Elementos de Matemática Finita ( ) Exercícios resolvidos

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1 Elementos de Matemática Finita ( Exercícios resolvidos Ficha 7-1. ( ( Ficha ( Ficha 7-3. A resposta à primeira pergunta é (5 3 ( 5 6. A probabilidade de acertar exactamente em m números pode ser calculada como ( m( 7 6 m 43, mas também como ( m( 6 7 m 44. A resposta seria portanto 6 m=3 7 ( m( 6 m 6 Ficha r = 9 8 logo r = 6. Ficha 7-5. Designando por T (i, j a entrada na linha i e coluna j da tabela descrita no enunciado, o número de divisores de j é o número de 1 na coluna respectiva; portanto, a média do número de divisores para j N é 1 N j=1 trocando a ordem dos somatórios = 1 T (i, j = 1 N N j=1 T (i, j = N i = 1 N onde 0 r i < 1 para todo o i; logo a média pedida é 1 i R N 3 ( N i r i 1

2 onde 0 R N < 1. A soma N 1 i, que é uma soma parcial da série harmónica diverge para infinito quando N + de um modo bem conhecido: ( log log(n < 1. N i Concluímos que, embora a função d(n (número de divisores de n seja obviamente muito irregular, a sua média 1 N j=1 Nd(j é bem aproximada, para valores de N grandes, por log(n. Ficha 7-6. A igualdade ( m m( n = m 1 n n 1 pode ser deduzida usando a expressão dos coeficientes binomiais ( m n = m! n!(m n!, ou por um argumento combinatório, ou seja, mostrando que a igualdade traduz, ou é representada por, uma bijecção entre dois conjuntos: De facto n ( m n representa o número de maneiras de escolher um n-subconjunto de um m conjunto e seleccionar um elemento desse subconjunto, enquanto que m ( m 1 n 1 representa o número de maneiras de fazer exactamente a mesma escolha mas seleccionando previamente o elemento ao qual juntamos depois um n 1- subconjunto dos resntantes m 1. Aplicando a igualdade anterior, temos ( ( n + 1 n (n + 1 = (n + 1, n + 1 n logo n + 1 divide o produto do lado direito, mas como é obviamente primo com n + 1, tem que dividir ( n n. Temos também ( p = p ( p 1 k k k 1 o que implica que p divide k ( p k e portanto tem que dividir o segundo factor. ( Ficha 7-7. n+1 m+1 pode ser interpretado como o número de m + 1- subconjuntos de [n + 1] = {0, 1,, n}; para cada um desses subconjuntos,

3 o maior elemento escolhido tem que ser um k m; e escolhido esse maior elemento k, podemos escolher os restantes de ( k m maneiras. Ficha Como vimos num problema anterior, ( m+n n pode ser interpretado como o número de caminhos entre o ponto (0, 0 e o ponto (m, n, em que em cada passo passamos de (x, y para (x + 1, y ou para x, y + 1: como no total damos m passos horizontais e n verticais, ( m+n n conta o número de maneiras de escolher em que posições na sequência de passos são dados (por exemplo os passos verticais. Cada um destes caminhos atinge a recta x = m num determinado ponto (m, k onde 0 k n, e podemos decompor o conjunto dos caminhos numa união disjunta em que cada subconjunto contém os caminhos que chegam àquela recta num dado ponto (m, k; o número destes caminhos não é ( m+k k, uma vez que este coeficiente binomial conta todos os caminhos de (0, 0 até (m, k (incluindo os que atingiram a recta x = m antes, mas sim ( m 1+k k, uma vez que os caminhos que chegam a x = m em (m, k estão em bijecção com os caminhos que chegam a (m 1, k. Ficha 7-1. Seguindo a sugestão, notamos que se A for um conjunto de subconjuntos de [n] com a propriedade dada, então B A = [n] \ B / A, e portanto A n 1. Verificamos que este majorante pode ser de facto atingido, considerando por exemplo A = {B [n] : 0 B}. Ficha Podemos acrescentar uma variável x k+1 que tem que ter valor positivo, de modo a termos A resposta é portanto ( N 1+k k. Ficha x x k + x k+1 = N; 3

4 a ( ; b ( ( ; c 10 k=0. ( 0 k+5 5 Ficha Alinhamos 5 marcas para os números escolhidos e intercalamos entre cada duas delas 3 espaços; distribuímos depois pelas 6 zonas determinadas pelas marcas, os 13 = espaços restantes, de ( maneiras possíveis. Ficha Fixamos uma pessoa X e dividimos o problema em dois casos: Se X é seleccionado, os vizinhos não são, e sobram n 3 pessoas das quais temos que escolher k 1 não vizinhas. Este problema é equivalente aos modos de contar as palavras com k 1 S e n k R, sem S seguidos; Se tivermos os k 1 S com k R intercalados, ( sobram n k R para distribuir por k n k 1 espaços, o que se pode fazer de maneiras. k 1 Se X não for seleccionado, ( então repetimos o raciocínio anterior mas com k S n k e n k 1 R e obtemos maneiras. k Logo a resposta final é ( ( n k 1 n k +. k 1 k ( n k 1 n Este valor é igual a. O significado combinatório desta expressão k 1 k é que X pode ( ser escolhido arbitrariamente entre as n pessoas. Assim se multiplicarmos por n estamos a contar cada equipa de seleccionados n k 1 k 1 k vezes. Ficha 7-3. Começamos por notar que se s k s j mod 100 para alguns k < j, isso significa, dado que não há caixas vazias, que s j = s k e que, 4

5 portanto, x k x j = 100 o que nos dá a divisão de caixas desejada. Vamos agora verificar que aquela condição tem mesmo que ocorrer. Se não fosse esse o caso, para cada 0 m < 100 haveria exactamente uma soma s k m mod 100. Suponhamos que existem t caixas com exactamente uma bola; o caso t = 0 corresponde a todas as caixas terem exactamente bolas cada e a resposta é óbvia; por outro lado t 98, uma vez que nenhuma caixa pode ter mais do que 100 bolas. Suponhamos então que 0 < t 98 e ordenemos as caixas por ordem não decrescente do número de bolas que contêm. De acordo com a hipótese de todas as classes de congruência m odulo 100 estarem representadas por somas, tem que existir um índice k para o qual s k t + 1 mod 100; eese índice tem que ser maior que t e como as caixas com índice maior que t têm x i > 1 bolas, temos s k = t Mas pelo mesmo raciocínio teria que existir um índice l para o qual s l = t + 10 t + mod 100 o que só poderia acontecer se l = k + 1 e x l = 1, o que é impossível. Podíamos também argumentar que, com a ordem não decrescente adoptada, x t+1 t + 1; caso contrário t + (100 t(t + 00 t(t 99 0 o que é impossível. E então, se existisse uma soma s k = t + 101, teríamos x x xt x t+ + + x k = 100, ou seja, retirando ao conjunto de caixas C i, com t < i k, a caixa C t+1 e acrecentando x t+1 1 caixas com uma bola cada, ficamos com um conjunto contendo exactamente 100 bolas como queríamos. Ficha 7-6. a Um anagrama de BANANA pode ser identificado com uma função f do conjunto dos 6 espaços no conjunto das 3 letras de tal modo 5

6 que f toma o valor B 1 vez, o valor A 3 vezes e o valor N vezes, e portanto o seu número é dado por ( 6 = 6!, 3, 1!3! = 60 b Basta calcular para o primeiro caso, uma vez que o outro é igual, pois há tantos I como S; uma das formas de resolver é notar que depois de escrever dois I e quatro S seguidos - I I S S S S - temos 5( espaços diferentes onde colocar os I que sobram o que se pode fazer de maneiras, e depois disso temos 9 posições para o M e finalmente 10 posições para o P, ou seja 10 9 ( 6 = 1350 soluções. Se interpretarmos a pergunta como exigindo que haja só I antes do primeiro S, o resultado é ( = 900 Ficha 7-7. Podemos escolher X de n = n ( n k=0 k maneiras; para cada uma dessas escolhas Y fica determinado, escolhendo um subconjunto de [n]\x, de n X maneiras possíveis. A resposta é portanto n k=0 ( n k n k = 3 n. A interpretação deste resultado final é que podemos identificar cada escolha X Y [n] com uma função se x X f : [n] [3], f(x = 1 se x Y \ X 0 se x [n] \ Y 6