvetes representa um agrupamento que
chamamos de combinação com repetição ou combinação completa de classe 5, de
8 objetos, representada por 8, 5CR . Há duas formas de interpretar este problema:• A primeira forma é imaginar a solução como o número de modos de
v o c ê s a b i a?
A necessidade de calcular o número de
possibilidades existentes nos jogos gerou o estudo
dos métodos de contagem. Grandes matemáticos
se ocuparam com o assunto: o italiano Niccollo
Fontana (1500-1557), conhecido como Tartaglia, e
os franceses Pierre de Fermat (1601-1665) e Blaise
Pascal (1623-1662).
27
escolher 5 objetos entre os 8 objetos distintos, podendo escolher o mesmo objeto mais de uma vez ou não escolher, obviamente, um certo objeto. Dessa forma, a diferença entre a combinação simples de n elementos tomados de p a p ( n,pC ), estudada na aula anterior, e a combinação completa de classe p de n objetos ( n,pCR ) reside no fato de que, no primeiro caso, os elementos p devem ser distintos, ao passo que no segundo caso os elementos p podem ser distintos ou não. Assim, por exemplo, se considerarmos os elementos a, b, c e d, as combinações completas de classe 3 são
aaa aab bba cca dda abc bbb aac bbc ddb ccb abd
ccc aad bbd ccd acd ddc ddd bcd,
ou seja, 4, 3CR 20.=• Outra forma de interpretar o problema do sorvete é a seguinte:
Para efetuar a compra devemos escolher valores para as variáveis
1 2 3 4 8x , x , x , x , . . ., x , em que 1x é a quantidade que vamos comprar de sorvetes
do primeiro sabor, 2x é a quantidade de sorvetes do segundo sabor e assim em diante.
Considerando que as variáveis 1 2 3 4 8x , x , x , x , . . ., x representam quantidades
de sorvetes, então todas elas devem ser valores inteiros e não negativos (dessa
forma estamos incluindo o zero).
Assim, comprar 5 sorvetes em uma sorveteria que oferece 8 sabores é tomar uma
solução em inteiros e não negativos da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =
Vamos à resolução da equação.
Para tornar mais simples o raciocínio, vamos considerar as figuras 2, 3 e 4 abaixo.
Nas figuras 2, 3 e 4 estão representadas soluções da equação
1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = , em que cada bola representa uma unidade
no valor da incógnita, e cada traço é usado para separar duas incógnitas. Assim,
por exemplo, na figura 2, 1 2 7x x x 1,= = = enquanto 3 4 6 8x x x x 0= = = =
e 5x 2.= Na figura 3, 1 6 8x x x 1,= = = 2 3 4 7x x x x 0= = = = e 5x 2.= Na
figura 4 temos outra solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = em
que 1 4 6 7 8x x x x x 0,= = = = = 2 5x x 1= = e 3x 3.=
AULA 2 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta28
Figura 2 – representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =
Figura 3- representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =
Figura 4- representação de uma solução da equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + =
Podemos observar que para formar uma solução devemos arrumar em fila
de 5 bolas (pois em cada solução o total de unidades nas incógnitas é 5) e 6 traços
(para separar 8 incógnitas, usamos 7 traços). Assim o número total de soluções são
as permutações dos 12 elementos (5 bolas e 7 traços) com 5 e 7 repetições, ou seja
( ) 5,75 7
12!P 792
5!7!+ = = .
Portanto, a equação 1 2 3 4 8x x x x . . . x 5+ + + + + = tem 792 solução
ou há 792 formas de comprar 5 sorvetes numa sorveteria que ofereça 8 sabores
diferentes.
De modo geral, para calcular o número de combinações completas de classe
p a partir de n elementos distintos ( )n, pCR ou encontrar o número de soluções da
equação 1 2 3 4 nx x x x . . . x p+ + + + + = , teríamos p bolas e (n-1) traços. Logo, p, n-1
n, p (p n 1) n p 1, pCR P C+ - + -= = ou n, p n p 1, pCR C .+ -=
ExErcícioS rESolvidoS 1. Quantas são as soluções inteiras e não negativas de 6?x y z+ + =
Solução:
3, 6 3 6 1, 6 8,6
8!CR C . C 28
6!.2!+ -= = = =
29
2. De quantos modos podemos comprar 3 refrigerantes em uma supermercado onde há 5 tipos de refrigerantes?
Solução:
5, 3 5 3 1, 3 7,3
7!CR C . C 35
3!.4!+ -= = = = p
3. Quantas são as soluções inteiras e não negativas da inequação 6?x y z+ + £
Solução:
Considerando que 6,x y z+ + £ então 6,x y z+ + = 5,x y z+ + = 4,x y z+ + = 3,x y z+ + = 2,x y z+ + = 1 ex y z+ + = 0.x y z+ + = Assim,
temos:
3, 6 3, 5 3, 4 3, 3 3, 2 3, 1 3, 0CR CR CR CR CR CR CR+ + + + + + =
8 , 6 7 , 5 6 , 4 5 , 3 4 , 2 3 , 1 3 , 0C C C C C C C+ + + + + + =
8! 7! 6! 5! 4! 3! 3!6! 2! 5! 2! 4! 2! 3! 2! 2! 2! 2! 3!
+ + + + + + =
28 21 15 10 6 3 1 84+ + + + + + = .
Podemos resolver esta inequação de outra forma.
Tendo em vista que 6,x y z+ + £ então 6 .x y z w+ + + = logo, temos
que encontrar a solução da equação 4, 6CR ou seja 4, 6 9, 6
9!CR C 84
6! 3!= = =
4. Quantas são as soluções inteiras da equação 18x y z+ + = em que 1, y 1 e z 1 x ³ ³ ³ .
Solução:
Para garantirmos que as incógnitas x, y e z sejam maiores que 1, devemos
ter: x 1 a, y 1 b e z 1 c.= + = + = + Assim, a equação 18x y z+ + = fica
a b c 15.+ + = Resolvendo-a, chegamos a 3, 15CR 136=
Chegamos ao final do tópico 1. Nele estudamos duas técnicas de contagem
de suma importância ao estudo de combinatória. Consideramos que sem elas
a resolução de muitos problemas (não triviais) que envolvem combinação e
permutação torna-se ainda mais complicada. No próximo tópico continuaremos
nossos estudos sobre resolução de problemas envolvendo análise combinatória e
apresentaremos mais duas técnicas de agrupamento.
AULA 2 TÓPICO 1
30 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 2 Permutações Caóticase os Lemas de Kaplansky
ObjetivOs
• Proporcionar ao aluno um conhecimento sobre técnicas
de permutações caóticas
• Desenvolver o raciocínio combinatório através dos
estudos dos Lemas de Kaplansky para resolução de
problemas
Embora existam outras ferramentas
relacionadas às permutações e
combinações, como por exemplo,
as “permutações especiais”, que envolvem outras
definições, vamos nos limitar apenas ao estudo
de dois tipos de técnicas de agrupamentos que
são as Permutações Caóticas, também conhecida
como desarranjo e os Lemas de Kaplansky .
2.1 PERMUTAÇÕES CAÓTICAS
Uma permutação dos algarismos ( )1, 2, . . . ,n é dita caótica quando nenhum
elemento está no seu lugar de origem após as permutações. Por exemplo, 5467 e 4576
representam permutações caóticas, ao passo que 5467 e 5746 não é. Para calcular
o número de permutações caóticas de n elementos, que será representado por nD
consideremos iA que representa o conjunto de permutações dos n elementos em
que o número i ocupa o i-ésimo lugar com { }i 1, 2, 3, . . . , nÎ .
Devemos calcular o número de elementos do conjunto F de permutações
de { }1, 2, 3, . . . , n que pertencem a exatamente zero dos conjuntos
1 2 3 nA , A , A , . . . , A . Assim,
( )0S # n!= F = e
s a i b a m a i s !
O trabalho de Kaplansky em Matemática é amplo,
embora na maior parte esteja em áreas de Álgebra.
Ele fez grandes contribuições para a teoria dos
anéis, teoria dos grupos e teoria de campo. Fonte:
<http://www.apprendre-math.info/portugal/
historyDetail.htm?id=Kaplansky>.
31
( ) ( ) ( )n n
1 ii 1 i 1
S # A n-1 ! n n-1 ! n!= =
= = = =å å
( ) ( ) ( )2 i j n,21 i j n 1 i j n
n!S # A A n-2 ! C n-2 !
2£ < £ £ < £
= Ç = = =å å
( )3 i j k1 i j k n
S # A A A£ < < £
= Ç Çå . . . nn n
n!S C (n n)!
n!= - = .
Em que ( )i# A representa o número de elementos do conjunto iA .
Assim, o número de elementos de F que pertencem a exatamente zero dos
conjuntos 1 2 3 nA , A , A , . . . , A é
n 0
k k0 0 k 0 k
k 0
a ( 1) C S-
+ +=
= -å
n
k0 k
k 0
a ( 1) S=
= -å
( )n0 0 1 2 3 na S S S S ... 1 S= - + - + + -
n
0
n ! n ! n!a n ! n ! . . . ( 1)
2 3 n!= - + - + + -
( )n
0
11 1 1 1 1a n ! . . .
0! 1! 2! 3! 4! n!
é ù-ê ú= - + - + - +ê úê úë û
Dessa forma, o número de permutações caóticas de {1, 2, 3, . . ., n} é:
( )n
n
11 1 1 1 1D n ! . . .
0! 1! 2! 3! 4! n!
é ù-ê ú= - + - + - +ê úê úë û
Exemplo: O número de permutações caóticas dos números 1, 2, 3, 4 e 5 é:
5
1 1 1 1 1 1D 5 !
0! 1! 2! 3! 4! 5!
é ù= - + - + - =ê ú
ê úë û
1 1 1 1120 1 1 46
2 6 24 120
æ ö÷ç - + - + - =÷ç ÷çè ø
ExErcício rESolvido:
Quantas são as permutações dos elementos ( )1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 que tem
exatamente 3 elementos no seu lugar primitivo?
Solução:
A quantidade de possibilidades ou o número de modos de escolher os
elementos que ocuparão o seu lugar primitivo é 8, 3C . Depois disso, os outros cinco
elementos devem ser arrumados caoticamente, o que pode ser feito de 5D modos.
AULA 2 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta32
Assim, temos:
8, 3 5
8! 1 1 1 1 1 1C . D .5 !
3!.5 ! 0! 1! 2! 3! 4! 5!
æ ö÷ç= - + - + - ÷ç ÷çè ø
8, 3 5C . D 56 . 44 2. 464.= =
2.2 LEMAS DE KAPLANSKY
Os Lemas de Kaplansky são ferramentas utilizadas em problemas em que
se pretende calcular o número de subconjuntos com p elementos, a partir de
um conjunto que possui n elementos, considerando que esses subconjuntos não
tenham elementos consecutivos.
Assim, por exemplo, para n=8 e p=3, podemos obter a partir de
{ } 1, 2, 3, 4, 5, 6 os seguintes subconjuntos nos quais não há elementos
consecutivos: { } 1, 3, 6 , { } 1, 3, 5 , { } 1, 4, 6 e { } 2, 4, 6 . Poderíamos chegar à conclusão de que há quatro subconjuntos de
elementos consecutivos { } 1, 2, 3, 4, 5, 6 sem a necessidade de enumerá-los.
Vamos usar o seguinte raciocínio: ao formar um subconjunto, marcamos com o
símbolo " "Ä os elementos que farão parte do conjunto, e com o símbolo ö" ",
os elementos que não farão parte do conjunto. Assim, por exemplo, { } 1, 3, 5
é representado pela sequência ö ö ö" "Ä Ä Ä e { } 2, 4, 6 representado
por ö ö ö " "Ä Ä Ä são sequências válidas enquanto que a sequência
ö ö ö " "Ä Ä Ä não é considerada válida, pois representa o subconjunto
{ } 2, 3, 6 , que possui os elementos 2 e 3 consecutivos.
Dessa forma, para formar subconjuntos com 3 elementos não consecutivos
devemos colocar três sinais Ä e três sinais ö em fila, de sorte que não haja dois
sinais Ä consecutivos. Assim, temos 1 modo de colocar os sinais ö e 4, 3C modos de colocar os três sinais Ä nos quatro lugares restantes. Assim, pelo PFC
temos 4, 31 . C 4= subconjuntos de três elementos não consecutivos do conjunto
{ } 1, 2, 3, 4, 5, 6 .
De modo geral, temos p sinais Ä e (n-p) sinais ö para organizar o conjunto,
de tal forma que não haja dois sinais Ä consecutivos. Assim, temos 1 modo de
arrumar os sinais ö e n-p 1, pC + modos de colocar os símbolos . Ä Portanto,
podemos enunciar os lemas de Kaplansky:
Primeiro Lema de Kaplansky: O número de subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n nos
quais não há elementos consecutivos é n-p 1, pf(n,p) C .+=
33
ExErcício rESolvido: 1. Considere uma fila de 10 cadeiras nas quais devem se sentar 4
mulheres, de modo que não fiquem duas mulheres sentadas em cadeiras adjacentes. De quantas maneiras isso pode ser feito?
Solução:
Esse problema é composto por duas etapas: na primeira etapa,
devemos escolher 4 cadeiras não consecutivas, o que pode ser feito de
10-4 1, 6 7, 6
7!f(10,4) C C 7.
6!.1!+= = = = Na segunda etapa, devemos verificar de
quantas formas podemos sentar as 4 mulheres nas quatro cadeiras escolhidas,
o que pode ser feito de 4! modos diferentes. Assim, pelo PFC temos: P4! .
4 . 10-4 1, 6 4 7, 6
7!f(10,4) P C P C 4! 24.7 168.
6!.1!+= = = = =
dEmonStração:
Vamos supor que os elementos do conjunto { } 1, 2, 3, . . . ,n estão
organizados em círculo como mostra a figura 5.
Figura 5 – Elementos em circulo
Podemos observar que os elementos dispostos desta forma torna o 1
e o n consecutivos. Agora vamos determinar o número de modos de formar p
subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n em que não haja números consecutivos. O
número total de subconjuntos será a soma do número de subconjuntos nos quais
o elemento “1” figura, com o número de subconjuntos nos quais o elemento “1”
não figura.
AULA 2 TÓPICO 2
Segundo Lema de Kaplansky: O número de subconjuntos de { } 1, 2, 3, . . . ,n com p
elementos nos quais não há elementos consecutivos é, considerando 1 e n como consecutivos,
é dado por n-p, p
ng(n,p) . C .
n p
æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷ç -è ø
Matemát ica D isc re ta34
Para formar os subconjuntos nos quais o elemento “1” faz parte,
devemos escolher p-1 elementos do conjunto { } 1, 2, 3, . . . ,n-1 para serem
os companheiros do número “1” no subconjunto. Não podem ser escolhidos
elementos consecutivos. O número de maneiras resultantes dessa organização é
n-3-(p-1) 1, p-1 n p 1, p-1f (n-3;p-1) C C .+ - -= =
Para formar os subconjuntos nos quais o elemento “1” não faz parte, devemos
escolher p elementos em { } 2, 3, . . . ,n , não podendo ser escolhidos elementos
consecutivos. Isso pode ser feito de n-1-p 1 n p, pf(n-1,p) C C .+ -= = Assim a resposta é
( )( ) ( )
( )( )n-p-1, p-1 n p, p
n p 1 ! n p !C C
p 1 ! n 2p ! p! n 2p !-
- - -+ = +
- - -
( ) ( )( )n-p-1, p-1 n p, p
n p 1 ! p n-p !C C
p! n 2p !-
- - ++ =
-
( )( )
( )n-p-1, p-1 n p, p
p n-pC C n p 1 !
p! n 2p !-
++ = - -
-
( )( )n-p-1, p-1 n p, p
n p 1 ! C C n
p! n 2p !-
- -+ =
-
( )( )n-p-1, p-1 n p, p
n p ! nC C
n p p! n 2p !-
é ùæ ö -÷ç ê ú÷+ =ç ÷ ê úç ÷ç - -è ø ê úë û
n-p-1, p-1 n p, p n-p, p
nC C C
n p-
æ ö÷ç ÷+ =ç ÷ç ÷ç -è ø
ExErcício rESolvido
Seis pessoas devem se sentar em 12 cadeiras postas em torno de uma mesa
circular. De quantas maneiras isso pode ser feito se não deve haver ocupação
simultânea de duas cadeiras consecutivas?
Solução:
O número de maneiras de escolher as cadeiras que serão usadas é
12 6, 6
12f (12, 6) .C
12-6 -= Þ 6, 6f (12, 6) 2. C = Þ f (12, 6) 2.=
Escolhidas as cadeiras, há 6!=720 modos de indicá-las para as 6 pessoas.
Assim, pelo PFC temos 2 x 720=l440 modos de sentar 6 pessoas numa mesa circular
com 12 lugares, de modo que não se tenha duas cadeiras consecutivas ocupadas.
Nesta aula estudamos algumas técnicas de contagem que não aparecem com tanta
frequência nos livros didáticos, porém de grande importância no enriquecimento de
nossos conhecimentos matemáticos
35AULA 2 TÓPICO 2
at i v i d a d e d e a p r o f u n d a m e n t o
1. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 8 crianças, de modo que duas determinadas crianças não fiquem juntas?
2. Quantas são as soluções inteiras e não negativas de x y z 9?+ + < 3. Quantas são as soluções inteiras da equação x y z 10+ + = em
que 2, y 2 e z 2x ³ ³ ³ ? 4. Quantas são as permutações dos elementos ( )1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 que
tem exatamente 4 elementos no seu lugar primitivo?5. De quantas formas 6 homens podem se sentar numa fila de 14
cadeiras, de tal forma que não fiquem dois homens sentados em cadeiras vizinhas?
6. Quantos são os anagramas da palavra PARAGUAI que não possuem duas letras A consecutivas?
36 Matemát ica D isc re ta
AULA 3 Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e Números de Fibonacci
Caro(a) aluno(a), agora que estamos familiarizados com as ferramentas básicas
da análise combinatória, daremos continuidade aos nossos estudos através dos
Coeficientes Binomiais, Triângulo de Pascal e dos Números de Fibonacci.
No primeiro tópico, definiremos os coeficientes binomiais assim como algumas de
suas propriedades e veremos como tais coeficientes e suas propriedades estão
relacionados ao triângulo de Pascal através de alguns teoremas. No segundo
tópico, veremos que a utilização dos coeficientes binomiais no desenvolvimento
de potências do binômio do tipo ( x y )n+ , sendo n um número natural, pode
tornar o processo bem menos cansativo do que estamos habituados. Finalmente,
no terceiro tópico concluiremos nossa aula com os Números de Fibonacci. Estes
nos mostram relações fascinantes com a natureza.
Objetivos
• Desenvolver potências do binômio (x + y), utilizando os coeficientes binomiais• Compreender os conceitos sobre o Triângulo de Pascal e algumas
propriedades relacionadas• Conhecer a sequência dos Números de Fibonacci
37
Vamos iniciar este tópico com algumas definições:
(i) O coeficiente binomial, também chamado de número
binomial de um número n, na classe p, com n p,³
representado por n
,p
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø consiste no número de combinações de n termos,
tomados de p a p, ou seja, n n . (n-1) . (n-2). . . (n-p 1)n!p p!(n p)! p!
æ ö +÷ç ÷= =ç ÷ç ÷ç -è ø.
Em que n é o numerador e p, o denominador.
(ii) Dois números binomiais de mesmo numerador são ditos complementares
quando a soma dos denominadores é igual ao numerador. Assim, 8 8
e 2 6
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø são complementares, pois 6+2=8. De um modo geral
n n e
p n-p
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øsão complementares, pois p (n-p) n.+ =
1.1 PROPRIEDADES DOS COEFICIENTES BINOMIAISa. Dois números binomiais complementares são iguais.
Para justificar esta afirmação, basta desenvolver o segundo lado da equação
n n
p n-p
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø. Assim,
[ ]n n! n!
n-p (n-p)! n-(n-p) ! p!(n p)!
æ ö÷ç ÷ = =ç ÷ç ÷ç -è ø .
TÓPICO 1 Coeficientes Binomiais Triângulo de PascalObjetivOs
• Conhecer os Coeficientes Binomiais
• Relacionar os Coeficientes binomiais e algumas de suas
propriedades ao triângulo de Pascal
AULA 3 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta38
b. Relação de Stifel.
A relação de Stifel, também conhecida como regra de Pascal, é representada
pela igualdade n 1 n n
p 1 p p 1
æ ö æ ö æ ö+ ÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷= +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+ +è ø è ø è ø.
Vamos justificar esta propriedade com o seguinte problema:
Considere um conjunto A que possui n 1+ elementos, um dos quais é
x. O número de subconjuntos de A com p 1+ elementos é dado por n 1, p 1C + + ..
Outra forma de representar a solução desse problema é somando o número de
subconjuntos nos quais x aparece como número de subconjuntos nos quais x não
figura, ou seja, igualando as duas expressões, temos n 1, n 1 n, p n, p 1 C C C+ + = += + ou
seja n 1 n n
p 1 p p 1
æ ö æ ö æ ö+ ÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷= +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+ +è ø è ø è ø.
ExEmplo:
Para resolvermos a equação 5a-15 5a-15 5a-14
2a 2a 1 a-1
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ =ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç+è ø è ø è ø , utilizaremos a
relação de Stifel. Vejamos:
5a-15 5a-15 5a-14 5a-14 5a-14
2a 2a 1 2a 1 2a 1 a 1
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ = Þ =ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç+ + + -è ø è ø è ø è ø è ø
Pela propriedade dos binomiais complementares, temos que:
( ) ( ) 5a-14 5a-14
2a 1 a 1 5a 142a 1 a 1
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= Þ + + - = -ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç+ -è ø è ø
Resolvendo a equação encontrada, teremos o valor de a:
( ) ( ) 2a 1 a 1 5a 14 3a 5a - 14 -2a -14 a 7+ + - = - Þ = Þ = Þ =
c. Para todo n natural têm-se: nn n n n
. . . 20 1 2 n
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + + + =ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø
Para justificarmos a propriedade acima, vamos considerar o seguinte problema:
um conjunto A tem n elementos. Quantos são os subconjuntos desse conjunto?
Solução:
Com 1 elemento temos n, 1C ; com 2 elementos, temos n, 2C elementos; com 3
elementos, temos n, 3C . . . com n elementos, temos n, nC . Além desses, temos mais
39
1 conjunto que é o vazio. Assim o número de subconjuntos de um conjunto com
n elementos é n, 1 n, 2 n, 3 n,n1 C C C . . . C (*).=+ + + + + Outra forma de resolver este
problema é imaginando que a ação de formar um subconjunto é formada por várias
etapas em que devemos decidir, em cada etapa, se um dado elemento pertencerá ou
não ao subconjunto. Dessa forma, para o primeiro elemento, temos 2 possibilidades
(ele pertencerá ou não pertencerá ao subconjunto); para o segundo elemento,
temos também duas possibilidades e assim em diante. Seguindo esse raciocínio
para os demais elementos e usando o Principio Fundamental da Contagem, temos:
2x 2 x 2 x . . . x 2 ( n vezes ), ou seja n2 (**). Igualando os resultados (*) e (**), temos:
nn, 1 n, 2 n, 3 n,n1 C C C . . . C 2=+ + + + + = ou n
n n n n. . . 2
0 1 2 n
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + + + =ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø.
ExEmplo:
Uma casa tem 6 portas. De quantos modos pode ser aberta essa casa?
Solução:
Há 6, 1C maneiras de abrir a casa, usando apenas uma só porta; 6, 2C
maneiras de abrir a casa, usando duas portas, e assim em diante. A resposta é:
66, 1 6, 2 6, 3 6, 6
6 6 6 C C C . . . C . . . 2 1 63
1 2 6=
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ + + + = + + + = - =ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è øl
1.2 O TRIÂNGULO DE PASCAL
O triângulo de Pascal ou triângulo aritmético é formado por números
binomiais que têm diversas relações entre si. Algumas dessas relações que são as
propriedades dos números binomiais já estudadas no início deste tópico, e outras
que julgamos irrelevantes para nossa disciplina podem ser encontradas nos livros
didáticos de Matemática para o ensino médio. De todo modo, muitas dessas relações
foram descobertas pelo próprio Pascal, o que justifica o nome que lhe é dado.
O triângulo de Pascal é organizado em linhas e colunas (figura 1 ), de tal modo
que o numerador n do número binomial represente a linha em que o elemento se
encontra, e o denominador p do número binomial represente a coluna em que o
elemento se encontra. Veja figura 1.
AULA 3 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta40
0
0
1 1
0 1
2 2 2
0 1 2
3 3
0
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
3 3
1 2 3
............................................
n n n n n n ...
0 1 2 3 4
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø
n
1ª Forma
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
0 0
1 1 0 1
2 2 2 0 1 2
3 3 3 3 0 1 2 3
............................
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø................
n n n n n n ... 0 1 2 3 4 n
2ª Forma
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø
ou
Figura 1: Triângulo Aritmético ou Triângulo de Pascal
Acima estão as duas formas triangulares que são abordadas por diferentes
autores. Para efeito de clareza, adotaremos a 2ª forma. Entretanto, antecipamos:
não fazemos distinção quanto às propriedades, uma vez que as linhas são formadas
pelos mesmos números.
0linha 0
0
1 1linha 1
0 1
2 2 2linha 2
0 1 2
3 3 3linha 3
0 1 2
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
æ ö æ ö æ÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø è
3
3
............................................
n n n n nlinha n . . .
0 1 2 3 n
ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çø è ø
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø
Coluna 0Coluna 1
Coluna 2
Coluna 3Coluna n
Figura 2:As linhas são as filas horizontais, e as colunas, as filas verticais
41
Ao substituirmos cada coeficiente
binomial pelo seu valor, obteremos:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 PROPRIEDADES DO TRIÂNGULO DE PASCAL
Apresentaremos quatro propriedades que estão relacionadas com o Triângulo
de Pascal, em seguida, na intenção de fixarmos o conteúdo e esclarecermos as
possíveis dúvidas, veremos alguns exercícios resolvidos.a. Toda linha do Triângulo de Pascal começa e termina com 1.
Justificativa: Esses elementos são do tipo n n
1 e 10 n
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
b. Partindo da segunda linha, podemos construir o Triângulo de Pascal, aplicando a relação de Stifel.
Vejamos o exemplo ilustrativo abaixo:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 21 2 3
0 1
33
1
æ öæ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= + =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè øè ø
æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø
Figura 3:Triângulo de Pascal aplicando a relação de Stifel
c. Em qualquer linha do triângulo de Pascal, os coeficientes equidistantes dos extremos são iguais.
Justificativa: Propriedade dos binomiais complementares.
Veja abaixo o exemplo ilustrativo.
Na linha 7 do Triângulo de Pascal, temos:
7 7 7 7 7 7 7 7 1 7 21 35 35
0 1 2 3 4 5 6 7
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Ûç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø è ø è ø
21 7 1
at e n ç ã o !
O Triângulo de Pascal também é conhecido como
Triângulo Aritmético de Tartaglia, e recebe estes
nomes em homenagem a Nicolo Fontana Tartaglia,
matemático italiano (1500-1557) e Blaise Pascal,
matemático, filósofo e físico francês (1623-1662).
AULA 3 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta42
d. A soma dos elementos da linha n é igual 2n.
n = 0 1 1 = 20
n = 1 1 1 1 + 1 = 21
n = 2 1 2 1 1 + 2 + 1 + 4 = 22
n = 3 1 3 3 1 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 23
n = 4 1 4 6 4 1 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24
ExErcícioS rESolvidoS
1. Calcule a soma dos elementos da linha 11ª linha do triângulo de Pascal.
Solução:
A linha 11ª linha do triângulo de Pascal é a linha 10, já que a primeira linha
é a linha zero, assim:
1010 10 10 10 10 10
. .. 2 10240 1 2 3 8 9
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + + + + = =ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø.
2. O produto dos dois primeiros elementos de uma linha do triângulo de
Pascal é igual a 32. Qual é o terceiro elemento da linha seguinte?
rESolução:
Vimos que o primeiro elemento de qualquer linha é sempre igual a 1. Daqui,
conseguimos deduzir que o segundo elemento, da linha mencionada, é 32.
Basta observamos o comportamento dos dois primeiros elementos de algumas
linhas do Triângulo de Pascal, para afirmarmos que na linha 33, o segundo elemento
é 32.
Porém, o que queremos é o terceiro elemento da linha seguinte, ou seja, da
linha 34.
Linha 34: 34 34 34 34 34 34
... 0 1 2 3 33 34
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø
Temos, como terceiro elemento, o coeficiente binomial 34 34!
5612 2!(34-2)!
æ ö÷ç ÷ = =ç ÷ç ÷çè ø
Nesse tópico, tivemos a oportunidade de dispor, com a utilização de algumas
propriedades, de uma tabela (figura 1) que contém os valores dos coeficientes
binomiais que serão utilizados como ferramenta no desenvolvimento de alguns
binômios que serão estudados no tópico seguinte.
43
Neste tópico, começaremos analisando algumas situações, pois nossa
intenção é partir da necessidade de facilitar o desenvolvimento
de algumas potências.
Situação I - O desenvolvimento de n( x y )+ para alguns valores de n são:
• 0( x y ) 1+ =
• 1( x y ) 1x 1y+ = +
• 2 2 2 2 2( x y ) (x y).(x y) x xy yx y 1x 2xy 1y+ = + + = + + + = + +
• 3 2 2 2( x y ) (x y) .(x y) (1x 2xy 1y ).(x y)+ = + + = + + +3 3 2 2 3 ( 1) 1x 3x y 3xy 1yxÞ + = + + +
Percebemos que, na medida em que o natural n cresce, o processo de
desenvolvimento torna-se cada vez mais cansativo.
ExEmplo 1:
Podemos desenvolver 3( x y )+ , da seguinte forma:3( x y ) (x y) . (x y) . (x y)+ = + + +
Se aplicarmos a propriedade distributiva, em cada um dos fatores
escolheremos x ou y. Assim, cada termo do desenvolvimento envolve um produto
de três letras.
Para uma melhor compreensão, visualizemos na figura 1 o “Diagrama de
Árvore”.
TÓPICO 2 Binômio de NewtonObjetivO
• Utilizar os coeficientes binomiais no desenvolvimento de
potências do tipo (ax+b)n
AULA 3 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta44
Figura 1: Arvore das possibilidades para o desenvolvimento (x+y)3
O resultado da potência 3( x y )+ é obtido pela soma dos termos encontrados, ou
seja, 3 3 2 2 3( x y ) x 3x y 3xy y+ = + + + (mesmo resultado encontrado anteriormente).
Através deste exemplo podemos retirar as seguintes informações:• Existe apenas uma maneira de se obter 3x , que é pelo produto x.x.x ,
ou seja, seu coeficiente é 3
1 ;0
æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø
• Existe três maneiras de se obter 2x y , que é pelo produto x.y.x , x.x.y
e y.x.x, ou seja, seu coeficiente é 3
3 ;1
æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø
• Existe três maneiras de se obter 2xy , que é pelo produto y.y.x , x.y.y
e y.x.y, ou seja, seu coeficiente é 3
3 ;2
æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø
• Existe apenas uma maneira de se obter 3y , que é pelo produto y.y.y ,
ou seja, seu coeficiente é 3
1 ;3
æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø Em resumo:
3 3 2 2 33 3 3 3
(x y) x x y x y y0 1 2 3
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è øDe um modo geral, a potência n(x y)+ , com
x, y RÎ e n NÎ é conhecida como Binômio
de Newton. Para desenvolvê-la, devemos efetuar
o produto: n vezes
(x y) . (x y) . ... . (x y)+ + +
at e n ç ã o !
Vimos que o número de combinações de n
elementos tomados p a p é dado por n!
p! (n p)!-. Porém, existem outras formas de indicar esse
cálculo, que são:pnC ou
n
p
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø.
45
Assim, iremos obter a seguinte fórmula:
n n 0 n - 1 1 n - 2 2
n - 3 3 n - k k n
n n n( x y ) x y x y x y
0 1 2
n n n x y ... x y ... xy
3 k n
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷+ + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø
O coeficiente de n - k kx y é dado pelo número de combinações de n elementos,
tomados k a k, onde n e k são naturais, com n ≥ k, e é chamado de número binomial
de n sobre k.Aqui, dizemos que n é o numerador e k o denominador do número
binomial.
Percebe-se que os expoentes do x decrescem, de 1 em 1 unidade, e os
expoentes do y crescem até n, também de 1 em 1 unidade.
ExEmplo 2:
O binômio ( )32 2a 2b+ é dado por:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 33 2 1 02 2 2 23 3 3 3
. 2a . 2b . 2a . 2b . 2a . 2b . 2a . 2b0 1 2 3
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø
Utilizado a fórmula de combinação, junta a algumas operações básicas,
obtemos:
( )32 3 2 2 4 6 2a 2b 8a 24 a b 24 ab 8b+ = + + +
ExEmplo 3:
No desenvolvimento de 8(a b) ,+ os
coeficientes do 3º e do 7º termos são iguais.
JuStificativa:
Os coeficientes do 3º e do 7º termos são
dados por 8 8
e ,2 6
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø respectivamente, que,
pela Propriedade dos binomiais complementares,
são iguais, uma vez que 2 + 6 = 8.
v o c ê s a b i a?
A linha n do Triângulo de Pascal é composta pelos
coeficientes binomiais do desenvolvimento do
Binômio de Newton ( )n x y + , para os valores
crescentes de n.
AULA 3 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta46
ExErcícioS rESolvidoS
No desenvolvimento de ( )15 x y ,+ qual o 9º termo?
rESolução:
Recorrendo à fórmula do Binômio de Newton, descobriremos que o termo é
dado por 15 - 8 815
x y8
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø, ou seja, o 9º termo o binômio ( )15
x y + é 7 86 435 x y .
2. Desenvolva ( )5 2x y - , utilizando a fórmula do Binômio de Newton.
rESolução:
Podemos enxergar o binômio acima da seguinte forma: ( )5
2 x yé ù+ -ë û ,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
5 2 35 4 3 2
4 5
5 5 5 52x -y 2x 2x -y 2x -y 2x -y
0 1 2 3
5 5 2x -y -y
4 5
æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çé ù ÷ ÷ ÷ ÷+ = + + + +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ë û ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çè ø è ø è ø è ø
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
Logo,
( )5 5 4 3 2 2 3 4 5 2x y 32x 80 x y 80 x y 40 x y 10 xy y- = - + - + -
3. Desenvolva e simplifique a potência 41
a b2
æ ö÷ç + ÷ç ÷çè ø .
rESolução:
4 0 1 24 3 2
3 41 0
4 4 41 1 1 1 a b a b a b a b
0 1 22 2 2 2
4 41 1 a b a b3 42 2
æ ö æ ö æ öæ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø è øè ø è ø è ø
æ ö æ öæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷÷ ÷ç çç ç÷ ÷ç çè ø è øè ø è ø
Partindo da propriedade dos binomiais complementares, não é necessário
calcular todos os “números binomiais”. Analisemos, especificamente, a situação
abaixo:
4 0 1 24 3 2
3 41 0
4 4 41 1 1 1 a b a b a b a b
0 1 22 2 2 2
4 41 1 a b a b3 42 2
æ ö æ ö æ öæ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷+ = + + +ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç çç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø è øè ø è ø è ø
æ ö æ öæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷+ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷÷ ÷ç çç ç÷ ÷ç çè ø è øè ø è ø
47
Veja que 4 4
0 4
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø e
4 4
1 3
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø e lembre-se de que n, p
n!C
p!(n p)!=
-
Simplificando, temos:
44 3 2 2 3 41 3 1 1
a b a 2 a b a b a b b2 2 2 16
æ ö÷ç + = + + + +÷ç ÷çè ø
4. No desenvolvimento de ( )15x 3y- qual é a soma de todos os coeficientes?
rESolução:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 55 5 4 3 25 5 5 5 5 5
( x 3 y ) x x -3y x -3y x -3y x -3y -3y0 1 2 3 4 5
æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷- = + + + + +ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç ç çè ø è ø è ø è ø è ø è ø
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 55 5 4 3 2( x 3 y ) 1.x 5. x -3y 10. x -3y 10. x -3y 5. x -3y -3y- = + + + + +
5 5 4 3 2 2 3 4 5( x 3 y ) x -15 x y 90 x y -270 x y 405 xy -243 y- = + +
Os coeficientes de ( )15x 3y- são:
1, (-15), 90, (-270), 405 e (-243) .
Sendo assim, a soma é: 1+ (-15) + 90 + (-270) + 405 + (-243) = -32
Vimos neste tópico que os coeficientes binomiais nos ajudam no
desenvolvimento de algumas potências, que são conhecidas como Binômio de
Newton. No próximo tópico, conheceremos a sequência de Fibonacci, assim como
algumas relações entre os números que compõe essa relação.
AULA 3 TÓPICO 2
48 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 3 Números de FibonacciObjetivOs
• Conhecer a sequência dos números de Fibonacci e algu-
mas relações entre os números desta sequência
• Entender as aplicações dos números de Fibonacci na
natureza
Neste tópico, iremos trabalhar com os números de Fibonacci,
que recebem este nome em homenagem ao matemático italiano,
Leonardo de Pisa, mais conhecido como Fibonacci. Teremos ainda
a oportunidade de analisarmos algumas importantes propriedades, assim como as
relações existentes entre estes números.
Iniciaremos nosso estudo através do seguinte problema:
Quantos pares de coelhos podem ser gerados em um casal de coelhos durante
um ano?
Abaixo estão listadas as condições de vida destes coelhos.• No primeiro mês temos um casal de coelhos. Estes dois coelhos
acabaram de nascer. • Um coelho só atinge a maturidade sexual ao fim de um mês. • O período de gestação de um coelho dura um mês. • Ao atingirem a maturidade sexual, a fêmea irá dar à luz todos os meses. • A mãe irá dar um casal de coelho todos os meses. • Os coelhos nunca morrem.
Seguindo as condições de vida, citadas acima, analisemos o comportamento
do número de pares de coelhos que surgem ao longo dos quatro primeiros meses:
1º mês: um casal inicial de coelhos (chamemos de casal 1);
s a i b a m a i s !
No endereço http://www.educ.fc.ul.pt/icm/
icm99/icm41/suc-fib.htm você poderá encontrar
o desenvolvimento, passo a passo, do nosso
problema.
49
2º mês: o casal 1 acaba de atingir a idade sexual;
3º mês: o casal 1 + o novo casal (casal 2);
4º mês: o casal 1 dá origem a mais um casal
(casal 3), porém o casal 2 acaba de atingir a idade
sexual.
Através desta linha de raciocínio e, sempre
de acordo com as condições de vida citadas,
chegaremos à seguinte sequência de inteiros
positivos:
Tais números mostram, respectivamente, a quantidade de pares de coelhos
nos meses 1, 2, 3, 4, ... .
Veja que f1 = f2 = 1 e f n = f n - 1 + f n – 2 para n > 2
rElação EntrE oS númEroS dE fibonacci E o triângulo dE paScal
Vimos, no tópico anterior, que o Triângulo de Pascal pode ser substituído
pelos seus respectivos valores. Fazendo algumas observações, Leonardo de Pisa
percebeu que os mesmo números que surgiram no “problema dos coelhos”, também
surgiram através da soma de vários números binomiais, veja a seguir:
algunS tEorEmaS rElacionadoS aoS númEroS dE fibonacci
a) A soma dos n primeiros números de Fibonacci é igual a f n + 2
– 1
dEmonStração:
Analisando a sequência, temos que:
f1 = f3 – f2 = f3 – 1 , f2 = f4 – f3 ... enfim, fn = fn+2 – fn+1
v o c ê s a b i a?
Leonardo de Pisa escreveu, em 1202, um livro
denominado Liber Abacci, que chegou a nós,
graças à sua segunda edição de 1228. A teoria
contida neste livro é ilustrada com muitos
problemas, sendo que um destes problemas é
justamente O problema dos pares de coelhos.
AULA 3 TÓPICO 3
Matemát ica D isc re ta50
Somando, ordenadamente, todas essas n igualdades e simplificando, obtemos:n
i n 21
f f 1+= -å
2. A soma dos n primeiros números de Fibonacci, com índices ímpares, é igual a f2n
3. Soma dos n primeiros números de Fibonacci , com índices pares é igual f2n+1
-1
4. A soma dos quadrados dos n primeiros números de Fibonacci é igual a fn f
n+1 ;
algumaS propriEdadES doS númEroS dE fibonacci
1. Dois números de Fibonacci consecutivos são primos entre si.
dEmonStração:
Precisamos mostrar que mdc (fn , fn+1) = 1. Assim sendo, recorreremos ao
algoritmo de Euclides:
n 1 n n 1
n n 1 n 2
4 3 2
3 2
f 1.f f
f 1.f f
. . . . . . . .
f 1.f f
f 2.f 0
+ -
- -
= += +
= += +
Logo, o mdc ( )n 1 2, f 1nf f+ = = 2. O mdc de dois números de Fibonacci também é um número de Fibonacci.
3. Se /m nf f , então /m n e m e n são números de Fibonacci.
4. Soma dos quadrados de dois números de Fibonacci consecutivos também
é um número de Fibonacci.
Nessa aula vimos que desenvolver o Binômio de Newton, recorrendo
ao Triângulo de Pascal, que é decorrência do estudo do nosso primeiro tópico
- Coeficientes Binomiais - é uma forma mais rápida de se chegar ao seu resultado.
Também tivemos oportunidade de conhecermos os Números de Fibonacci e alguns
teoremas e propriedades.
51
Caro(a) aluno(a),
Nesta aula, pretendemos proporcionar a você uma base razoável a respeito
da teoria dos conjuntos, bem como ajudá-lo a construir conhecimentos sobre
os métodos que relacionam dois conjuntos. No primeiro tópico, faremos um
estudo sobre alguns conceitos de conjuntos e, no tópico seguinte, estudaremos
as relações binárias que são usadas em muitos ramos da matemática, como
aritmética, geometria, álgebra linear, ciência da computação, assim como no
conceito de funções, na teoria dos grafos (que serão estudados mais adiante), etc.
Objetivos
• Familiarizar-se com a linguagem correta da teoria dos conjuntos• Conhecer mecanismos que permitam relacionar dois conjuntos, como é o
caso da relação binária
AULA 4 Conjuntos e relações
AULA 4
52 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 1 ConjuntosObjetivOs
• Compreender o uso da linguagem da teoria dos conjuntos
• Realizar operações com conjuntos
• Conhecer as notações mais importantes da teoria dos
conjuntos
Neste tópico, vamos recordar essencialmente algumas notações
que são usadas para conjuntos. Vamos considerar a noção de
conjuntos como primitiva, partindo do princípio de que um
conjunto é composto por elementos, que são objetos materiais abstratos que têm
alguma propriedade em comum. Usamos letras maiúsculas para nomear conjuntos e
minúsculas quando nos referirmos aos seus elementos. Para indicar que o elemento
a é um elemento do conjunto A escrevemos Aa Î .
Os conjuntos podem ser especificados basicamente de três modos:
1ª) através do diagrama (chamado diagrama de Venn), utilizado quando
se pretende representar um conjunto finito com uma quantidade relativamente
reduzida de elementos;
2ª) por extensão, que consiste em exibir todos os elementos que os constituem;
3ª) indicando uma propriedade que caracteriza os seus elementos.
Assim, por exemplo, as três formas de representar o conjunto dos números
Rx Î tais que o quadrado de x somado com triplo de x mais 2 seja nulo, são:
1ª) { }1, 2
2ª) { }2R / 3 2 0x x xÎ + + =
3ª) escrevendo os elementos no interior de um “balão” (diagrama de Venn)
53
Figura 1 – Diagrama de Venn
1. algumaS notaçõES importantES
Sejam A e B conjuntos, assim:
Aa Î : a pertence a A, a é elemento de A
Aa Ï : a não pertence a A
A B= : igualdade de conjuntos (qualquer que seja x, A x Bx Î Þ Î )
A BÍ : A subconjunto de B ( x, x A" Î então x BÎ )
A B:Ê A contém B ou A BÍ .
A B:Ì A é subconjunto próprio de B ( A B A BÍ Ù ¹ )
A B:É A contém propriamente o conjunto
A B:¹ A não é subconjunto de B nem B é subconjunto de A.
0{ } ou :Æ Conjunto vazio.
2. opEraçõES com conJuntoS
O conjunto dos subconjuntos de A ou conjunto das partes de A,
representado por ( )P A ou A2 é o conjunto formado por todos os subconjuntos
de A. Qualquer conjunto A pertence ao seu conjunto dos subconjuntos, ou seja,
A ( )P AÎ . Vejamos alguns exemplos:
{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }P( 1, 2, 3 ) , 1 , 2 , 3 , 1, 2 , 1, 3 , 2, 3 , 1, 2, 3= Æ .
O conjunto { }( )˘?˘˘ tem 23 elementos. Também é possível se verificar que
{ }( )( )P P 1, 2, 3 tem 322 elementos. Se A tem n elementos, ( )P A tem 2n elementos.
Com efeito, se A tem n elementos, para formar cada subconjunto, deve-se decidir
qual(is) elemento(s) farão parte do subconjunto P(A). Assim, o primeiro elemento
tem duas possibilidades: ou faz parte ou não de um determinado subconjunto de
AULA 4 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta54
A. Para o segundo elemento, também há duas possibilidades. Seguindo o mesmo
raciocínio para os demais elementos. Por último, temos 2 possibilidades para o
n-ésimo elemento. Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da Contagem (PFC),
temos: 2x2x2x...x2 (n vezes) que dá 2n.
Um conjunto A não vazio é finito se e somente se existir uma bijeção de A em
{ } x N/x nÎ < , n NÎ . Assim n é chamado cardinal de A, cuja notação é “#A ”, e
representa o número de elementos de A. Dessa forma o cardinal
do conjunto vazio é zero.
A interseção do conjunto A com o conjunto
B representada por A BÇ é composta pelos elementos
que pertencem a A e B simultaneamente. Assim:
{ }A B x / x A e x BÇ = Î Î .
A união de A com B representada por A BÈ é o
conjunto constituído pelos elementos que pertencem ao
conjunto A ou ao conjunto B, ou seja, os elementos de
A BÈ pertencem a pelo menos um dos conjuntos. Assim:
{ }A B x / x A ou x BÈ = Î Î .
O complementar de B em A, representado por A\B ,
é com conjunto formado pelos elementos do conjunto A que
não pertencem a B. Assim: { }\ x / x A ou x BA B = Î Ï .
Observação: Quando não estiver explícito que certo conjunto universo U, o
complementar do conjunto A será denotado do A .
Vejamos alguns casos para tonar mais clara nossa explicação.
ExEmplo 1:
Prove que ( ) ( ) ( )A\ B C A\B A\CÈ = Ç .
Solução:
Para provar o teorema acima, é suficiente mostrar que
( ) ( ) ( )x A\ B C x A\B A\C ,Î È Û Î Ç para qualquer que seja x.
( )x A\ B C x A x B CÎ È Û Î Ù Ï È
( ) ( )x A\ B C x A x B x CÎ È Û Î Ù Ï Ù Ï
( )x A\ B C x A\B x A\CÎ È Û Î Ù Î
( ) ( ) ( )x A\ B C x A\B A\CÎ È Û Î Ç como queríamos demonstrar.
v o c ê s a b i a?
A noção de “conjunto” é uma noção
fundamental na matemática e constitui
a estrutura matemática sobre a qual
todas as outras podem ser construídas
(número, relação, função, etc.). Essa
noção foi formulada no final do século
XIX, pelo matemático russo Geord
Ferdinand Ludwig Philip Cantor
(1845-1918).
55
ExEmplo 2:
Prove que A,B UÍ ; tem-se A B A BÈ = Ç para qualquer que sejam os
conjuntos A e B.
Solução:
Para demonstrarmos a relação acima, é suficiente mostrar que, se x A BÎ È ,
então x A BÎ Ç . Assim, considerando por hipótese
que se x A BÎ È , então, por definição de conjunto
complementar, x A B.Î È Assim, x AÏ e x BÏ .
Mas, x AÏ se x AÎ e x BÏ se x BÎ . Dessa forma
x AÎ e x BÎ o que significa que x A BÎ Ç . Vamos
observar que é bastante simples se demonstrar a relação
recíproca, basta observar que:
( )x A B x A x BÎ Ç Þ Î Ù Î
( )x A B x A x BÎ Ç Þ Ï Ù Ï
( )x A B A BxÎ Ç Þ Ï È
x A B A BxÎ Ç Þ Î È ou seja: A B A BÇ Ì È
Vamos, a seguir, analisar a veracidade ou falsidade de algumas afirmações
referentes à teoria dos conjuntos e justificá-las de modo formal.
Para qualquer que seja x Z,Î existe y ZÎ tal que x Z e x y.£ ¹ Ou seja:
( )x Z, y Z/ x y x y" Î $ Î £ Ù ¹
A afirmação é verdadeira porque, sendo o conjunto dos números inteiros
infinito, se x é inteiro, 1x + também é inteiro e além disso 1x x< + .
Assim, dado um x qualquer, se considerarmos que y x 1= + , satisfaremos a
condição( )x y x y£ Ù ¹ .
I. Existe y ZÎ tal que para todo x ZÎ se tem x y. £ A afirmação é falsa porque, em particular, se x y 1= + então teríamos que ter y 1 y+ £ , o que não é verdadeiro.
II. Existe um inteiro não negativo que não excede qualquer outro inteiro não negativo. A afirmação é verdadeira. O inteiro zero é menor ou igual a cada um dos inteiros não negativos. Assim, seja 0Z+ o conjunto dos inteiros não negativos, o qual identificamos também como N.
III. Existe xÎZ tal que x é maior do que qualquer outro inteiro y. A afirmação é falsa e o argumento será análogo à justificativa da afirmação anterior.
v o c ê s a b i a?
Augustus de Morgan foi um matemático britânico
que contribui com um trabalho importante para
a lógica simbólica abstrata, a teoria das relações
e ainda formulou as famosas “Leis de Morgan”.
AULA 4 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta56
IV. Para todo A Z,Í tem-se { }( ) .P A = Æ Esta afirmação é falsa, porque { } 1 é um subconjunto de Z e { }( ) { }{ } { } 1 , 1 .P = Æ ¹ Æ
V. Para todo A Z,Í se A 0= , então { }( ) .P A = Æ Esta afirmação é verdadeira. Existe apenas um subconjunto de Z que é vazio, e { }( ) .P Æ = Æ Observe que { }Æ é um conjunto unitário. Esse elemento Æ é o conjunto vazio.
VI. Para quaisquer que sejam x, y Z,Î tem-se x y £ ou y x. £ Afirmar que x y £ é o mesmo que dizer que existe um número inteiro não negativo z tal que y x z.= + É verdade que x y ou y x£ £ para quaisquer que sejam os inteiros x e y.
VII. Tendo em vista que x-y é inteiro, quaisquer que sejam x e y, se x-y é não negativo, então y x £ , pois x y (x y). = + - Se x-y é negativo, então y-x é inteiro e positivo e, considerando que y x (y x)= + - , temos x y .£
VIII. Conjunto vazio.
IX. Æ x y 1= +
No próximo tópico, estudaremos as relações binárias, que diz respeito
a relações existentes entre os elementos de dois conjuntos. Tal conceito é
imprescindível na compreensão da ideia de funções.
57
Considere dois conjuntos A e B. Chama-se produto cartesiano, cuja
notação é A X B , o conjunto dos pares ordenados ( )a,b tais que
a A e b B ,Î Î ou seja:
( ){ }A X B a, b / a A e b B= Î Î
Se ( )R A X BÌ , então R é uma relação binária de A em B, ou seja, qualquer
subconjunto de AXB é chamado relação binária de A em B. Assim, R:A B® representará uma relação R de A em B. Quando o par ( )a,b pertence à relação R,
escrevemos aRb s(lê-se: “a erre b”).
ExEmplo:
Seja A o conjunto dos alunos, B o conjunto dos docentes, C o conjunto das
Licenciaturas e D o conjunto das disciplinas das licenciaturas da UAB, então temos:
( ){ }M a, b A x A / a e b são alunos da mesma licenciatura A Ax= Î Í
( ){ }N a, b B x D / a é professor da disciplina b BxD= Î Í
( ){ }P a, b A x D / a está inscrito na disciplina b AxD= Î Í
( ){ }Q a, b A x C / a é aluno da licenciatura b AxC= Î Í
Os conjuntos M, N, P e Q são relações binárias.
2.1 OPERAÇÕES COM RELAÇÕES BINÁRIAS
Considerando que as relações binárias são conjuntos, podemos definir as
operações união, interseção e complementar.
TÓPICO 2 Relações Binárias de A em BObjetivOs
• Representar graficamente uma relação binária
• Identificar se uma relação é ou não uma função
AULA 4 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta58
Se P e Q são relações binárias de A X B então:
( ) ( ) ( ){ }P Q a,b AxB / a,b A a, b B È = Î Î Ú Î
( ) ( ) ( ){ }P Q a,b AxB / a,b A a, b B Ç = Î Î Ù Î
( ) ( )CP { a,b AxB / a,b A}= Î Ï ou CP (AxB)\P=
Além das operações acima, podemos definir também a noção de inversa e
composta. Sendo R a relação de A em B, a relação inversa de R, denotada por R-1, é
a relação de B em A definida por ( ) ( ){ } b, a / a, b RÎ ou seja:
( ) ( ) ( ) ( ){ }-1se R a, b / a,b AxB} R { b,a / a,b R = Î Þ = Î
Sejam as relações R A x B Í e P B x C, Í definimos relação composta de R
em P, e denotamos por RP, a relação binária de A em C definida por:
( ) ( ){ }RP a, b /existe b B tal que a, b R e (b, c) P = Î Î Î
Outra forma de representar a relação composta RP é “RoP”, onde se lê: “S
após P”. Mais adiante veremos que uma função de um conjunto A num conjunto B
nada mais é do que uma relação que atende a algumas condições.
ExEmploS:
Sejam { } { } { }A 1, 2, 3 , B 3, 5, 6, 7 e C 4, 5= = = e sejam:
( ) ( ) ( ) ( ){ }R:A B / R 1, 3 , 1, 5 , 2, 6 , 3, 6® =
( ) ( ) ( ) ( ){ }P:B C / P 3,4 , 3, 5 , 6, 4 , 7, 5® =
Figura 2: Relações R, P e RoP
Então ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }RoP:A C, RoP 1,4 , 1, 5 , 2, 4 , 2, 5 , 3, 4 , 5, 5 ® =
como mostra a Figura 2. A Figura 3 mostra as relações R-1, P-1 e (RoP)-1 descritas
abaixo:
( ) ( ) ( ) ( ){ }-1 1R : B A / R 3, 1 , 5, 1 , 6, 2 , 6, 3 -® =
( ) ( ) ( ) ( ){ }1 1P : C B / P 4, 3 , 4, 6 , 5, 3 , 5, 7 - -® =
( ) 1RoP - é uma relação de C em A de tal modo que
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1RoP 4, 1 , 4, 2 , 4, 3 , 5, 1 , 5, 2 , 5, 3 - = como mostra a
59
Figura 3.
Figura 3: Relações inversas de P, R e RoP
ExEmploS:
1. Se { }A 1, 2, 3, 4, 5 = e { }B 1, 2, 3, 4 = quais os elementos da relação
( ){ }R x,y / x y = < de A em B?
Solução:
Os elementos de R são todos os pares ordenados de AXB nos quais o primeiro
elemento é menor que o segundo, ou seja, são os pares formados pela “associação”
de cada elemento A x Î com cada elemento de B y Î de tal modo que y.x <
Temos, então:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }R 1, 2 , 1, 3 , 1, 4 , 2, 3 , 2, 4 , 3, 4 =
2. Se { }A 1, 2, 3, 4, 5 = e { }B 1, 2, 3, 4, 5, 6 = , quais os elementos da
relação binária R:A B® definida da seguinte forma: xRy y x 2?Û = +
Solução:
Fazem parte da relação todos os pares ordenados ( )x, y tais que A ,x Î
B y Î e y x 2= + . Vamos mostrar o resultado graficamente de dois modos:
Figura 4 - Representação da solução usando um sistema de eixos ortogonais
AULA 4 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta60
Figura 5 - Representação da solução usando o diagrama de Venn
3. Se { }A -1, 0, 1, 2 = , quais são os elementos da relação
( ){ }2 2R x,y AxA/x y ? = Î =
Solução:
Fazendo a representação gráfica, percebemos que
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }R 0, 0 , 1, 1 , 1, -1 , -1, -1 , -1, 1 , 2, 2 .=
Figura 6 - Representações gráficas da relação ( ){ }2 2R x,y AxA/x y= Î =
4. Neste exemplo, vamos considerar os elementos de A e B números reais.
Assim, { }A R/ 2 x 5 x= Î £ £ e { }B R/ 3 x 6 . y= Î £ £ Vamos fazer a
representação cartesiana de AXB de modo que ( ){ }R x,y AxB / 2x . y= Î =
Solução:
Podemos observar que ( ){ }AXB x,y / 2 5 e 3 y 6 . x= £ £ £ £ Queremos,
porém, determinar um subconjunto de AXB tal que y =2x. Assim, queremos a
interseção do conjunto ( ){ }AxB x,y / 2 5 e 3 y 6 x= £ £ £ £ com a reta y=2x.
Veja a solução na figura a seguir.
61
Figura 7 - Interseção de R com a reta y=2x
5. Seja { }A R/ 1 x 3 x= Î £ £ e { }B R/ 2 x 8 . y= Î £ £ Vamos fazer a
representação cartesiana de ( ){ }R x,y AxB / 2x y= Î = e sua inversa -1R .
Solução:
Figura 8 - R e sua relação inversa R-1
2.2 FUNÇÕES DE A EM B
Dados dois conjuntos não vazios A e B. Chama-se função de A em B qualquer
relação binária f de A em B tal que para todo a AÎ existe um único b BÎ tal que
b f(a),= ou seja,1a A, b B / b f(a)" Î $ Î = onde b é imagem de a por f.
AULA 4 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta62
De acordo com a definição acima de função, podemos verificar, pela
representação cartesiana da relação f de A em B, se f é ou não uma função. Para
tanto, basta verificar se a reta paralela ao eixo y, conduzida pelo ponto (x, 0), em
que x pertence a A, encontra sempre o gráfico de f em um só ponto. Isso é óbvio,
pois, caso contrário, teríamos um x do domínio com mais de uma imagem, e isso iria
contradizer a definição de função.
ExEmplo:
Sejam { } { }A R / -2 x 2 e B x R / -2 x 2x= Î £ £ = Î £ £ . A relação f de A
em B, com ( ){ }2 2R x,y /x y 4 AxB= + = Ì representada na figura abaixo, não é
função, pois qualquer reta vertical conduzida pelos pontos ( )x,0 tal que -2 x 2£ £
encontra sempre a função f em dois pontos, como mostra a Figura 9.
Figura 9: Relação que não representa uma função
Uma função é injetiva se, e somente se, cada elemento b BÎ tal que b=f(b) é
imagem de um único a AÎ , ou seja, f é injetiva se, e somente se
( ) ( )1 2 1 2 1 2 a ,a A, se f a f a a a" Î = Þ =
Uma função é sobrejetiva se, e somente se, qualquer elemento de B é imagem
de algum elemento de A. Uma função injetiva e sobrejetiva simultaneamente é dita
bijetiva. Assim f AxBÍ é uma função bijetiva se, e somente se: 1a A, b B/b f(a)" Î $ Î = e1b B, a A / b f(a)" Î $ Î =
Definição: O conjunto A é o domínio da função, e o conjunto B é o contradomínio de
f. O subconjunto do contradomínio formado pelas imagens dos elementos de A chama-se
conjunto imagem da função. Uma função é dita real quando o contradomínio é um
subconjunto dos números reais.
63
Desta observação resulta consequentemente a seguinte proposição:
Estudamos nesta aula alguns conceitos básicos, bem como as principais opera-
ções, envolvendo conjuntos, que representam um dos principais pilares da matemá-
tica. Vimos também que, embora uma relação binária represente apenas um conjunto
de pares ordenados, ela é de fundamental importância nos estudos de alguns ramos da
matemática, além de fornecer elementos para a compreensão da definição de funções.
Proposição: Seja f AxBÍ uma função. Então 1-f BxAÍ é uma função se, e somente
se, f é bijetiva. A função f-1 é dita inversa de f. Uma função diz-se invertível se sua inversa
é uma função.
AULA 4 TÓPICO 2
64 Matemát ica D isc re ta
AULA 5 Noções de Probabilidade
Caro(a) aluno(a),
O interesse do homem em estudar os questionamentos que envolviam certos
problemas matemáticos fez surgir a probabilidade. Alguns vestígios históricos
mostravam que a Teoria das Probabilidades teve início com os jogos de azar.
O desenvolvimento desta teoria deve-se a alguns matemáticos, como, por
exemplo, os algebristas italianos Paccioli, Cardano e Tartaglia, que viveram no
século XVI. A partir de suas experimentações, outros matemáticos contribuíram
para o desenvolvimento e lapidação da Teoria das Probabilidades. Os estudos
relacionados às probabilidades são aplicados em muitas situações, pois possuem
axiomas, definições e teoremas bastante contundentes. Uma das áreas de maior
aplicação da Teoria das Probabilidades é a Estatística.
Existe uma relação bastante íntima entre probabilidade e combinatória, pois a
análise combinatória fornece ferramentas bastante úteis aos cálculos de alguns
elementos que envolvem probabilidade. Por isso é imprescindível que o aluno
tenha um conhecimento bastante razoável dos elementos estudados nas duas
primeiras aulas.
Objetivos
• Utilizar números para quantificar a incerteza presente em determinada situação
• Desenvolver e fornecer conceitos básicos de Probabilidade
65
Assim, por exemplo, no lançamento de um dado, o espaço
amostral seria { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6= Exemplos de eventos no
espaço amostral U:
• evento A: sair número maior do que 4: { }A 5, 6= • evento B: sair um número primo e par: { }B 2 =• evento C: sair um número ímpar: C = {1, 3, 5} { }C 1, 3, 5 =
A probabilidade de um evento acontecer geralmente é representada por
um número real entre 0 e 1. Esses números indicam a posição de ocorrência do
evento, entre a impossibilidade e a certeza. Assim, quanto mais próximo de 1 seja
a probabilidade de um evento ocorrer, mais provável é que o evento ocorra. Por
exemplo, do evento C acima (sair um número ímpar no lançamento de um dado),
podemos exprimir a probabilidade do evento como “1 em 2”, ou, de forma equivalente,
“50%”, ou ainda “1/2”.
Vamos à apresentação de algumas modalidades de eventos:
União de eventos: Sejam A e B dois eventos; então A BÈ será também
TÓPICO 1 Introdução ao Cálculo das ProbabilidadesObjetivOs
• Compreender os conceitos básicos da Teoria das Probabilidades
• Vamos iniciar nosso estudo apresentando algumas
definições fundamentais. Para iniciar nossa discussão
acerca dos cálculos das probabilidades, definiremos o
que seja um experimento aleatório
Definição: Chama-se experimento aleatório aquele em que o resultado é
imprevisível, porém pertence necessariamente a um conjunto de resultados
possíveis chamado espaço amostral. Qualquer subconjunto desse espaço amostral é
denominado evento. Se este subconjunto possuir apenas um elemento, o chamamos
de evento elementar.
AULA 5 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta66
um evento que ocorrerá se, e somente se, A ou B ou ambos ocorrem. Dessa forma,
dizemos que A BÈ é a união entre os eventos A e B.
Interseção de eventos: Se A e B são dois eventos, então A BÇ será também
um evento que ocorrerá se, e somente se, A e B ocorrerem de modo simultâneo.
Neste caso dizemos que A BÇ é a interseção entre os eventos A e B. Se os conjuntos
A e B são disjuntos, A e B são ditos mutuamente exclusivos.
Complementar de um evento: Se A é um evento, então AC será também
um evento que ocorrerá se, e somente se, A não ocorrer. Dizemos que AC é o evento
complementar de A.
Por exemplo: No lançamento de um dado, observamos a face voltada para
cima. Seja { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6=
Observemos os seguintes eventos:
evento A: ocorrência de um número par { } A 2, 4, 6® =
ocorrência de um número maior ou igual a 4 { } B 4, 5, 6® =
ocorrência de um número ímpar { } C 1, 3, 5® =
Assim teremos:
Ocorrência de um número par ou um número maior ou igual a 4:
{ }A B 2, 4, 5, 6È =
Ocorrência de um número ímpar e quadrado perfeito. perfeito { } { }C 4Ç =
Ocorrência de um número ímpar e maior ou igual a 4: { }C B 5Ç =
Ocorrência de um número não par { }CA 1,3,5= . Obeserve que CA A UÈ =
No nosso estudo, vamos considerar os espaços amostrais equiprováveis, ou
seja, aqueles em que os eventos elementares possuem a mesma chance de ocorrerem.
Por exemplo, no lançamento do dado (exemplo anterior), considerando que o
dado é perfeito, as chances de sair qualquer número de 1 a 6 são iguais. Temos,
então, um espaço equiprovável.
Se por um lado os fenômenos aleatórios são imprevisíveis, por outro, existem
os fenômenos determinísticos, que são aqueles cujos resultados são previsíveis,
ou seja, são esperados, daí a certeza que temos de vê-los serem alcançados.
Normalmente existem diversas possibilidades que tornam possível a ocorrência de
um fenômeno aleatório. O número de ocorrências de cada uma dessas possibilidades
é denominada Probabilidade.
67
ExEmplo 1:
Consideremos uma urna que contenha 35 bolas verdes e 1 bola branca. Para
uma retirada, teremos duas possibilidades: bola verdes ou bola branca. Percebemos,
contudo, que será muito mais frequente obtermos, numa retirada, uma bola verde,
logo podermos afirmar que o evento “sair bola verde” tem maior probabilidade de
ocorrer, do que o evento “sair bola branca”.
ExEmplo 2:
Considere o lançamento de um dado perfeito. Calcule a probabilidade de:
a) sair o número 3.
Solução:
Temos { }U 1, 2, 3, 4, 5, 6=
n(U) 6=
{ }evento A 3 e n(A) 1= =
Portanto a probabilidade procurada será P(A)=1/6
b) sair um número par
Solução:
Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }
n(U) 6=
{ }evento A 2, 4, 6 e n(A) 3= =
Portanto a probabilidade procurada será P(A)=3/6=1/2
c) sair um múltiplo de 3
Solução:
Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }
Conceito elementar de Probabilidade: Seja U um espaço amostral finito e
equiprovável e A um certo evento, ou seja, um subconjunto de U. A probabilidade
( )P A de ocorrência do evento A será dada pela fórmula:
n(A)P(A)
n(U)=
onde:
n(A) é o número de elementos de A e
n(U) é o número de elementos do espaço amostral U.
AULA 5 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta68
n(U) 6=
{ }evento A 3,6 e n(A) 2= =
Portanto a probabilidade procurada será P(A)=2/6=1/3
d) sair um número menor que 4
Solução:
Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }
n(U) 6=
{ }evento A 1, 2, 3 e n(A) 3= =
Portanto a probabilidade procurada será P(A)=3/6=1/2
e) sair um quadrado perfeito
Solução:
Temos U={1, 2, 3, 4, 5, 6 }
n(U) 6=
{ }evento A 4 e n(A) 1= =
Portanto a probabilidade procurada será P(A)=1/6
f) sair soma 8 se forem lançados simultaneamente dois dados
Solução:
Neste caso, o espaço amostral U é constituído pelos pares ordenados
(m,n), nos quais m é o número no dado 1, e n é o número no dado 2.
É claro que teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (m, n) nos quais
( )i 1, 2, 3, 4, 5, 6Î e ( )j 1, 2, 3, 4, 5, 6 .Î As somas iguais a 8 ocorrerão nos casos
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2, 6 , 3, 5 , 4, 4 , 5, 3 e 6, 2 . Logo, o evento “soma igual a 8” possui 5
elementos que são os pares( )m ,n nos quais m n 8.+ = Logo, a probabilidade
procurada será igual a 5
P(A)36
= .
g) sair soma 12 no lançamento de dois dados simultaneamente
Solução:
Semelhante ao caso anterior. O espaço amostral U é constituído pelos pares
69
ordenados (m,n), nos quais m é o número no dado 1, e n é o número no dado 2.
Teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (m, n) nos quais ( )i 1, 2, 3, 4, 5, 6Î e ( )j 1, 2, 3, 4, 5, 6 .Î As somas iguais a 12 ocorrerão apenas no caso ( )6, 6 ,
portanto o evento “soma igual a 12” possui 1 elemento. A probabilidade procurada
será igual a 1
P(A)36
= .
ExEmplo 3:
De um baralho de 52 cartas, duas são extraídas ao acaso e sem reposição.
Qual a probabilidade de ambas serem de copas?
Solução:
Cada par de cartas possíveis de serem extraídas pode ser considerado como
uma combinação das 52 cartas tomadas duas a duas, ou seja:
52,2
52 52!n(U) C 1.326
2 2!(52 2)!
æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø
Assim, podemos formar 1.326 pares de cartas. Considerando que existem
13 cartas de copas, o evento A será a quantidade de combinações das 13 cartas
tomadas de duas a duas, ou seja:
13,2
13 13!n(A) C 78
2 2!(13 2)!
æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø
Assim, 78 1
P(A)1.326 17
= =
ExEmplo 4:
Sacam-se sucessivamente e sem reposição três cartas de um baralho de 52
cartas. Qual a probabilidade da primeira carta ser de paus, a segunda carta um 2 e
a terceira não ser 8?
Solução:
O espaço amostral U será um conjunto formado pelos grupos possíveis de três
cartas escolhidas entre as 52. Para encontrar o número de grupos possíveis, basta
calcular o número de combinações simples de 52 elementos tomados 3 a 3. Assim,
temos:
AULA 5 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta70
52,3
52 52!n(U) C 22.100
3 3!(52 3)!
æ ö÷ç ÷= = = =ç ÷ç ÷ç -è ø n(U) 22.100Þ =
O evento será um conjunto formado por todos os grupos de três cartas
distintas em que a primeira carta é de paus, a segunda carta um 2 e a terceira não é
8. Para isso, vamos usar o procedimento utilizado no exemplo 3 do primeiro tópico
da aula 1.
Vamos dividir as extrações em três etapas:
1) a primeira carta é um 2 de paus. Neste caso, há 1 modo de selecionar a
primeira carta, 3 modos de selecionar a segunda carta ( já que temos apenas quatro
2 e a de paus já foi escolhida) e 46 modos de selecionar a terceira carta.
2) a primeira carta é um 8 de paus. Neste caso, há um modo de escolher
a primeira carta, 4 maneiras de escolher a segunda e 47 maneiras de escolher a
terceira carta.
3) a primeira carta é de paus (com exceção do 2 de paus e 8 de paus que já
foram escolhidos). Neste caso, há 11 maneiras de escolher a primeira carta, 4 modos
de escolher a segunda carta e 46 maneiras de escolher a terceira carta.
Assim, temos: 1.3.46 + 1.4.47 +11.4.46= 2350. Logo n(A) 2.350= . A
probabilidade do evento é 2.350
P(A) 0,106322.100
= = , o que equivale a 10,63% de
possibilidade de ocorrer o evento.
ExEmplo 5:
Considere todos os números naturais de 6 dígitos. Qual a probabilidade de
se escolher um desses números ao acaso e no número escolhido os algarismos 3 e 9
figurem exatamente duas vezes?
Solução:
Inicialmente vamos observar que o espaço amostral U é um conjunto formado
por todos os números de 6 algarismos. Assim, o número de elementos do espaço
amostral pode ser calculado usando o Princípio Fundamental da contagem (PFC).
Podemos escolher o primeiro algarismo de 9 modos já que o número n pode iniciar
com zero. O segundo algarismo pode ser escolhido de 10 modos. O terceiro de dez
modos e assim em diante. Logo, pelo PFC temos:
n(A) 9.10.10.10.10.10 900.000= =
71
O conjunto A (evento) é formado por aqueles em que os algarismos 3 e 9
figuram exatamente uma vez. Assim, vamos inicialmente contar aqueles números
que começam com zero e depois descontá-los do total.
A primeira casa deve ser ocupada pelo zero; há 1 modo de fazer isso. Há 5 2C ,
modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3; depois disso há
3, 2C modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 9. Finalmente há
8 maneiras de preencher a casa restante. Assim, 5 2 3 21 . C , . C , . 8 240= números
nessas condições começam com zero. Agora vamos determinar todos os números
com a condição exigida, inclusive os que começam com zero.
Há 6 2C , modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo 3. Em
seguida, há 4 2C , modos de escolher as casas que serão ocupadas pelo algarismo
9. Finalmente, pelo PFC, há 8.8=64 modos de escolher as duas casas restantes que
serão preenchidas pelos 8 algarismos restantes. Assim 6 2 4 2C , . C , . 64 5760= começam com zero ou não.
Dessa forma, n(A) 5760 240 5520= - = . A probabilidade do evento é: 5520
P(A) 0,0061900.000
= = ou o,61% .
Vimos neste tópico algumas definições
básicas da Teoria das Probabilidades, além da
utilização do modo mais simples de expressar a
probabilidade de ocorrência de um determinado
evento de um espaço amostral equiprovável. No
próximo tópico, estudaremos algumas situações
que envolvem algumas particularidades no cálculo
da probabilidade, bem como algumas propriedades.
v o c ê s a b i a?
Segundo historiadores, o cavaleiro De Meré,
conhecido por ser um jogador muito antigo,
colocou algumas dúvidas sobre jogos a dois
matemáticos, Blaise Pascal e Pierre Fermat. Estes
matemáticos, na tentativa de dar uma resposta ao
jogador, empenharam-se no assunto, e foi, dessa
forma, dado o primeiro passo para o surgimento
da Teoria das Probabilidades.
AULA 5 TÓPICO 1
72 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 2 Probabilidade CondicionalObjetivOs
• Conhecer um conjunto de propriedades que permitirão resolver
de forma simples problemas mais complexos que envolvem
probabilidade
• Estudar a probabilidade condicional, focalizando a importância
do evento B quando é calculado P(A/B)
Além de uma abordagem sobre probabilidade condicional,
apresentaremos também, neste tópico, algumas propriedades
que julgamos importantes para que você construa uma base
razoável que o levará à resolução de problemas mais complexos, tendo em vista
que o cálculo de probabilidades pode ser facilmente realizado pela aplicação direta
de propriedades.
2.1 PROPRIEDADESI. A probabilidade do evento impossível é nula. Com efeito, sendo o
evento impossível o conjunto vazio, teremos: ( )( )( ) ( )
n 0p 0
n U n U
ÆÆ = = =
Assim, se numa urna só existem bolas brancas, a probabilidade de se
retirar uma bola verde (evento impossível) é nula.II. A probabilidade do evento certo é igual à unidade. O evento certo
é igual ao conjunto Universo, logo ( )( )( )
n Up A 1
n U= = . Por exemplo,
se numa urna só existem bolas vermelhas, a probabilidade de se retirar
uma bola vermelha (evento certo) é igual a 1.III. A probabilidade de um evento qualquer é um número real
situado no intervalo real [0, 1]. Sabemos que qualquer evento é um subconjunto do conjunto universo U. Sendo assim, o número de elementos de qualquer evento é sempre menor do que o número de
73
elementos do conjunto universo. Assim, sendo n(A), n(U) NÎ e com
n(A) n(U)£ , temos ( )( )( )
[ ]n A
p A 0, 1 .n U
= Î
IV. A soma das probabilidades de um evento e do seu evento complementar é igual à unidade, ou seja, ( )Cp A 1 P(A)= - . Seja o evento A e o seu complementar CA . Sabemos que CA A UÈ = .
( ) ( )Cn A A n UÈ = e, portanto, ( ) ( )Cn A n ( A ) n UÈ = . Dividindo ambos os membros por n(U), encontramos:
Cn (A) n (A ) n (U)1
n (U) n (U) n (U)+ = = , de onde se conclui:
( ) Cp A p ( A ) 1È = ou ( )Cp A 1 P(A)= - .
V. P(A-B) P(A)-P(A B)= Ç . Com efeito, sejam os conjuntos A e B disjuntos, assim, ( ) ( )A A B A B= - È Ç, o que significa que n(A) n(A B) n(A B)= - + Ç . Dividindo os dois lados da expressão n(A) n(A B) n(A B)= - + Ç por n(U),
temos: n(A) n(A B) n(A B)
n(U) n(U) n(U)
- Ç= + , ou seja, P(A) P(A B) P(A B).= - È Ç
Esta propriedade é válida para eventos mutuamente excludentes, ou seja, eventos que não podem ocorrer simultaneamente ( )A BÇ =Æ , o que significa que os conjuntos A e B são disjuntos como foi mencionado acima. No entanto, se A BÉ , resulta P(A B) P(A) P(B) ,- = - pois neste caso A B B.Ç =
ExErcícioS rESolvidoS:
1. Em um grupo de m pessoas, qual a probabilidade de haver pelo menos
duas pessoas que façam aniversário no mesmo dia?
Solução:
Vamos calcular a probabilidade disso não acontecer. O número de casos
possíveis para os aniversários das m pessoas é m365 . O número de casos favoráveis em
que todos façam aniversário em dias diferentes é ( )365 x 364 x 363 x . . . x 366-m ,
tendo, portanto, m fatores nesse produto. Assim, a probabilidade de não
haver pelo menos duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia é de
( )m
365 x 364 x 363 x . . . x 366-m,
365 e a de haver pelo menos duas pessoas que
tenham aniversários é de ( )
m
365 x 364 x 363 x . . . x 366-m1 .
365 -
AULA 5 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta74
O resultado é incrivelmente surpreendente! Veja, por exemplo, que, para um
grupo de 25 pessoas, a probabilidade de ter pelo menos duas pessoas que façam
aniversário no mesmo dia é de 0,57%, ou seja, é mais provável haver duas pessoas
com o mesmo aniversário do que todos aniversariarem em dias diferentes.
2. Doze pessoas são separadas em dois grupos de 6 pessoas cada um. Qual
a probabilidade de que duas determinadas pessoas façam parte do mesmo grupo?
Solução:
Sejam as pessoas A e B. O número de casos possíveis é 12, 6C 924= , pois há
12, 6C 924= modos de escolher o primeiro grupo e, depois disso, há apenas um
modo de escolher o segundo grupo; o número de casos favoráveis é 2. 10, 4C 210= ,
pois há 10, 4C 105= modos de distribuir as pessoas com A e B no primeiro grupo e
há 10, 4C 105= com A e B no segundo grupo. Assim, a probabilidade de que duas
determinadas pessoas façam parte do mesmo grupo é 210 5
.924 22
=
3. Um número entre 1 e 300 é escolhido aleatoriamente. Determine a
probabilidade de que esse número seja divisível por 5 e por 7.
Solução:
Consideremos A o evento “número divisível por 5”, B o evento “número
divisível por 7” e A BÇ o evento “número divisível por 35”. Assim,
( )
30060 15P A
300 300 5
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø= = = , ( )
30017P B
300 7
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø= = e ( )
300135P A B
300 35
æ ö÷ç ÷ç ÷çè øÇ = = . Assim:
1 1 1 11P(A B) P(A) P(B) P(A B)
5 7 35 35È = + - Ç = + - = .
4. Sejam M e N dois eventos tais que 1
P(M)2
= , 1
P(N)4
= e 1
P(M N) .7
Ç =
Calcule:a. P(M N)Èb. CP(M )
c. CP(N )
d. CP(M N )Çe. CP(M N)Çf. C CP(M N )Ç
75
Solução:
a. P(M N) P(M) P(N)-P(M N)È = + Ç = 1 1 1 172 4 7 28+ - =
b. C 1 1P(M ) 1-P(M) 1-
2 2= = =
c. C 1 3P(N ) 1-P(N) 1-
4 4= = =
d. C 1 1 5P(M N ) P(M-N) P(M)-P(M N)
2 7 14Ç = = Ç = - =
e. C 1 1 3P(M N) P(N-M) P(N)-P(M N)
4 7 28Ç = = Ç = - =
f. C C C 1 7P(M N ) P (M N) 1-P(M N) 1
7 6é ùÇ = È = Ç = - =ë û
2.2 PROBABILIDADE CONDICIONAL
Vimos que, ao estudarmos alguns conceitos
de probabilidade e eventos, os exemplos dados
sempre levam a cálculo da probabilidade de
um evento ocorrer, diretamente, em função do
espaço amostral. Em muitas outras vezes, quando
realizamos um experimento, temos informação
extra sobre a ocorrência de um evento. Neste caso,
gostaríamos de usar essa informação extra para
calcular a probabilidade dos outros eventos. Assim,
a probabilidade de ocorrer um evento A tendo
uma informação prévia sobre o evento B, ambos
do mesmo espaço amostral, é chamada probabilidade condicional. Portanto, a
probabilidade de ocorrer um evento A tendo ocorrido um evento B, indicado por A
PB
æ ö÷ç ÷ç ÷çè øé o número:
( )( )
P A BAP
B P B
æ ö Ç÷ç =÷ç ÷çè øPodemos observar que este número só estará definido quando P(A) > 0.
O cálculo de A
PB
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø ainda pode ser obtido pela expressão
( )n A B
n(B)
Ç. Com
efeito, sabemos que ( )P A BÇ . A probabilidade da interseção é a razão do seu
número de elementos pelo número de elementos do espaço amostral:
( )n (A B)
P A Bn(U)
Ç =
v o c ê s a b i a?
Depois de Pascal e Fermat, a Teoria das
Probabilidades desenvolveu-se de forma rápida
graças a contribuições de inúmeros matemáticos.
Entre eles destacaram-se: Bernoulli (1654-1705)
e Laplace (1749 – 1827), autor do livro “Teoria
analítica das probabilidades”.
AULA 5 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta76
A probabilidade de B também é a razão do seu número de elementos, pelo
número de elementos do espaço amostral:
n (B))P(B)
n(U)=
Substituindo estas duas expressões em ( )P A BA
PB P(B)
æ ö Ç÷ç =÷ç ÷çè ø, temos:
( )n A Bn(U) n(A B)A
P n(B)B n(B)n(U)
ÇÇæ ö÷ç = =÷ç ÷çè ø
1. Uma urna contém 4 bolas brancas e 6 bolas pretas. Retiram-se, sucessivamente
e sem reposição, duas bolas dessa urna. Qual a probabilidade de ambas serem brancas?
Solução:
Sejam A a primeira bola branca e B a segunda bola branca. Temos:
( )( )
P A BB B 4 3 2P P A B P(A). P .
A P(A) A 10 9 15
æ ö Ç æ ö÷ ÷ç ç= Û Ç = = =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø.
Observe que ( )4
P A6
= , pois temos que retirar quatro bolas das 6 existentes.
B 3P
A 9
æ ö÷ç =÷ç ÷çè ø, pois
BP
A
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø é a retirada da segunda bola branca tendo em vista que a
primeira foi branca. Assim, para a segunda retirada, temos apenas 3 bolas brancas
entre as 9 bolas existentes.
2. Uma urna contém 4 bolas e 6 bolas pretas. Retiram-se, sucessivamente e
sem reposição, duas bolas dessa urna. Qual a probabilidade de a primeira bola ser
branca, sabendo que a segunda bola é branca?
Solução:
Seja A a primeira bola branca e B a segunda bola branca. Queremos
determinarA
PB
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø. Podemos observar que a diferença entre esse problema e o
problema anterior é que aqui pretendemos calcular a probabilidade do passado na
certeza do futuro, ou seja,A
PB
æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø(probabilidade da primeira bola ser branca) ocorre
no passado, tendo em vista o futuro ( na certeza de que a segunda bola é branca).
77
Temos a fórmula de probabilidade condicional P(A B)A
PB P(B)
Çæ ö÷ç =÷ç ÷çè ø.
Assim,4 3 2
P(A B) . 10 9 15
Ç = = . Para o cálculo de P(B), vamos levar em conta todas
as possibilidades em relação à primeira bola: A segunda bola é branca ou a segunda
bola é branca e a primeira foi branca, ou a segunda bola é branca e a primeira foi
preta. Assim temos:
( ) ( )1P(B) P A B P Bé ù= Ç È Çë û( ) ( )1P(B) P A B P Bé ù= Ç + Çë û
2 6 4 2P(B) .
15 10 9 5= + =
Daí,
2P(A B)A 2 5 115P .
2B P(B) 15 2 35
Çæ ö÷ç = = = =÷ç ÷çè ø
Uma maneira bem prática de resolver esse problema, que possui várias etapas,
para as quais recorremos a uma visão gráfica, é o uso das árvores de probabilidade.
A construção da árvore é feita da seguinte forma: colocamos nas extremidades
de cada galho as probabilidades condicionais e na origem a informação de que
se tem certeza. Assim, basta percorrer todos os caminhos que levam ao evento
cuja probabilidade pretende-se determinar, multiplicando-se as probabilidades
em cada caminho e somando os resultados, como mostra a Figura1. Portanto, 4 3 2
P(A B) . 10 9 15
Ç = = e 2 1 3 4 2
P(B) . . 5 3 5 9 5
= + =
Figura 1: Árvore das probabilidades
AULA 5 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta78
Vimos nesta aula que a probabilidade é o ramo da Matemática que estuda
os possíveis resultados de acontecimentos aleatórios. Vimos, também, alguns
conceitos relevantes sobre a Teoria das Probabilidades. Não se sabe ao certo a sua
origem, mas tudo leva a crer que, em algumas civilizações antigas, estudiosos já
tivessem um “afeto” pela análise da existência de regularidades em fenômenos
imprevisíveis.
Depois de Laplace, e até os dias de hoje, a Teoria das Probabilidades
continuou o seu desenvolvimento e tem hoje grande utilidade, em diferentes
áreas de conhecimento e, sobretudo, no nosso cotidiano, o que nos permite uma
compreensão melhor sobre informações dos campos político, social e econômico.
79
Olá aluno(a),
Nesta aula, abordaremos algumas noções de múltiplos, divisores e primos de
maneira mais formal, enunciando alguns dos teoremas mais relevantes relacionados
a múltiplos e divisores e suas respectivas demonstrações.
No tópico 1, introduziremos uma noção menos formal de múltiplos e divisores,
com alguns problemas práticos. Em seguida, apresentaremos os critérios de
divisibilidade para os primeiros treze números inteiros positivos. No tópico seguinte,
aprofundaremos mais nosso estudo sobre múltiplos e divisores, trazendo algumas
proposições relacionadas a MMC (Mínimo múltiplo Comum) e MDC (Máximo
Divisor Comum).
Objetivos
• Compreender os conceitos formais relacionados ao MMC e MDC• Efetuar cálculos envolvendo MDC e MMC, usando mecanismos apresentados
na aula• Identificar números primos
AULA 6 Múltiplos, Divisores e Primos
AULA 6
80 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 1 Múltiplos e DivisoresObjetivOs
• Utilizar os conceitos de Múltiplos e Divisores para a resolução
de problemas práticos
• Identificar se um número natural é divisível por outro
número natural sem necessariamente efetuar a divisão
Alguns problemas que envolvem os números naturais ou inteiros
fazem uso dos conceitos de múltiplos e divisores, particularmente o
mínimo múltiplo comum (mmc) e o máximo divisor comum (mdc).
Neste tópico, estudaremos tais conceitos, dando ênfase aos divisores de um número.
Dizemos que um número inteiro a é divisível por um inteiro b se, e somente
se, a bq= sendo q um número inteiro. Neste caso, escreve-se b a , em que se lê:
“b divide a”. Também se diz que b é divisor de a e que a é múltiplo de b. O número
inteiro q é chamado de quociente da divisão de a por b. De acordo com a definição
de divisor, se a bq= , então tanto b como q são divisores de a. Por exemplo, os
divisores positivos de 30 são 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 e 30, cujos respectivos quocientes
são 30, 15, 10, 6, 5, 3, 2 e 1.
Assim, o conjunto dos divisores de um número inteiro a é constituído por
todos os inteiros positivos, tais que b a e seus simétricos. Frequentemente, o
termo divisor é usado para representar divisores positivos, conjunto dos múltiplos
de b é constituído pelos inteiros da forma bq para q inteiro.
O problema seguinte nos fornece uma ideia bastante razoável de múltiplos.
ExEmplo 1:
Uma atleta de maratona inicia seu treinamento em uma pista circular, no ponto
A, indicado na figura abaixo. Nesse instante, seu treinador começa a marcar o tempo
com um cronômetro. Tendo em vista que a atleta completa uma volta a cada 4 minu-
tos, em que momentos ela passará pelo ponto A?
81
Solução:
Depois de iniciar a corrida, a atleta passará pelo ponto A toda vez que
completar uma volta, o que acontece a cada 4 minutos. Dessa forma, a primeira
volta será concluída quando o cronômetro do treinador marcar 4 minutos. A
segunda será completada quatro minutos depois, ou seja, quando o cronômetro
marcar 8 minutos. A terceira, em 12 minutos, e assim sucessivamente: a marcação
do tempo em cada volta é sempre acrescida de 4 minutos.
É fácil perceber que, na primeira volta, o tempo foi de 4 x 1= 4 minutos; até
o final da segunda volta o tempo foi de 4x2=8 minutos; até o final da terceira volta o
tempo foi de 4x3=12 e assim em diante. Observe que o tempo a cada volta é obtido
pela multiplicação do número de voltas pelos números naturais. Os resultados dessas
multiplicações são os múltiplos de 4. Assim, considerando que a atleta executa um
movimento constante, ela passará pelo ponto A cada instante representado pelos
múltiplos de 4.
Figura 1: Pista circular
Agora vamos imaginar a seguinte situação: Atleta corre junto com seu amigo
João. Ela continua completando uma volta a cada 4 minutos, mas seu amigo João
corre em um ritmo mais lento: dá uma volta a cada 6 minutos. Ambos iniciam
a corrida no ponto A, e nesse momento o cronômetro do treinador é acionado.
Considerando que a atleta corre mais rápido que João, ela vai começar a se
distanciar do amigo. Quando ela passar pelo ponto A pela primeira vez, ele ainda
levará mais 2 minutos para passar pelo mesmo local.
A pergunta é: quando os dois amigos voltarão a passar pelo ponto A juntos?
Solução:
Para facilitar o raciocínio, vamos considerar a tabela a seguir:
AULA 6 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta82
nº de voltas tempo em min nº de voltas tempo em min
1ª 4 1ª 62ª 8 2ª 123ª 12 3ª 184ª 16 4ª 245ª 18 5ª 306ª 20 6ª 36
ATLETA JOÃO
Tabela 1
Podemos ver que, após o início da corrida, no primeiro instante em que
ambos os corredores passam pelo ponto A é aos 15 minutos. Essa é a resposta do
problema!
O que fizemos foi criar uma tabela, em ordem crescente, dos múltiplos de 4 e
os múltiplos de 6. Em seguida, identificamos o número 12 como o primeiro número
que aparece nas duas listas, ou seja, é um múltiplo tanto de 4 quanto de 6. Dizemos
12 é o menor múltiplo comum dos números 4 e 6. Mais adiante, veremos técnicas
de se encontrar o menor múltiplo comum sem a necessidade de recorrer à tabela.
Figura 2: Pista de corrida
ExEmplo 2:
Vamos supor que se pretenda dividir os 30 alunos de uma classe em grupos
com o mesmo número de alunos.
Vejamos:
Com 2 alunos, há duas possibilidades de divisão: um grupo com dois alunos
e dois grupos com 1 aluno. Com três alunos, há duas possibilidades: um grupo com
3 alunos e três grupos com 1 aluno cada. Com quatro alunos, há três possibilidades
de grupos: um grupo com 4 alunos, dois grupos com dois alunos e quatro grupos
com 1 aluno. Veja na figura 3 a divisão dos alunos por grupo. Seguindo esse
83
raciocínio, para um grupo com 12 alunos, temos 6 possibilidades: um grupo com
doze alunos, dois grupos com seis alunos, três grupos com 4 alunos, quatro grupos
com 3 alunos, seis grupos com 2 alunos cada, e 12 grupos com 1 aluno em cada
grupo. Assim, de acordo com a figura a seguir, temos 1 e 2 são divisores do 2, 3 e 1
são divisores do 3; 4, 2 e 1 são divisores do 4 e assim em diante.
Figura 3: Os números 4, 2 e 1 são divisores de 4
Assim, nos exemplos acima, os números de alunos por grupo, em cada
possibilidade de divisão, são chamados de divisores do número de alunos da classe.
É interessante observar que o conjunto dos números de grupos é igual ao conjunto
dos números de alunos por grupo.
critérioS dE diviSibilidadE
Em algumas circunstâncias, precisamos unicamente saber se um número
natural é divisível por outro número natural, sem necessariamente obter o resultado
da divisão. Neste caso, recorremos a um conjunto de regras conhecidas como
critérios de divisibilidade, que nos permite verificar se um determinado número
X é múltiplo de um inteiro Y, com base em propriedades da sua representação
decimal.
A seguir, estão apresentados tais critérios para números inteiros de 2 até
15, representados em sua forma decimal. Outros números naturais maiores que 15
também têm regras de divisibilidade, mas em geral pouco utilizadas.
(i) Um número é divisível por 2 quando ele é par, isto é, termina em 0, 2, 4,
6 ou 8.
Exemplo: 28, 546, 100002.
AULA 6 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta84
(ii) Um número é divisível por 3 quando a soma dos valores absolutos de seus
algarismos é divisível por 3.
Exemplo: 342 é divisível por 3, pois 3+4+2 = 9, que é divisível por 3.
(iii) Um número é divisível por 4 quando terminar em 00, ou seus dois
últimos algarismos formarem um número divisível por 4.
Exemplo: 2600 é divisível por 4, pois termina em 00 : 5628 também é divisível
por 4 pois 28 é divisível por 4.
(iv) Um número é divisível por 5 quando o algarismo das unidades for 0 ou 5.
Exemplo: 425 é divisível por 5, pois termina em 5; 1200 é divisível por 5
pois termina em 0.
(v) Um número é divisível por 6 quando for divisível simultaneamente por
2 e por 3.
Exemplo: 414 é divisível por 6, pois é divisível por 2 e por 3.
(vi) Um número é divisível por 7 quando a diferença entre o dobro do
último algarismo e o número formado pelos demais algarismos resulta um número
divisível por 7.
Exemplo: 42091 é divisível por 7. Observe!
4209-2=4207
420-14=406
40-12=28
e 28 é divisível por 7.
(vii) Um número é divisível por 8 quando terminar em 000, ou seus 3 últimos
algarismos formarem um número divisível por 8.
Exemplo: 26000 é divisível por 8, pois termina em 000 ; 3184 também é
divisível por 8, pois 184 é divisível por 8.
(viii) Um número é divisível por 9 quando a soma dos valores absolutos de
seus algarismos é divisível por 9.
Exemplo: 423 é divisível por 9, pois 4 + 2 + 3 = 9, que é divisível por 9.
(ix) Um número é divisível por 10 quando termina em 0.
Exemplo: 10, 100, 1000, 150, 200 são números divisíveis por 10, pois
terminam em zero.
(x) Um número é divisível por 11 quando a diferença da soma dos valores
absolutos de ordem ímpar e a dos de ordem par é divisível por 11.
Exemplo: 87604 é divisível por 11.
85
A soma dos algarismos de ordem par é 7+0=7.
A soma dos algarismos de ordem ímpar é 8+6+4=18.
Assim, 18-7=11 que é divisor de 11.
(xi) Um número é divisível por 12 quando é divisível por 3 e 4.
Exemplo: 420 é divisível por 12, pois é par ( divisível por 2) e a soma dos
algarismos é um número divisível por 3.
(xii) Seja o número ABCDEFGHI. Vamos que I é o algarismo das unidades,
H os algarismos das dezenas e assim em diante. Devemos somar os produtos dos
algarismos A, B, C...I respectivamente pela sequência 1, -3, -4, -1, 3, 4. Para mais
dígitos a sequência se repetirá. O número será divisível por 13 quando o resultado
da soma for divisor ou múltiplo inteiro de 13.
Exemplo: O número 4.233.957 é divisível por 13. Veja na tabela abaixo que
a soma dos produtos é divisível por 13.
Dígitos Fator Produto7 1 7,005 -3 -15,009 -4 -36,003 -1 -3,003 3 9,002 4 8,004 1 4,00
-26soma dos produtos
Observe que -26 é múltiplo inteiro de 13
(xiii) Um número é divisível por 14 quando é divisível por 2 e por 7.
Exemplo: 112 é divisível por 14, pois é divisível por 2 ( par) e por 7 (11-4=7).
(xiv) Um número é divisível por 15 quando é divisível por 3 e por 5.
Exemplo: 105 é divisível por 3 (1+0+5=6) e divisível por 5, já que termina
com o algarismo 5.
No próximo tópico, vamos tornar o nosso estudo um pouco mais formal com
algumas proposições sobre divisibilidade.
AULA 6 TÓPICO 1
86 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 2 Fatoração em Primos, MDC e MMC
ObjetivOs
• Identificar números primos a partir do Crivo de
Erastóstenes
• Utilizar o algoritmo de Euclides para determinação do
MDC
• Calcular o MMC e entender a relação entre o MMC e o
MDC entre dois números
Vamos iniciar o nosso tópico apresentando alguns teoremas sobre divisi-
bilidade. Em seguida, partiremos para o estudo de MDC e MMC de dois
números inteiros e positivos.
dEmonStração:
Sejam 1K e 2K múltiplos de b. Dessa forma, existem os números inteiros 1Z
e 2Z tais que 1 1K bZ=
e 2 2K bZ .= Assim:
1 2 1 2K K bZ bZ+ = +
( )1 2 1 2K K b Z Z+ = +
Considerando que a soma de dois inteiros é um número inteiro, então
1 2b(Z Z )+ é múltiplo de b, ou seja, 1 2K K+ é múltiplo de b.
Agora vamos mostrar que o produto de dois múltiplos de b é múltiplo de b.
Considere que 1K e 2K sejam múltiplos de b, vamos mostrar que 1 2K .K
é
múltiplo de b. Observe que:
1 2 1 2K .K (bZ ).(bZ )=
1 2 1 2K .K b.(Z .Z )=
Considerando que o produto de dois números inteiros é um número inteiro,
temos 1 2b.(Z .Z ) é múltiplo de b, ou seja, 1 2K .K ,é múltiplo de b.
Da mesma forma, para provar que o produto de um múltiplo de b por um
Teorema 1: A soma, a diferença e o produto de dois múltiplos de b é também múltiplo de
b. O produto de um múltiplo de b por qualquer inteiro é um múltiplo de b.
87
inteiro qualquer é múltiplo de b, fazemos o seguinte: seja Q um múltiplo de b, assim
Q=bK em que K é um número inteiro. Multiplicando ambos os lados da equação
Q=bK por um número inteiro 1K temos 1 1K .Q b.K.K= ou ( )1 1˘˘˘˘ = Tendo
em vista que 1 2K .K é inteiro, então ( )1.K Q é múltiplo de b.
2.1 FATORAÇÃO EM FATORES PRIMOS
Um número k é dito primo se, e somente se, tem exatamente quatro divisores
inteiros do tipo k, -k, 1 e -1. Dessa forma, podemos afirmar que um número é primo
se, e somente se, tem exatamente dois divisores positivos.
dEmonStração:
Vamos usar a indução finita admitindo por hipótese de indução que, para
todo y NÎ tal que 2 y p£ < , y é primo ou produtos de primos, então p é primo,
em que p NÎ e p 2> . Com efeito, se p não for primo, então existem dois números
1 2p e p , ambos naturais, com exceção de 0 e 1, tais que 1 2p p . p= . Dessa forma,
12 p p£ < e 22 p p£ < . De acordo com a nossa suposição anterior, concluímos
que 1p é primo ou produto de primos e é primo ou produto de primos, também
de acordo com a suposição.
Vamos analisar os seguintes casos possíveis:
i. 1 2p e p são primos.
ii. 1 2p e p é produto de primos.
iii. 1p é produto de primos e 2 p é primo.
iv. 1p é primo e 2 p é produto de primos.
Com base nas afirmações anteriores, concluímos que
Se 1 2p p . p= , então p pode ser escrito como produto de primos. Logo, se p não
é primo, então p é um produto de primos. Assim, p é primo ou produto de primos.
O número 144 pode ser escrito assim 4 2144 2 . 3= sendo essa a fatoração de 144
primos. De modo geral, qualquer número n maior que 2 tem 1 2 k1 2 kp . p .. . . . pa a a
sendo i 0a ¹ e i jp p< se i j< para todo i k£ e todo j k£ . Por exemplo:4 2 2 31008 2 . 3 .7 e 500 2 . 5 .= =
Teorema 2: Qualquer inteiro maior do que 1 é primo ou é produto de primos.
Teorema 3: Qualquer número inteiro maior que 1 que não é primo é divisível por algum
primo.
AULA 6 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta88
dEmonStração:
Cosidere x um inteiro qualquer maior que 1. Se x não é primo, então x é
produto de primos, como vimos no teorema anterior. Assim, consequentemente
algum primo é seu divisor.
A seguir, apresentaremos um mecanismo para a determinação de todos
os primos não superiores a um número n dado. Esse mecanismo ou algorítmo é
conhecido como Crivo de Erastótenes.
2.2 CRIVO DE ERASTÓTENES
Para se determinar todos os primos menores que um número n, partimos de
uma tabela contendo todos os números menores ou iguais a n. O processo resume-
se a selecionar o menor número inteiro da tabela e apagar todos os seus múltiplos.
O processo se repete até não existirem mais múltiplos.
Como exemplo, vamos terminar todos os números primos menores que 60.
Inicialmente vamos considerar uma tabela numerada de 2 a 60.
2 3 4 5 6 7 8 9 10
11 13 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
Vamos eliminar todos os múltiplos de 2 maiores que dois:
2 3 5 7 9
11 13 15 17 19
21 23 25 27 29
31 33 35 37 39
41 43 45 47 49
51 53 55 57 59
Em seguida, eliminaremos os múltiplos de 3 maiores que três:
2 3 5 7 11
13 17 19 23 25
29 31 35 37 41
43 47 49 53 55
59
89
Eliminamos os múltiplos de 5 maiores que
cinco:
2 3 5 7 11
13 17 19 23 29
31 37 41 43 47
49 53 59
Agora, eliminando os múltiplos de 7 maiores
que sete, chegamos aos primos menores que 60:
2 3 5 7 11
13 17 19 23 29
31 37 41 43 47
53 59
2.3 DETERMINAÇÃO DOS DIVISORES UTILIZANDO A FATORAÇÃO EM PRIMOS
Utilizando a fatoração em primos de um número, é possível determinar seus
divisores. Para exemplificar, vamos determinar todos os divisores de 30. Podemos
escrever o número 30 com fatores primos, da seguinte forma: 1 1 130 2 .3 .5= .
Assim, seus divisores são
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
2 . 3 . 5 1
2 . 3 . 5 2
2 . 3 . 5 3
2 . 3 . 5 5
====
1 1 0
1 0 1
0 1 1
1 1 1
2 . 3 . 5 6
2 . 3 . 5 10
2 . 3 . 5 15
2 . 3 . 5 30
====
De modo geral, se 1 2 k1 2 kp . p .. . . . px a a a= então os divisores de x são
1 2 k1 2 kp . p .. . . . pa a a com { }1 1 0, 1, 2, . . . ,a aÎ , { }2 2 0, . . . ,a aÎ , . . . ,
{ }k k 0, . . . ,a aÎ .
Para determinarmos a quantidade de divisores de um número, podemos
recorrer a análise combinatória utilizando o Princípio Fundamental da contagem,
como fizemos na aula 1. Assim, por exemplo, para se determinar o número de
divisores do número 604, por exemplo, fazemos o seguinte:
O número 604 na sua forma fatorada é 3 1 2600 2 . 3 .. . . 5 .=
Temos 5 possibilidades para o termo de fator 2. São eles 20, 21, 22 e 23.
Temos 2 possibilidades para o termo de fator 3. São eles 30 e 31.
E finalmente temos 3 possibilidades para o termo de fator 5. São eles 50, 51 e 52.
Assim, pelo PFC (Princípio Fundamental da Contagem), temos 5.2.3=30 divisores.
v o c ê s a b i a?
Os números primos diferentes de 1 e maiores
que 2 são todos ímpares e se dividem em dois
tipos: o primeiro tipo composto de múltiplos de 4
menos 1 (3, 11, 19. . . .) e o segundo tipo formado
de múltiplos de 4 mais 1 (5, 13, 17, . . . .). Para
números menores que um trilhão, há mais primos
da classe “menos 1”. Por métodos teóricos, já ficou
demonstrado que, para números muito grandes, o
padrão muda para a classe “mais 1”.
AULA 6 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta90
2.4 MÁXIMO DIVISOR COMUM
O conjunto formado pelos divisores comuns de a e b será representado por
d(a,b).
Sabemos que o número 1 é divisor de qualquer número inteiro. Logo, se
forem escolhidos os números a e b, obviamente 1 será um divisor comum de ambos.
Dessa forma, o conjunto d(a,b) não é vazio, pois 1 d (a,b)Î para qualquer que
sejam a e b.
Se a 0¹ e d for um divisor comum de a e b, então d a £ . Assim,
conjunto d (a,b) é limitado superiormente, ou seja, tem um elemento máximo,
que é o maior divisor comum de a e b, maior que todos os demais. Do mesmo
modo, para b 0¹ , o conjunto d (a,b) também tem um elemento máximo. O único
caso que d (a,b) não é limitado superiormente é o conjunto d (0,0) , já que zero é
múltiplo de qualquer inteiro não-nulo.
Assim, podemos definir o máximo divisor comum entre dois números
inteiros a e b, denotado por mdc (a,b) , em que pelo menos um deles não é zero, é
o maior elemento do conjunto d (a,b) .
Se mdc (a,b) 1= dizemos que a e b são primos entre si.
ExEmplo:
Vamos determinar o mdc(32,30) .
Considerando que os divisores de 12 são os elementos do conjunto
{ }d (32) 1, 2, 4, 8, 16= ± ± ± ± ± e que os divisores de 30 são os elementos do
conjunto { }d (30) 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15= ± ± ± ± ± ± ± , temos que os divisores
comuns de 30 e 32 são os elementos do conjunto { }dc (32,30) 1, 2= ± ± , cujo maior
elemento é 2. Assim, mdc (32,30) 2= .
dEmonStração:
Para mostrarmos que os inteiros mdc(a,b) a e mdc(a,b) b são primos
entre si, é suficiente mostrar que a b
mdc , 1mdc(a, b) mdc(a, b)
æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø Para tanto, vamos
provar que se o a bmdc , d
mdc(a, b) mdc(a, b)
æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø então mdc (a,b)
d também divide
Teorema 4: Os inteiros mdc(a,b) a e mdc(a,b) b são primos entre si.
91
a e b. Depois podemos concluir que, obrigatoriamente, d 1= considerando que
se d 1> então mdc(a,b)
mdc(a,b)d
> e dessa forma o mdc (a,b) 0 seria um divisor
comum de a e b maior que o máximo divisor comum o que é um absurdo.
Por exemplo: vamos considerar mdc(32,30) 2= . O quociente entre 32 e 2 é
16 e entre 30 e 2 é 15. Observe que mdc(15,16) 1= , ou seja, são primos entre si.
2.5 CÁLCULO DO MÁXIMO DIVISOR COMUM PELO ALGORITMO DE
EUCLIDES
Antes de apresentar o algoritmo para a determinação do MDC pelo algoritmo
de Euclides, vamos enunciar um teorema que nos fornecerá um suporte para
compreensão do algoritmo.
dEmonStração:
Seja mdc(a,b) d= . De acordo com a definição de divisão inteira, se r é o
resto da divisão de a por b, então q.b r a+ = com r b< para algum q inteiro.
Por outro lado, pela definição de mdc, d a e d b , portanto d r,ou seja, d é um
divisor de b e r.
Seja 'd outro divisor comum de b e de r. Precisamos mostrar que 'd divide
d para concluir que mdc(b,r) d.= Observe que ' 'd b e d r então 'd (bq r)+
consequentemente 'd a. Assim, 'd é um divisor comum de a e b e, portanto, 'd mdc(a,b) , o que significa que 'd d .
Por exemplo: mdc(30,32) 2= e o resto da divisão de 32 por dois é 2. Observe
que mdc(30,32) mdc(2,32) 2= = .
2.6 ALGORITMO DE EUCLIDES
Para a construção do algoritmo, vamos considerar o teorema acima a definição
de mdc, ou seja:
I. mdc(a,0) 0= , pois qualquer número é divisor de zero, inclusive 0
II. mdc(a,b) mdc (b,a)=
III. mdc(a,b) mdc (a,r) mdc(a,b-aq)= = a, lembrando que r é o resto da divisão de b por a.
Teorema 5: Sejam a e b inteiros positivos tais que a < b e seja r o resto da divisão de b por
a. Assim mdc (a, b) mdc (a,r).=
AULA 6 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta92
Como exemplo, vamos determinar mdc(128,84) .
Aplicando os itens II e III acima, temos:
mdc(128,84) mdc(84,128)= . A divisão de 128 por 84 deixa resto 44. Assim:
mdc(84,128) mdc(84,44) mdc(44, 84).= = A divisão de 84 por 44 deixa resto 40.
Assim:
mdc(44,84) mdc(44,40) mdc(40, 44).= = A divisão de 44 por 40 deixa resto 4.
Assim:
mdc(40,44) mdc(40,4) mdc(4, 40).= = A divisão de 40 por 4 deixa resto zero.
Assim:
mdc(4,0) 4.= Logo, mdc(128,84) 4=
Observe que 143 e 68 são primos entre si, pois mdc(143,68) 1= . Veja:
mdc(143,68) mdc(68, 7) mdc(7, 5) mdc(5, 2) mdc(2, 3)= = = =
mdc(2,1) mdc(1,0) 1= = = .
ExEmplo:
Uma indústria fabrica retalhos de mesmo comprimento. Depois de se
realizarem os cortes necessários, certificou-se que duas peças possuíam as seguintes
medidas: 214 cm e 98 cm. O gerente de produção ao ser informado das medidas
deu a ordem para que o funcionário cortasse o pano em partes iguais e de maior
comprimento possível. Como ele poderá resolver essa situação?
Solução:
A solução é a medida do menor comprimento possível para que não falte nem
sobre tecido. Assim, devemos encontrar o MDC dos números 214 e 98.
Utilizando o algoritmo de Euclides, temos
mdc(214,98) mdc(98,18) mdc(18, 8) mdc(8, 2) mdc(2, 0) 2.= = = = =
Os retalhos devem ter 2cm de comprimento.
Demonstração:
Para justificar esta propriedade, utilizaremos um exemplo numérico: o
algoritmo de Euclides para determinar mdc(80,21).
Teorema 7: Para quaisquer que sejam a,b Z+Î existem os números inteiros m e n tais que
mdc(a,b) am bn= + o que significa que o mdc(a,b) é combinação linear dos números
a e b.
93
Assim: mdc(80, 21) mdc(17, 4) mdc(4, 1) mdc(1, 0) 1.= = = =
Vamos, em seguida, escrever uma expressão que envolva os números 80 e 21
(no caso, o a e b). Considerando que mdc(80,21) 1= , e partindo do mdc(4,1) de
trás para frente, até chegarmos em mdc(80, 21) ,temos:
Em mdc(4,1) p, o número 1 é o resto da divisão de 17 por 4 e cujo quociente
é 4. Assim, de acordo com a definição de divisão:
1 17-4.4 (I) =
Em mdc(4,17) o número 4 é resto da divisão de 21 por 17 , cujo quociente é 1.
Assim:
4 21-1.17 (II) =
Substituindo II em I, encontramos
1 17-4.(21-l.17) (III) =
Emmdc(80,21) , o número 17 é resto da divisão de 80 por 21 cujo quociente é 3.
Logo,
17 80-3.21 (IV) =
Substituindo IV em II, temos
( ) ( )1 80-3.21 -4.[21-l. 80-3.21 ] =
1 80 3.21 4.21 4.80 12.21 = - - + -
1 5.80 19.21 = -
Fazendo m 5 e n -19= = e sabendo que mdc(80,21) 1= ,temos a seguinte
equação: mdc(80,21) 80m 21n.= +
2.7 MÍNIMO MÚLTIPLO COMUM (MMC)
Se um número inteiro c é divisível por outro inteiro a, diferente de zero,
então existe um úmero b tal que a e b são múltiplos. Sabemos também que ab é
múltiplo comum de a e de b. Dessa forma, é possível encontrar o menor número
inteiro positivo que é múltiplo comum de a e b, ou seja, o Mínimo Múltiplo
Comum de a e b, indicado por mmc(a, b).
Assim, podemos afirmar que mmc(a, b) k= se a k , b k e 'k k para
todo ' k de tal modo que 'a k e 'b k . Sendo assim, mmc(a, b) é um divisor
comum de todos os múltiplos comuns de a e b.
Por exemplo, vamos determinar o mmc(120, 3150)3 2 2mmc(120, 3150) mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7)=
max(1, 3) max(1, 2) max(1, 2) max(0, 1)3 2 2mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7) 2 . 3 . 5 . 7=
AULA 6 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta94
3 2 2 3 2 2 1mmc(2 . 3. 5, 2 . 3 .5 .7) 2 . 3 . 5 . 7 6500.= = Geralmente se usa o seguinte dispositivo:
Dividimos sucessivamente e simultaneamente os números, dos quais
se pretende determinar o mmc, pelos fatores primos 2, 3, 5, . . . Em seguida,
multiplicamos os resultados obtidos. Veja:
120 3.150 260 1.575 230 1.575 215 1.575 35 525 35 175 51 35 51 7 71 1 6.500
Para finalizar nossa aula, vamos apresentar um teorema de grande utilidade na
resolução de problemas que envolvem múltiplos e divisores pelo fato dele relacionar
o mdc(a,b) com o mmc(a,b).
Vamos à demonstração.
O produto a.b pode ser escrito mdc(a, b) mdc(a, b)
a.b. .mdc(a, b) mdc(a, b)
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø, ou seja:
a ba.b mdc(a,b) . . mdc(a,b) .
mdc(a,b) mdc(a,b)
æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷=ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
a.ba.b mdc(a,b) . . mdc(a,b)
mdc(a,b).mdc(a, b)
æ ö÷ç ÷=ç ÷ç ÷çè ø
mas, a.b
mdc(a,b) . mmc(a,b)mdc(a,b).mdc(a, b)
= , basta obser-
var que a.b
mdc(a,b) . mdc(a,b).mdc(a, b) é múltiplo de a e b. Porém o fato
a.bmdc(a,b) .
mdc(a,b).mdc(a, b) ser múltiplo de a e b não é suficiente, pois não garante
Teorema 8: Sejam a,b Z+Î , mmc(a,b). mdc(a, b) a.b= .O teorema nos garante que o
produto do mmc pelo mdc de dois números inteiros e positivos é igual ao produto desses
números.
95
que ele é o maior possível. Dessa forma, para provar que a.b
mdc(a,b) . mdc(a,b).mdc(a, b)
é o maior múltiplo possível, é suficiente mostrar que ela divide qualquer outro múlti-
plo x de a e b. Para tanto, vamos escrever 1 2x p .a p .b= = para 1 2p ,p ZÎ convenien-
te. Logo, 1 2p . mdc(a, b) . a p . mdc(a, b) . bx
mdc(a,b) mdc(a,b)= = , ou seja, 1 2p . a p . b
mdc(a,b) mdc(a,b)= .
Considerando que a b
e mdc(a,b) mdc(a,b)
são primos entre si, então b
mdc(a,b)
divide 1 p . Assim, 1 1
bp . p '
mdc(a,b)= para algum 1p ' ZÎ e consequentemente
1mdc(a, b) . a p ' . bx . .
mdc(a,b) mdc(a,b)= Portanto x múltiplo de
a.bmdc(a,b) .
mdc(a,b).mdc(a, b)
assim concluímos que a.b
mdc(a,b) . mmc(a,b)mdc(a,b).mdc(a, b)
= ou
mmc(a,b). mdc(a, b) a.b= .
Procuramos mostrar nesta aula que os conceitos de múltiplos e divisores
estão intimamente ligados e que, embora simples, são de grande importância no
desenvolvimento matemático e nos auxiliam na resolução de questões práticas.
Procuramos, também, resgatar aquilo que se conhece sobre múltiplos e divisores,
fornecendo uma visão um pouco mais formal através da apresentação de alguns
teoremas e suas respectivas demonstrações.
AULA 6 TÓPICO 2
96 Matemát ica D isc re ta
AULA 7 Grafos
Caro(a) aluno (a),
Nesta aula, vamos estudar um conceito que é muito relevante na Ciência da
Computação e será um suporte para toda uma gama de operações relacionadas à
Matemática Discreta. Trata-se de Grafo, um bom modelo para muitos problemas em
vários ramos da matemática, da informática, da engenharia e da indústria. Muitos
dos problemas sobre grafos tornaram-se fonte de pesquisa científica porque são
interessantes desafios intelectuais, além de terem importantes aplicações práticas.
Vamos apresentar a definição de Grafo e introduzir os conceitos de isomorfismo,
caminho, circuito, subgrafo, conexão, componente e grafo aleatório. Esses
conceitos são necessários para estudar tópicos mais avançados em Matemática
Discreta, bem como para realizar operações com Grafos em determinadas
circunstâncias e utilizá-los de forma adequada. Destacaremos a utilização, em
nosso cotidiano, dos vários exemplos e o modo como determinar as soluções.
Finalmente o aspecto mais relevante desta aula será destacar a melhor alternativa
para quem deseja reconhecer o comportamento matemático na resolução de
problemas discretos.
Boa Aula!
Objetivos
• Compreender os grafos e suas partes• Reconhecer e analisar os conceitos de grau de um vértice, caminho, circuito,
subgrafo• Utilizar diversas técnicas para resolução de problemas discretos
97
Neste tópico, definiremos conceitos relevantes da Teoria dos
Grafos, como por exemplo, multigrafos e grafos completos. O
primeiro problema cuja solução envolveu conceitos do que viria
a ser “Teoria dos grafos” foi resolvido por Euler. Tal problema é conhecido como
“problema das pontes de Königsberg” e consistia em percorrer todas as pontes
passando uma única vez por cada uma delas.
1.1 DEFINIÇÕES BÁSICAS
Chama-se grafo g(V,E) uma estrutura constituída por um conjunto finito
V de vértices (também chamados de nós) e um conjunto finito E de arestas de tal
forma que cada aresta está associada a um par de vértices, como mostra a Figura 1.
Figura 1: { } { }V 1, 2, 3, 4, 5 , E a,b,c,d,e,f= =
Sendo e uma aresta e v, w dois vértices, escreve-se { }e v, w= ou { }e w, v=
dizendo-se, então, que e é uma aresta entre v e w ou que a aresta e liga os vértices v e
w, isto é, se dizem adjacentes. Uma aresta que liga um vértice a si próprio chama-se laço.
TÓPICO 1 Conceitos de grafosObjetivO
• Compreender a conceituação de Grafos
AULA 7 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta98
Assim, um grafo é uma coleção de pontos e linhas de conexão, subconjunto
delas. Os pontos de um gráfico são mais comumente conhecidos como vértices do
grafo, mas também podem ser chamados de “nós” ou simplesmente “pontos”. Da
mesma forma, as linhas que ligam os vértices de um grafo são mais comumente
conhecidas como arestas, bordas do gráfico, mas também podem ser chamadas de
“arcos” ou “linhas”.
De acordo com nossa definição, um grafo não pode ter duas arestas diferentes
com o mesmo par de pontas (ou seja, não pode ter arestas “paralelas”). Também não
pode ter uma aresta com pontas coincidentes (ou seja, não pode ter “laços”). Há
quem goste de enfatizar esse aspecto da definição dizendo que o grafo é “simples”.
O estudo de grafos é conhecido como teoria dos grafos, que foi sistematicamente
investigada por D. König na década de 1930. Alguns educadores usam o termo
“gráfico vértice de ponta” para um conjunto de nós conectados em uma tentativa
de preservar o uso comum de “gráfico” para significar uma função.
Euler provou a inexistência de um ciclo euleriano em todas as sete pontes
de Königsberg, hoje conhecido como o problema das Pontes de Konigsberg, é
um precursor famoso da teoria dos grafos. Na verdade, o estudo de vários tipos
de caminhos em grafos (por exemplo, caminhos, ciclos) tem muitas aplicações em
problemas do mundo real.
Grafo simples Multigrafo Pseudografo
Figura 2: Tipos de caminhos em grafos
ExEmplo 1:
Determine o grafo de ordem 5 definido por { }V a, b, c, d ,e= e
{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }E a,b , b,c , c,d , d,a , e,a , e,a , e,b , e,d= .
Solução:
Alterar a definição de um gráfico para permitir que um par de vértices forme
mais de uma aresta resultará numa estrutura que é chamada de multigrafo (cf. o
grafo da Figura 3).
99
Figura 3: Multigrafo
Em um multigrafo g(V,E) , E é um conjunto. A multiplicidade de uma aresta
{ }x,ya= é o número de vezes que { }m x,y= ocorre em E. Numa maneira
generalizada ainda mais, de modo a permitir que loops, arestas da forma{ }x, x
façam um vértice adjacente levará ao chamado grafo geral.
Um grafo de ordem n é chamado completo, desde que cada par de vértices distintos
formem a uma aresta. Dessa forma, em um grafo completo, cada vértice é adjacente
a todos os outros vértices. Um grafo completo de ordem n tem n(n-1)
2 arestas e é
denotada Kn. Usamos essa notação em nossa discussão como números de Ramsey.
ExEmplo 2:
Determine o grafo definido por { }1 2 3 4 5V v , v , v , v ,v= e
{ }1 2 3 4 5 6 7 8E a , a , a , a , a , a , a , a=
{ } { } { } { } { } { } { } { }{ }1 2 1 3 1 3 2 5 2 5 5 5 3 5 3 4v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v , v ,v=
1.2 GRAFO COMPLETO
Um grafo completo com v vértices, escrito Kv, é um grafo simples no qual
todo par de vértices é ligado por uma aresta. Em outras palavras, um grafo completo
é um grafo simples que contém o número máximo de arestas.
Prova: A prova é por indução matemática. Chamaremos gn um grafo que
contém n vértices. Consideramos primeiro o caso trivial, o grafo g1. Nesse caso,
como existe somente um vértice, é impossível definir uma aresta que não seja um
laço. Então não pode existir nenhuma aresta, e verificamos que n(n-1)
02
= .
Teorema 1: O número de arestas em um grafo completo é n(n-1)
2 .
AULA 7 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta100
Suponhamos que a hipótese é verdadeira para gn, onde n 1³ . Seja agora o
grafo gn+1. Precisamos provar que o número de vértices nesse grafo é n(n-1)
2. Seja
vn+1 o vértice adicional que se encontra em gn+1 e não em gn. O número máximo de arestas
no grafo gn+1 é igual ao número máximo no grafo gn mais todas as ligações possíveis entre
vn+1 e cada vértices de gn. Como esse número de ligações é igual ao número de vértices em,
gn, temos:
Número máximo= 2n(n-1) n(n 1) 2n n(n 1)n n
n2 2 2 2
- + +++ = = =
Eis alguns exemplos de grafos completos:
Figura 4: Grafos completos
O grafo K1 é chamado grafo trivial.
No próximo tópico, estudaremos outros conceitos referentes a grafos, como,
por exemplo, isomorfismo. Além de sua importância prática, o problema do
isomorfismo de grafos é utilizado na teoria da complexidade computacional, que
estuda os recursos necessários durante o cálculo para resolver um problema.
101
Vimos no tópico anterior que os grafos são um bom modelo para
muitos problemas em vários ramos da matemática, informática,
engenharia etc. Neste tópico, daremos continuidade ao estudo
dos grafos abordando outros conceitos relacionados a grafos como isomorfismo,
caminhos e circuitos.
2.1 GRAFOS ISOMORFOS
Para entendermos com mais objetividade o problema de analisar e descobrir
isomorfismos em grafos, é importante revisarmos algumas propriedades das
funções. A definição de uma função inclui três elementos: o conjunto domínio A,
o conjunto contradomínio B e a associação de cada elemento do conjunto A a um
único elemento do conjunto B, como mostra a Figura 4.
Figura 4: Função f de A em B
Assim, uma função f de A em B é um subconjunto de A×B onde cada elemento
de s aparece exatamente uma única vez como primeiro componente de um par
ordena (s,f(s)). A é o domínio e B é o contradomínio da função. Se o par ordenado
(s,t)) pertence à função, então f é denotado por t=f(s); t=f(s) é a imagem de s pela
função f. f é dita injetiva quando para todo ( )1 2s s A¹ Î temos ( )( )1 2)f(s ) f s B.¹ Î
f é sobrejetiva quando f(s)=B e bijetiva quando é injetiva e sobrejetiva.
TÓPICO 2 Definição de isomorfismo e exemplos de grau de um vértice, complemento, caminho e circuitoObjetivO
• Definir os conceitos de isomorfismo, de grau de um vértice,
complemento, caminho, circuito, subgrafo, etc.
AULA 7 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta102
Na definição acima, os grafos são entendidos como grafos não dirigidos, não
rotulados e não ponderados. No entanto, a noção de isomorfismo pode ser aplicada
a todas as outras variantes da noção de grafo, somando-se os requisitos necessários
para preservar os elementos adicionais correspondentes da estrutura: as direções
do arco, os pesos das arestas, etc, com a seguinte exceção: quando se fala em rótulo
com rótulos exclusivos, geralmente tirados do intervalo inteiro 1, . . . , n onde n
é o número dos vértices do grafo. Dois grafos rotulados são ditos isomórficos se os
grafos subjacentes correspondentes não rotulados são isomórficos.
Se um isomorfismo existe entre dois grafos, então os grafos são chamados
de isomorfos e nós denotamos por n ng H@ . No caso, quando a bijeção é um
mapeamento de um grafo em si mesmo, ou seja, quando gn e Hn são um e o mesmo
grafo, a bijeção é chamada de automorfismo de gn.
O isomorfismo de grafos é uma relação de equivalência em grafos e, como tal,
particiona as classes de todos os grafos em classes de equivalência. Um conjunto de
grafos isomorfos entre si é chamado de classe de isomorfismo de grafos.
ExEmplo 1:
Os dois grafos abaixo são isomorfos, apesar de suas representações diferentes.
Grafo gn Grafo Hn
Um isomorfismo entre gn e Hn
f(a) = 1
f(b) = 6
f(c) = 8
f(d) = 3
f(g) = 5
f(h) = 2
f(i) = 4
f(j) = 7
Definição de isomorfismo: Um isomorfismo dos grafos gn e Hn é uma bijeção entre os
conjuntos de vértices de gn e Hn.. n nf:V(g ) V(H )® de tal forma que quaisquer dois
vértices u e v de gn são adjacentes em gn se, e somente se, ƒ(u) e ƒ(v) são adjacentes em
Hn. Este tipo de bijeção é comumente chamado de “bijeção com preservação de arestas”, de
acordo com a noção geral de isomorfismo sendo uma bijeção de preservação de estrutura.
103
A generalização do problema de isomorfismo entre
grafos, chamada de mapeamento linear entre grafos,
preserva a adjacência, mas não necessariamente a não
adjacência e não necessariamente é bijetiva.
Não existem algoritmos polinomiais para identificar se
dois grafos são isomórficos.
Uma das formas de verificar se ocorre o isomorfismo
entre dois grafos é provar exatamente o contrário atra-
vés do conceito de invariante (propriedade que é pre-
servada pelo isomorfismo, como por exemplo, o número
de nós e o grau).
2.2 CAMINHOS E CIRCUITOS
Um caminho é qualquer grafo ou subgrafo isomorfo a( )V,E dado por
{ }V 0, 1, 2, ..., k= e { }{ }E i, i 1 / 0 1 k 1= + £ £ - , para algum K NÎ .
ExEmplo 2:
Um caminho com quatro vértices é representado pelo diagrama da Figura 5.
Figura 5: Representação geométrica do caminho
{ } { } { } { }{ }( )0 1 2, 3 0 ' 1 2 2 3 x , x , x x , x , x , x , x , x , x
2.3 CIRCUITOS EULERIANOS
Os circuitos foram estudados pela primeira vez por Euler (1707-1783). Por
esta razão, um circuito que percorre cada arco de um grafo exatamente uma vez é
chamado de circuito euleriano, e um grafo que possui um circuito é chamado de
grafo euleriano. A situação estudada por Euler ficou imortalizada como o Problema
das Pontes de Könisberg, ilustrado na figura abaixo, e que possivelmente já é
conhecido por muitos dos leitores. O objetivo é percorrer exatamente uma vez
todas as sete pontes da cidade (hoje Kaliningrado), que conectam as duas ilhas
entre si e com as margens do rio, voltando ao ponto de partida.
Figura 6: O Problema das Pontes de Könisberg
s a i b a m a i s !
Em matemática e ciência da computação,
teoria dos grafos é o estudo de gráficos,
que são estruturas matemáticas usadas
para modelar as relações entre objetos de
uma determinada coleção.
AULA 7 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta104
Em linguagem de grafos, trata-se de encontrar um circuito euleriano no
grafo da figura acima, no qual os vértices representam as ilhas e as margens, e
os arcos são as pontes. Euler mostrou a não existência de tal circuito por meio
de um argumento extremamente simples. Consideremos, por exemplo, a ilha da
direita. Um circuito qualquer deve chegar à ilha e sair dela o mesmo número de
vezes. Logo, para que exista um circuito euleriano, deve haver um número par de
pontes com extremidade nesta ilha. Como existem três pontes nessas condições,
concluímos que não é possível encontrar um circuito euleriano. De modo mais
geral, temos o seguinte:
O argumento acima mostra a necessidade de se ter grau em cada vértice para
existir um circuito euleriano. É também óbvio que o grafo precisa ser conexo. A
prova de que essas duas condições implicam a existência de um circuito euleriano
pode ser feita por indução finita no número de arcos do grafo.
[Sugestão: Suponha a propriedade verdadeira para grafos com menos de n
arcos e considere um grafo com n arcos, satisfazendo as duas condições. Começando
em um vértice qualquer, percorra arcos do grafo, até voltar a um vértice já visitado
(o caminho gerado possui, então, um ciclo). Retirando do grafo os arcos desse ciclo,
obtém-se um ou mais grafos satisfazendo as duas condições e com menor número de
arcos (portanto, com circuitos eulerianos, de acordo com a hipótese de indução)].
Podemos aplicar este teorema ao nosso problema. Da mesma forma como
no Problema das Pontes de Könisberg, não existe qualquer circuito euleriano no
grafo determinado, já que o vértice correspondente à capital tem grau 3. Assim,
se recebesse a incumbência de elaborar um trajeto nas condições do problema, ele
poderia facilmente convencê-lo da impossibilidade de fazê-lo.
2.4 CIRCUITOS HAMILTONIANOS
Um circuito passando exatamente uma vez por cada vértice de um
grafo é chamado de circuito hamiltoniano, em homenagem ao matemático
irlandês William Rowan Hamilton (1805-1865), que estudou este problema no
grafo determinado pelas arestas de um dodecaedro regular (existe ou não um
Teorema 2: Existe um circuito euleriano em um grafo se, e somente se, o grafo é conexo
(isto é, existe um caminho ligando qualquer par de vértices) e cada vértice tem grau par (ou
seja, o número de arcos que nele incidem é par).
William Rowan Hamilton
105
circuito hamiltoniano neste caso?). Um grafo que possui um circuito hamiltoniano
é chamado de grafo hamiltoniano.
A situação do problema de verificar se um grafo é hamiltoniano é bem
diferente da do problema anterior. Apesar de terem sido estudados por vários
séculos, não há uma boa caracterização dos grafos hamiltonianos. Há diversas
famílias de grafos para os quais existe um circuito hamiltoniano (um exemplo
trivial é um grafo completo, em que cada vértice é ligado a todos os outros);
também é possível estabelecer certas condições que implicam a não existência de
um circuito. Mas uma caracterização geral não foi encontrada e, à luz de certos
avanços em teoria da computação das últimas décadas, parece improvável que ela
seja encontrada.
O problema de decidir se um grafo é hamiltoniano está na companhia de
diversos problemas ilustres, com as características em comum, que passamos a listar.
O problema possui uma assimetria fundamental: é muito fácil convencer alguém
da existência de um circuito hamiltoniano em um grafo: basta exibir tal caminho. No
entanto, é difícil, em geral, convencer alguém da não existência de tal circuito. Por
exemplo, o grafo da Figura 7 tem um circuito hamiltoniano, de cuja existência você,
aluno, fica imediatamente convencido. Já o grafo dado no início não tem circuito
hamiltoniano, mas não existe um argumento simples e geral para demonstrar esse fato
(assim, para convencer da impossibilidade de elaborar uma rota).
Figura 7: Um grafo hamiltoniano
Não se conhece um algoritmo eficiente para verificar se um grafo é
hamiltoniano (por eficiente, entendemos aqui um algoritmo em que o número de
passos seja limitado por um polinômio no número de vértices do grafo). Além disso,
parece improvável que tal algoritmo possa algum dia ser encontrado, porque sua
existência implicaria a existência de algoritmos eficientes para um grande número
de outros problemas, para os quais também não se conhecem algoritmos eficientes.
Estes problemas (incluindo o de verificar a existência de circuito hamiltoniano)
formam uma classe de problemas chamados de NP-completos.
AULA 7 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta106
Você poderá estar pensando assim: mas será que esta história de algoritmos
eficientes tem relevância, numa era de computadores cada vez mais velozes? Afinal
de contas, existe um algoritmo extremamente simples para verificar se um grafo
possui um circuito hamiltoniano. Se existir tal circuito, ele corresponderá a uma
permutação (circular) dos vértices com a propriedade de que vértices consecutivos
sejam ligados por um arco do grafo. Ora, para verificar a existência de circuito
hamiltoniano, basta gerar todas as permutações circulares dos vértices e testar se
uma delas corresponde a um percurso no grafo.
É claro que este algoritmo funciona para grafos de tamanho moderado (ele
poderia ser o recurso usado: como são apenas 9 cidades, ele teria que testar “apenas”
8! = 40.320 caminhos, o que seria feito com rapidez em um computador). Mas o
que ocorre com grafos maiores? Vejamos, por exemplo, uma situação em que o
número de cidades cresce para 50 (o que representaria um tamanho ainda bastante
razoável para uma situação real). Neste caso, o computador deveria examinar 49!
circuitos potenciais. Tentemos estimar a magnitude deste número. A forma mais
simples é usar a fórmula de Stirling, que fornece a estimativann
n! 2e
ppæ ö÷ç» ÷ç ÷çè ø
. Mas,
neste caso, podemos usar estimativas mais elementares. Por exemplo, podemos
usar apenas potências de 2. Temos:
49! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × ... × 15 × 16 × ... × 31 × 32 × … ×
49 > 1 × 2 × 2 × 4 × 4 × 4 × 4 × 8 × ... × 8 × 16 × ... × 16 × 32 × … × 32 = 22
x 44 x 88 x 1616 x 3218 = 22+8+64+90 = 2164.
Mas 210 = 1024 >103. Logo 49! > 16. 1048.
Ora, um computador moderno pode realizar cerca de 200 milhões de
operações por segundo. Se, em cada operação, ele conseguir testar um circuito,
ainda assim precisará de mais de 16. 1048 / 2. 106 = 8 × 1042 segundos, o que
corresponde a aproximadamente a 2 × 1035 anos. Assim, trata-se claramente
de uma missão impossível para um algoritmo forte baseado na análise de cada
permutação de vértices.
2.5 SUBGRAFOS
É um grafo cujo conjunto de vértices é um subconjunto do conjunto de
vértices gn , e o conjunto de arestas é um subconjunto do conjunto de arestas
de g1, ou seja, cuja relação de adjacência é um subconjunto de gn restrita a esse
subconjunto. Dizemos que um grafo gn contém um outro grafo Hn se algum subgrafo
de gn é Hn ou é isomorfo a Hn.
107
2.5.1 dEfinição
Seja n ng (V,E).g ' (V',E')= = é dito ser subgrafo de gn se:
1- V' VÍ
2- E' EÍ
3- ( )V',E ' é um grafo
Se ng ' (V',E')= é subgrafo de gn, para todo nv gÎ se cumpre
n ngrau(g ',v) grau(g ,v)= , logo g1 é um subgrafo de G.
2.5.2 dEfinição dE grau dE um vérticE
Seja gn um grafo. Para um vértice v de gn, sua vizinhança Ngn(v) ou N(v) é
definida por { }(v) gn gnN u V /vu E= Î Î . O grau gnd (v) ou d(v) do vértice v em gn é
um número de vértices adjacentes a v, isto é, (c) (v)d N=
e1
v
e3
x
e2
u
e5
e4
wFigura 8: { }(v) (v)p 4, q 5, N u, w , d 2= = = =
Se e uv= é uma aresta de um grafo gn , então dizemos que e e u são
incidentes, assim como e e v. Se e e f são arestas distintas e são incidentes no
mesmo vértice, então e e f são arestas adjacentes.• u e e
1 são incidentes, mas w e e
1 não são.
• e1 e e
2 são arestas adjacentes, enquanto e
1 e e
5 não são.
• O grau de um vértice d(v) em um grafo gn também pode ser visto como a quantidade de arestas incidentes em v.
• Se gn tem ordem p e v é um vértice de gn, então (v)0 d p 1.£ £ -• Um vértice de grau é chamado vértice isolado.• m vértice é par ou ímpar se seu grau é par ou ímpar.
Observe que ( )5
ii 1d v
=å
AULA 7 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta108
1(v )d 2=
2(v )d 1=
3(v )d 3=
4(v )d 2=
5(v )d 0=
Figura 9: Grau de um vértice d(v)
Prova: Aplicando-se indução matemática sobre o número de arestas do
grafo, denote-se por p(n) a afirmação de que a soma dos graus de todos os vértices
de um grafo com n arestas é igual a 2n.
(i) Se o grafo não tem aresta, então o grau dos seus vértices é zero e a soma
dos graus de todos os vértices é zero. Assim, p(0) é uma proposição verdadeira.
(ii) Suponha-se que para um dado k NÎ se verifica p(k), isto é, que a soma
dos graus de todos os vértices de um grafo com k arestas é igual a 2k. Considere-se
agora um grafo gn com k+1 arestas. Pretende-se provar que a soma dos graus de
todos os vértices de gn é igual a 2k+2. Para tal, considere-se um grafo g0 exatamente
igual a gn mas com menos uma aresta, por exemplo, a aresta {a, b}.
Pela hipótese de indução, gn tem k arestas e, portanto, a soma dos graus de
todos os seus vértices é igual a 2k. Para obter gn a partir de g0 a única coisa que
necessário fazer é acrescentar a g0 a aresta {a, b}. Este acréscimo aumenta o grau do
vértice a em uma unidade e o grau do vértice b em uma unidade. Então, ao passar
de g0 para gn por adição da aresta {a, b}, a soma dos graus de todos os vértices de
g0 aumenta 2 unidades fazendo com que a soma dos graus de todos os vértices de
de gn seja igual a 2k+2. Isto significa que para k NÎ dado p(k) p(k 1)Þ + .
Por (i) e (ii) e, tendo considerando o princípio de indução matemática, fica
demonstrado o teorema.
Teorema 3: Seja gn um grafo de ordem p e tamanho q, com { }gn 1 2 pV v , v ,. . . ,v= .
Então, ( )p
ii 1d v 2q
==å
109
Corolário 1: Todo grafo contém um número par de vértices ímpares.
Prova: A soma dos graus de todos os vértices é um número par e, para que
esta afirmação seja verdadeira, o número de termos ímpares não pode ser ímpar,
pois do contrário a soma total seria também ímpar.
Um grafo gn é r-regular, ou regular de grau r, se todo vértice de gn tem grau r.
Um grafo é dito regular se é r-regular para algum inteiro não negativo r.
Figura 10: Grafos r-regular
Se gn é um grafo r-regular de ordem p, então é claro que 0 r p 1.£ £ - Entretanto,
se 0 r p 1£ £ - , não necessariamente existe um grafo r-regular de ordem p .
2.5.3 complEmEnto dE um grafo
O complemento ng de um grafo gn é o grafo com gngnV V= e tal que uv é
uma aresta de ng se e somente se uv não é uma aresta de gn .
Figura 11: (a) grafo gn e (b) complemento ng do grafo gn
Se v é um vértice de grau n em um grafo gn de ordem p , então o grau de v
em ng é p n 1.- - Portanto, ng é regular se, e somente se, gn é regular.
AULA 7 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta110
2.5.4 caminhoS dE um grafo, circuito E ciclo
Chama-se caminho entre dois vértices v1 e vr num grafo a uma sequência
finita de vértices e arestas da forma 1 1 2 2 r 1, rv , e , v , e , . . . ,e v- ,onde para cada j, ej
é uma aresta que liga vj a vj+1. Os vértices e as arestas de um caminho podem não
ser todos distintos. Ao número de arestas que compõem um caminho dá-se o nome
de comprimento desse caminho.
Um caminho diz-se simples se não tiver arestas repetidas e diz-se elementar
se todos os seus vértices forem distintos. Um caminho no qual o vértice inicial e o
vértice terminal coincidem chama-se circuito. Um circuito diz-se simples se não
possuir arestas repetidas e um circuito no qual nenhum vértice é repetido exceto o
vértice inicial (terminal) designa-se por ciclo. No grafo que se segue, por exemplo,
Figura 12: Representação de caminho
o caminho 35 25 12 15 45 343e 5e 2e 1e 5e 4e 3 é um circuito simples (não há arestas
repetidas e o vértice inicial e terminal coincidem), mas não é um ciclo já que, além
do vértice inicial (que é também terminal), há outro vértice, o vértice 5, que está
repetido.
Num dígrafo, estes conceitos podem levar em conta a orientação. Chama-se
caminho orientado a uma sequência finita de arcos da forma 1 1 2 2 r 1, rv , e , v , e , . . . ,e v-
onde, para cada i 1,2,...r 1,= - , se tem ( )j j j 1e v ,v += . A partir daqui, define-se
caminho fechado, circuito e ciclo concordantemente.
Na próxima aula, estudaremos outros conceitos relacionados a grafos, como
ciclos Eulerianos, ciclos Hamiltonianos e árvores.
111
Caro(a) aluno(a),
Nesta aula, daremos continuidade ao estudo dos grafos estudando os Ciclos
Eurelianos, os Ciclos Hamiltonianos e principalmente os conceitos de Árvores, que
representam, na teoria dos grafos, um gráfico em que há apenas um caminho
entre quaisquer dois vértices (pontos).
Objetivo
• Compreender e resolver problemas que envolvam Ciclos Eulerianos, Ciclos Hamiltanianos e Árvores
AULA 8 Árvores
AULA 8
112 Matemát ica D isc re ta
TÓPICO 1 Ciclos Eulerianos e Ciclos Hamiltonianos
ObjetivO
• Compreender os conceitos de Ciclo Euleriano e Ciclo
Hamiltoniano
Neste tópico, estudaremos os ciclos eulerianos e o ciclo hamiltoniano.
O primeiro traz esse nome em homenagem ao matemático suíço
Leonhard Paul Euler, que foi o primeiro a discutir esses tipos de
ciclos ao resolver as famosas Sete Pontes de Königsberg.
O percurso fechado que utilize, uma única vez, todas as arestas de um grafo
é chamado Percurso Euleriano. Dessa forma, todo gráfico que possui esse percurso
é denominado Grafo Euleriano.
dEmonStração:
Seja g(V,E) euleriano e seja um ciclo euleriano em gn. Ao percorrermos
esse ciclo a partir de um vértice dado, cada vez que atravessarmos um vértice,
utilizaremos duas arestas, uma na chegada e outra na saída. Logo, o grau de cada
vértice deve ser obrigatoriamente par.
Definição 1: Na teoria dos grafos, um caminho euleriano é uma trilha em um gráfico que
passa por um vértice apenas um vez. Da mesma forma, um ciclo euleriano ou circuito é
aquele que cruza todas as arestas de um vértice, passando apenas uma vez em cada aresta.
Teorema 1: Um grafo g(V,E) não orientado e conexo possui um ciclo euleriano se, e
somente se, todos os seus vértices tiverem grau par.
113
ExEmplo 1
Problema do Dominó: É possível, com as
pedras de um jogo de dominó, formar um anel
(seguindo as regras do jogo )?
Solução:
Vamos associar esse problema à teoria
dos grafos. Assim, seja gn um grafo onde
{ }gnV 1, 2, 3, 4, 5, 6 = (números que aparecem
nas pedras do dominó).
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )gn
0, 0 , 0, 1 , . . . , 0, 6 , 1, 1 , 1, 2 ,E
. . , 1, 6 , 2, 2 , . . ., 6, 6
ì üï ïï ï=í ýï ïï ïî þ(peças do dominó)
Será que gn é euleriano? A resposta é sim. O Grafo gn é um grafo completo,
com 7 vértices, acrescido de um laço em cada vértice, e, portanto, todos os vértices
de gn têm grau 8 (Par). Logo, pelo teorema acima, é euleriano.
Diz-se que um grafo gn conexo é hamiltoniano se existir um ciclo que inclui
todo vértice de gn. Tal ciclo é dito Ciclo Hamiltoniano.
v o c ê s a b i a?
O estudo de gráficos é conhecido como teoria
de gráfico. O primeiro estudioso a investigar
sistematicamente essa teoria foi o matemático
húngaro D. König, na década de 1930.
Definição 2: Ciclo Hamiltoniano é um caminho fechado que visita todo vértice em gn
exatamente uma vez (um caminho fechado com tais características deve ser um ciclo).
Figura 2a: Ciclo Hamiltoniano Figura 2b: Ciclo Não Eureliano
AULA 8 TÓPICO 1
Matemát ica D isc re ta114
ExEmplo 2:
O dodecaedro
É possível com as arestas de um dodecaedro formar um grafo hamiltoniano?
A resposta é sim, o dodecaedro é Hamiltoniano pois existe um ciclo que
passa por todos os vértices. Sua representação está na figura 3.
Figura 3: Representação geométrica do dodecaedro
Figura 4: Caminho hamiltoniano no dodecaedro usando a teoria de grafos
Observando a Figura 4, podemos ver que
o dodecaedro é um ciclo hamiltoniano, pois
existe um ciclo que passa por todos os vértices.
Embora seja claro que apenas grafos
conexos podem ser hamiltonianos, não existe
uma regra simples que nos informe se um grafo é
ou não hamiltoniano, como existe para os grafos
eulerianos.
Vimos neste tópico que o caminho
hamiltoniano é o caminho que contém cada vértice de um grafo exatamente uma
vez, enquanto o ciclo euleriano é o caminho que contém cada aresta do grafo
exatamente uma vez. No próximo tópico, estudaremos um tipo especial de grafos
chamado Árvore, bastante útil na representação de dados.
g u a r d e b e m i s s o !
Lembre-se que num ciclo apenas o primeiro
vértice se repete.
s a i b a m a i s !
Para informações a respeito dos gráficos conexos,
acesse o site <http://www.educ.fc.ul.pt/icm/
icm2001/icm33/conexos.htm>.
115
O conceito de árvores é certamente o mais importante e com maior
quantidade de aplicações na Teoria de Grafos. Nessa teoria,
uma árvore é um grafo que possui caminho entre quaisquer dois
de seus vértices e não possui ciclos, ou seja, uma árvore é um grafo conexo e
acíclico. Caso o grafo seja acíclico, mas não conexo, ele é denominado floresta.
Uma floresta também é definida como uma união disjunta de árvores. Toda árvore
é um grafo, porém a recíproca é falsa. Toda árvore é um grafo dividido em duas
partes e planar.
Assim, podemos definir:
ExEmplo 1:
A árvore mais simples tem um nó e nenhuma aresta, como mostra a Figura 1.
Figura 1: A árvore mais simples é igual ao grafo gn=(1, 0)
A segunda árvore mais simples é composta de dois nós conectados por uma aresta.
TÓPICO 2 ÁrvoresObjetivOs
• Definir e caracterizar árvores mediante grafos
• Determinar o crescimento de árvores e realizar a contagem cor-
respondente
Definição 1: Uma árvore é um grafo conexo acíclico com um nó especial, designado raiz
da árvore.
AULA 8 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta116
Figura 2: A segunda árvore mais simples é igual a o grafo gn=(2, 1)
Veja na Figura 3 uma variedade de outras árvores:
Figura 3: Cinco árvores, que podem ser vistas como grafos
Existem duas propriedades que definem árvores que funcionam em direções
opostas:
1ª) Conectividade = significa que o grafo não pode ter menos arestas que nós.
2ª) Exclusão de ciclos = significa que ele não pode ter mais arestas que nós.
Para ser mais preciso, se um grafo é conexo, então, ao adicionar uma aresta, ele
permanece conexo (enquanto, ao remover uma aresta, ele pode ou não permanecer
conexo). Se um grafo não contém qualquer ciclo, então, ao remover qualquer aresta,
o grafo não conterá um ciclo (enquanto a adição de uma nova aresta pode ou não
criar um ciclo). O seguinte teorema mostra que árvores podem ser caracterizadas como
grafos “minimamente conexos”, bem como grafos “maximamente livres de ciclo”.
Prova: Primeiro, temos que provar que, se gn é uma árvore, então ele satisfaz
a condição dada no teorema. Está claro que se gn é conexo (pela definição de uma
árvore). Queremos provar que, após remover qualquer aresta, ele não permanece
conexo. Assuma que ao remover a aresta uv de uma árvore gn, o grafo resultante
Teorema 1:
(a) Um grafo gn é uma árvore se e somente se ele é conexo, mas a remoção de qualquer de
suas arestas resulta em um grafo desconexo.
(b) Um grafo gn é uma árvore se e somente se ele não contém nenhum ciclo, mas a adição de
qualquer nova aresta cria um ciclo.
117
gn’ seja conexo. Então gn’ contém um caminho P conectando a u e v. Mas então,
se colocarmos a aresta uv formará um ciclo em gn, o que contradiz a definição de
arvores.
2.1 crEScimEnto dE árvorES
Esta é uma das mais importantes propriedades de árvores.
prova:
Seja n uma árvore com pelo menos dois nós. Provamos que n tem um nó
de grau 1 . Digamos que não queremos nunca voltar de um nó sobre a aresta através
da qual entramos nesse nó; é possível, pelo menos, que tomemos um nó de grau 1 .
Nesse caso paramos e a prova está terminada.
Portanto vamos argumentar que isso tem que acontecer mais cedo ou mais
tarde. Se não acontecer, então, em algum momento adiante, teremos que retornar a
um nó que já visitamos; mas então os nós e arestas que percorremos entre as duas
visitas formam um ciclo. Isso contradiz nossa suposição de que n é uma árvore e,
portanto, não contém qualquer ciclo.
prova:
Desde que T é uma árvore, portanto um grafo conecto, então existe um
caminho entre quaisquer dois de seus vértices. Por outro lado, se existir mais
de um caminho entre algum par de seus vértices, implicará a existência de um
circuito, e neste caso T não seria uma árvore.
Prova: Por indução, numa árvore com n = 1 e n = 2 vértices, a afirmação
do teorema é óbvia. Seja então T uma árvore com n vértices. Considere a aresta
ep que interliga os vértices vi e vk. Não existe nenhum outro caminho em T que
Teorema 2: Toda árvore com pelo menos dois nós tem pelo menos dois nós de grau 1 .
Teorema 3: Existe um e somente um caminho entre quaisquer dois vértices de uma
árvore T.
Teorema 4: Uma árvore com n vértices existem n – 1 arestas.
AULA 8 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta118
interligue vi e vk. Portanto a deleção de ep de T irá desconectar T em exatamente
duas subárvores, Estas duas subárvores T1 e T2, possuem menos que n arestas
cada e menos arestas que T possuía. Repetindo o processo de exclusão de arestas
nas subárvores remanescentes, encontraremos subárvores com 2 ou 1 vértices,
comprovando o processo indutivo, pois a cada exclusão estaremos retirando uma
aresta de cada vez.
Prova: Se um grafo é minimamente conecto, então ele é conecto e não possui
nenhum circuito, pois se possuísse não seria minimamente conecto. Portanto é
uma árvore. Por outro lado, uma árvore é conecta, e, por não possuir nenhum
circuito, qualquer aresta que seja excluída de uma árvore a desconecta, portanto é
minimamente conecto.
2.2 contagEm dE árvorES
Contamos todo tipo de coisas. É natural perguntar: quantas árvores
existem sobre n nós? Para o caso de árvores rotuladas, existe uma solução muito
interessante. Veja o teorema 6 a seguir:
2.3 vérticES pEndEntES Em uma árvorE
Vértices pendentes em uma árvore são os vértices que possuem grau 1 (um).
Toda árvore tem pelo menos dois vértices pendentes, podendo ter ainda vários ou-
tros. A razão para esta afirmação está na constatação de que todo vértice de uma árvore
tem grau pelo menos 1, pois a árvore é conecta. Com n vértices e n – 1 arestas, significa
que existem 2.(n – 1) graus a serem divididos entre n vértices. Como não pode haver ne-
nhum vértice com grau zero, então existem pelo menos dois vértices de grau 1.
Definição 2: Chamamos de Grafo minimamente conecto um grafo conecto que, ao ser
excluída qualquer uma de suas arestas, se torne um grafo desconecto.
Teorema 5: Um grafo é uma árvore se e somente se for um grafo minimamente conecto.
Teorema 6: (Teorema de Cayley) O número de árvores rotuladas sobre n nós é 2nn -.
Teorema 7: Em qualquer árvore com dois ou mais vértices, existem pelo menos dois
vértices pendentes.
119
2.4 diStância E o cEntro dE uma árvorE
Intuitivamente na Figura 4 percebemos que o vértice b é o vértice mais
central da árvore. O objetivo é identificar se existe um (ou mais) vértice central ou
o centro de uma árvore.
Figura 4 – b é o vértice mais central
Em um grafo conecto G, a distância d(vi, v
k) entre dois de seus vértices vi
e vk é o comprimento do menor caminho, isto é, do caminho com o menor número
de arestas entre eles. O conceito de distância é válido para qualquer tipo de grafo
conecto, não apenas para árvores.
Lembre-se de que uma função de duas variáveis f(x, y) é dita Métrica se as
propriedades abaixo forem atendidas:
I. Não negatividade: f(x,y) 0 x y³ Û =II. Simetria: f(x,y) f(y,x) =III. Desigualdade triangular: f(x,y) f(x,z) f(z, y) £ + para qualquer z.
A função que representa a distância entre dois vértices em um grafo satisfaz
as condições 1 e 2 de forma clara . Em relação à terceira condição, basta observar
que a distância de um vértice x qualquer a outro vértice z, mais a distância de z a
y não pode ser menor que a menor distância entre x e y pela própria definição da
função distância. Assim:
Vamos encerrar este tópico com mais um teorema que afirma que uma árvore
tem um ou dois centros. Antes da apresentação e demonstração desse teorema,
vamos às seguintes definições.
Teorema 8: A distância entre os vértices de um grafo conecto é uma métrica.
AULA 8 TÓPICO 2
Matemát ica D isc re ta120
Definição 3: Excentricidade E(v) de um vértice v em um grafo conecto G é a distância
de v ao vértice mais distante de v em G. Ou seja, E (vi) = máx (distância d(vi, vk)) para
todo vk em G.
Definição 4: O centro de um grafo conecto G é o vértice de G que possuir a menor
excentricidade.
Teorema 9: Toda árvore tem 1 (um) ou 2 (dois) centros.
Prova: A distância máxima de um vértice vi a qualquer outro vértice vk
numa árvore T ocorre sempre em um vértice pendente, ou seja, sempre vk é um
vértice pendente. Caso contrário, haveria mais algum vértice além de vk em T com
distância maior de que vi, e assim vk não seria o vértice mais distante de vi.
Tendo em vista que T possui pelo menos dois vértices pendentes, se
excluirmos de T todos os seus vértices pendentes, formaremos um novo grafo
T’ que ainda seria uma árvore. A excentricidade de T seria reduzida de 1 (uma)
unidade. Obviamente o centro de T ainda continuaria em T’, e o centro de T seria
o mesmo centro de T’. Repetindo o processo de exclusão dos vértices pendentes de
T’, obtendo T’’ e assim em diante, continuaremos a ter os mesmos resultados. Este
processo continua até que restem apenas 1 ou 2 vértices. Enquanto existirem 3 ou
mais, o processo ainda pode ser repetido. O(s) vértice(s) remanescente(s) será(ão) os
centros ou o centro de T.
121
REFERÊNCIASALENCAR FILHO, Edgard de. Funções Aritméticas: Números Notáveis. São Paulo: Nobel, 1988.
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______ Grafos e Algoritmos Computacionais. 2. ed. Rio de Janeiro: Campus Ltda, 1986.
REFERÊNCIAS
122 Matemát ica D isc re ta
CURRÍCULOMarcos Antônio de Macedo
Possui graduação em Ciências pela Universidade Regional do Cariri – URCA (1997),
graduação em Matemática (Licenciatura Plena) pela Universidade Regional do Cariri –
URCA (2001), concluiu especialização “Latu Sensu” (Turma I) em Matemática aplicada pela
Universidade Regional do Cariri – URCA em 2002. Atualmente é professor do Instituto Federal
de Educação Ciência e Tecnologia do Ceará – IFCE, onde leciona no curso de Matemática
desde agosto de 2004, também é professor formador e conteudista da Universidade Aberta
do Brasil- UAB. Foi servidor público estadual pela 19ª CREDE, onde lecionou a disciplina de
Matemática no ensino médio de 1998 a 2010. Tem experiência na área de Matemática, com
ênfase em Cálculo Diferencial Integral, Geometria e Álgebra, com atuação principalmente
nas seguintes disciplinas: Cálculo, Álgebra Linear, Geometria Analítica e Vetores, Geometria
Descritiva, Construções Geométricas e Geometria Euclidiana.
Estruturasalgébricaslicenciatura emmatemática
LIC
EN
CIA
TU
RA
EM
MA
TE
MÁ
TIC
A - E
ST
RU
TU
RA
S A
LG
ÉB
RIC
AS
UA
B / IF
CE
SE
ME
ST
RE
6
Ministério da Educação - MEC
Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Nível Superior
Universidade Aberta do Brasi l
Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Ceará