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DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 1
1. Considere a soma
Sn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1.
Mostre, por indução finita, que Sn = (n−1)2n +1. Indique claramente a base da indução,a hipótese de indução e o passo de indução.
2. Considere a palavra PASSARADA.
(a) Quantos anagramas desta palavra não têm duas letras S conscutivas?(b) Quantas palavras distintas de 3 caracteres podem ser formadas com as letras de
PASSARADA?
Cuidado com as letras repetidas em (b).
3. Suponha que temos 60 bolas de tênis e 10 caixas, numeradas de 1 a 10. De quantasmaneiras podemos guardar estas bolas nas caixas, de modo que a caixa 1 tenha pelo menosuma bola, a caixa 2 tenha pelo menos duas bolas, a caixa 3 tenha pelo menos três bolas, eassim por diante, até caixa 10, que deve ter pelo menos dez bolas?
4.(bônus) Dê uma demonstração combinatória da identidade:(2n
2
)= 2
(n
2
)+ n2.
RESOLUÇÃO
1. SejaSn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1
e Fn = (n− 1)2n + 1. Queremos provar por indução em n que a afirmação
A(n) : Sn = Fn
vale para todo n ≥ 1.
A base consiste em mostrar que S1 = 1 · 20 é igual a F1 = (1 − 1)21 + 1. Mas isto éclaramente verdade, uma vez que S1 = 1 = F1.
A hipótese de indução nos diz que Sk = Fk, para algum k ≥ 1. Para fazer o passo deindução, note que
Sk+1 = Sk + (k + 1)2k.
Mas, pela hipótese de indução Sk = Fk, donde
Sk+1 = Fk + (k + 1)2k.
Como Fk = (k − 1)2k + 1, obtemos
Sk+1 = (k − 1)2k + 1 + (k + 1)2k = 2k(k − 1 + k + 1) + 1,
Mas,2k(k − 1 + k + 1) + 1 = 2k · 2k + 1 = k2k+1 + 1.
Assim,Sk+1 = k2k+1 + 1,
como precisávamos mostrar. Portanto, pelo princípio de indução finita, temos que
Sn = 1 · 20 + 2 · 21 + 3 · 22 + · · ·+ n · 2n−1 = Fn = (n− 1)2n + 1,
para todo n ≥ 1.
2.(a) Contando o SS como uma letra, temos
8!
4!
palavras em que as duas letras S estão juntas. Subtraindo isto do total de anagramas,obtemos
9!
4!2!− 8!
4!que é o total de anagramas em as duas letras S não estão juntas.
2.(b) Temos três possibilidades, que vamos contar separadamente. Na primeira, a palavratem 3 caracteres diferentes entre si, na segunda há 2 caracteres iguais, na terceira todos os3 caracteres são iguais. Como há 5 letras diferentes na palavra dada, podemos formar
5 · 4 · 3
palavras com letras distintas a partir delas. Para contar as palavras onde há exatamenteduas letras iguais, começamos escolhendo as(
3
2
)posições onde pôr as duas letras iguais—que podemos escolher como sendo S ou A. Sobrauma posição que deve ser ocupada por letras diferentes entre si, e diferentes da escolha daletra dupla. Isto nos dá 4 escolhas esta posição. O total é
2
(3
2
)· 4,
possibilidades de palavras com 3 letras, exatamente duas das quais são iguais. No caso emque as 3 letras são a única palavra possível é AAA. Finalmente, o total de palavras de trêscaracteres que podem ser formadas com as letras de PASSARADA é
5 · 4 · 3 + 2
(3
2
)· 4 + 1.
3. Seja xj a quantidade de bolas que podemos pôr na j-ésima caixa. Temos que
x1 + x2 + · · ·+ x10 = 60 e que xj ≥ j para cada 1 ≤ j ≤ 10.
Para contar o número de soluções tomamos
yj = xj − (j − 1).
Como xj ≥ j, concluímos que
yj = xj − (j − 1) ≥ j − (j − 1) = 1.
Contudo,
y1 + y2 + · · ·+ y10 = (x1 + x2 + · · ·+ x10)− (0 + 1 + · · ·+ 9)
Mas,
0 + 1 + · · ·+ 9 =10 · 9
2= 45,
ao passo quex1 + x2 + · · ·+ x10 = 60
Portanto,y1 + y2 + · · ·+ y10 = 60− 45 = 15,
cuja quantidade de soluções não negativas é igual à quantidade de soluções do problemaoriginal. Mas esta última equação tem (
14
9
)soluções, que é a resposta desejada.
4. Considere um conjunto de 2n bolas de cores diferentes. A demonstração consiste emcontar, de duas maneiras diferentes, os subconjuntos de dois elementos que podem serformados com estas bolas. A primeira maneira de contar usa combinação e dá(
2n
2
)diretamente. A segunda maneira de contar consiste em agrupar as bolas em dois grupos den bolas. Podemos, agora, formar subconjuntos de duas bolas de duas maneiras diferentes:
• tomando uma bola de um grupo e outra do outro, ou
• escolhendo duas bolas do mesmo grupo.
No primeiro caso obtemos n2 subconjuntos distintos. No segundo caso, temos(n
2
)maneiras distintas de escolher subconjuntos de 2 bolas em um dos grupos de n bolas. Comohá dois grupos de n bolas devemos dobrar este número. Isto nos dá um total de
2
(n
2
)+ n2;
subconjuntos distintos, donde a identidade desejada.
DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 2
1. Use o teorema das colunas para calcular o valor da soma
50 · 51 + 51 · 52 + 52 · 53 + · · ·+ 100 · 101.
2. Usando o princípio de inclusão e exclusão, determine quantas palavras binárias de 7símbolos não contêm quatro 1s consecutivos.
3. Sabe-se que
C =
(n
0
)2
+
(n
1
)2
+ · · ·+(
n
n
)2
.
é o coeficiente do termo de grau k em x da expressão (1 + x)n(1 + x)n.
(a) Calcule o valor de k.(b) Igualando os coeficientes dos termos de grau k em
(1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n,
determine uma fórmula fechada para C.
RESOLUÇÃO
1. De acordo com o teorema das colunas(n
n
)+
(n + 1
n
)+ · · ·+
(n + k
n
)=
(n + k + 1
n + 1
).
Fazendo n = 2, obtemos(2
2
)+
(3
2
)+ · · ·+
(2 + k
2
)=
(2 + k + 1
3
).
Como, (m
2
)=
m(m− 1)
2,
a equação anterior pode ser reescrita na forma1 · 22
+3 · 22
+ · · ·+ (k + 2)(k + 1)
2=
(2 + k + 1
3
);
donde
1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ (k + 2)(k + 1) = 2 ·(
2 + k + 1
3
);
Para k = 99,
S = 1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ 101 · 100 = 2 ·(
102
3
)e para k = 48,
T = 1 · 2 + 3 · 2 + · · ·+ 50 · 49 = 2 ·(
51
3
).
Portanto,
S − T = 51 · 50 + 52 · 51 + · · ·+ 101 · 100 = 2 ·[(
102
3
)−
(51
3
)]= 301750.
2. A estratégia consiste em contar quantas seqüências têm quatro 1s consecutivos e sub-trair isto do total de seqüências binárias de 7 letras; isto é, de 27. Vou dar três soluçõesdiferentes.
PRIMEIRA SOLUÇÃO: Note que a seqüência de quatro 1s consecutivos pode estar situadaem quatro posições diferentes, ocupando as casas 1 a 4, 2 a 5, 3 a 6 e 4 a 7. Seja, então,Ai o conjunto das palavras binárias em que há uma seqüência de quatro 1s começando nai-ésima casa, onde 1 ≤ i ≤ 4.
Como quatro casas estão ocupadas por 1111 sobram três casas que podem conter qual-quer coisa. Logo,
|Ai| = 23 para 1 ≤≤ 4.
Considerando, agora, as interseções dois a dois, temos que A1∩A2 e A3∩A4 são simétricase contêm duas casas vagas cada, de modo que
|A1 ∩ A2| = |A3 ∩ A4| = 22 = 4.
De modo semelhante, A1 ∩ A3 e A2 ∩ A4 são simétricas e têm duas casas vagas, donde
|A1 ∩ A3| = |A2 ∩ A4| = 22.
Sobra, apenas, A1 ∩ A4 que contém apenas 1111111, assim
|A1 ∩ A4| = 1.
Analisando as interseções 3 a 3 de maneira semelhante, vemos que
|A1 ∩ A2 ∩ A3| = |A2 ∩ A3 ∩ A4| = 2,
ao passo que|A1 ∩ A2 ∩ A4| = |A1 ∩ A3 ∩ A4| = 1.
Finalmente,|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4| = 1.
Portanto, pelo Princípio de Inclusão e Exclusão,
|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = 4 · 23 − (2 · 22 + 2 · 2 + 1) + (2 · 2 + ·1)− 1,
que é igual a 20. Logo, a resposta da questão é
27 − 20 = 108.
SEGUNDA SOLUÇÃO: Note que a seqüência de quatro 1s consecutivos pode estar situadaem quatro posições diferentes, ocupando as casas 1 a 4, 2 a 5, 3 a 6 e 4 a 7. Seja, então, Bi
o conjunto das palavras binárias em que a seqüência de quatro 1s começa na i-ésima casa,onde 1 ≤ i ≤ 4. Note que, desta forma ou os quatro 1s começam na primeira posição, ouhá um 0 precedendo a seqüência de quatro 1s.
Com isto, a casa anterior à i-ésima de qualquer seqüência em Bi só pode conter zero,mas as casas posteriores à i + 3-ésima ou anteriores à i − 1-ésima podem conter 0 ou 1.Portanto,
|Bi| = 2j · 27−(i+3) = 24−i;
onde j = max{0, i − 2}. Note que o termo 27−(i+3) conta o os possíveis segmentos dapalavras binária que são posteriores aos quatro 1s, ao passo que 2j conta os possíveissegmentos anteriores a 01111. Por isso, quando i = 1 ou i = 2, obtemos j = 0. Passandoas interseções, vemos que o posicionamento do zero anterior a 1111, garante que
Bi ∩Bj = ∅,se i < j. Portanto,
|B1 ∪B2 ∪B3 ∪B4| = |B1|+ |B2|+ |B3|+ |B4| = 8 + 4 + 4 + 2 = 20.
Portanto, há27 − 20 = 108
seqüências binárias de 7 símbolos sem quatro 1s consecutivos.
TERCEIRA SOLUÇÃO: Defina Ci como o conjunto das seqüências binárias que têm exa-tamente i uns consecutivos. Então, o conjunto das seqüências binárias com, pelos menos,quatro 1s consecutivos é igual
C4 ∪ C5 ∪ C6 ∪ C7.
Como estes conjuntos são dois a dois disjuntos, basta contar cada um e somar os resultados.
É claro que C7 tem apenas um elemento, a saber 1111111; ao passo que C6 tem dois,dependendo se o único zero possível está antes ou depois da seqüência de seis uns consecu-tivos. Se temos uma seqüência de cinco 1s consecutivos, sobram duas casas para completaras sete. Se os cinco 1s vêm no começo ou no final da palavra, têm que estar, respectiva-mente, seguidos por um zero, ou precedidos por um zero. Isto deixa uma casa livre. Senão vêm no começo, então têm que ser precedidos e seguidos por zeros, o que não deixa
nenhuma casa livre. Temos, então, que |C5| = 2 · 2 + 1. Uma análise semelhante mostraque
|C4| = 2 · 22 + 2 · 2.Portanto, o número de palavras com pelos menos quatro uns consecutivos é igual a
|C4∪C5∪C6∪C7| = |C4|+ |C5|+ |C6|+ |C7| = (2 ·22 +2 ·2)+(2 ·2+1)+2+1 = 20;
de modo que a resposta da questão será
27 − 20 = 108.
3. (a) Como (n
i
)=
(n
n− i
),
temos que
C =
(n
0
)(n
n
)+
(n
1
)(n
n− 1
)+ · · ·+
(n
n
)(n
0
).
que é o coeficiente de xn no produto (1 + x)n(1 + x)n. Portanto, k = n.
(b) O coeficiente do termo de grau n em (1 + x)n é(2n
n
).
Logo, igualando os coeficientes de xn em ambos os lados da identidade
(1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n,
obtemos
C =
(2n
n
),
que é a resposta da letra (b).
DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 3
1. Considere a recorrência
rn = 4rn−1 + rn−2, com r0 = 0 e r1 = 1.
(a) Resolva a recorrência.(b) Invente um problema cuja solução seja dada por esta recorrência.
2. Considere a recorrência dividir-e-conquistar dada por
f(n) = 2f(n/2) + 1 e f(1) = 1.
(a) Resolva esta recorrência de maneira exata quando n é uma potência de 2.(b) Dê uma estimativa para f(n), em função de n, usando notação O.
3. Dado um inteiro positivo n, a seguinte estratégia dividir-e-conquistar calcula [√
n]:
Etapa 1: Inicialize E = 1 e D = n.Etapa 2: Calcule o ponto médio M do intervalo [E, D], que é M = [(E + D)/2].Etapa 3: Páre se M = E ou se M = D e retorne M .Etapa 4: Se n ≥ M2, a raiz quadrada de n é maior que M , e está no intervalo [M, D]:
faça E = M e volte à etapa 2.Etapa 5: Se n < M2, a raiz quadrada de n é menor que M , e está no intervalo
[E, M ]: faça D = M e volte à etapa 2.
Lembre-se que [r] denota a parte inteira de r.
(a) Ache a recorrência que conta o número c(n) de comparações necessárias para exe-cutar este algoritmo com entrada n e estime c(n) usando notação O.
(b) O algoritmo indutivo para calcular [√
n] compara i2 com n, para i variando de 1 a n,até encontrar a parte inteira da raiz. Quantas comparações este algoritmo executa?Qual dos dois algoritmos é mais eficiente? Justifique cuidadosamente sua resposta.
4.(Bônus) Use o princípio de inclusão e exclusão para determinar quantos inteiros entre 1e 360 têm pelo menos um fator primo em comum com 360.
RESOLUÇÃO
1(a). A equação característica correspondente é α2 − 4α− 1 = 0 que tem raízes
α1 = 2 +√
5 e α2 = 2−√
5.
Portanto, a solução geral, sem levar em conta as condições iniciais, é
rn = c1αn1 + c1α
n2 .
Aplicando as condições iniciais, obtemos o sistema
c1 + c2 = r0 = 0 e c1α1 + c2α2 = r1 = 1.
Substituindo c2 = −c1 na segunda equação e resolvendo, obtemos
c1 =√
5/10,
dondec2 = −
√5/10.
Logo, a solução da recorrência com as condições iniciais dadas é
rn =
√5
10αn
1 −√
5
10αn
2 .
1(b). Há muitas possibilidades de problemas, aqui vão alguns.
Reginaldo começou a jogar Star Trek Legacy pela primeira vez e só depoisde um dia conseguiu marcar um ponto. Como é um jogador obsessivo,decidiu que iria jogar a cada dia até completar exatamente quatro vezes onúmero de pontos do dia anterior, mais o número de pontos de dois diasatrás. Quantos pontos Reginaldo terá obtido em n dias se conseguir atingiro seu objtivo?
Um exemplo menos bobo:
Uma placa de Petri foi desinfetada, mas foi guardada em lugar inapropriadoe depois de um dia estava infectada com uma bactéria. Cada uma destasbactérias dá se divide em duas a cada 12h, e uma bactéria tem tempo devida de exatamente de dois dias. Qual será a população de bactérias naplaca depois de n dias?
2(a). Quando n = 2k, temos f(n) = f(2k), donde
f(2k) = 2f(2k−1) + 1.
Fazendo rk = f(2k)/2k, obtemos a recorrência
rk = rk−1 + 2−k.
Temos assim uma soma telescópica, que nos dá
rk − r0 =k∑
j=1
2−j =2−1 − 2−k−1
1− 2−1.
Como r0 = f(1) = 1, obtemos
rk = 1 +2k − 1
2k.
Portanto,f(2k) = 2k+1 − 1.
2(b). Como n = log2(k), temos que
f(n) = 2n− 1;
isto é,f(n) = O(n).
3(a). Em cada passo fazemos três comparações, para verificar se M = E, se M = De como M2 pode ser comparado com n. Além disso, passamos a analisar uma das duasmetades do intervalo original. Logo a recorrência dividr-e-conquistar é dada por
c(n) = c(n/2) + 3.
Estimando c(n) pelo Teorema Mestre, obtemos
c(n) = O(log2 n).
3(a). O algoritmo indutivo executa [√
n] + 1 comparações até achar a parte inteira da raiz;logo tem custo O(n1/2). Como, para valores grandes de n log2(n) < n1/2, o algoritmodividir-e-conquistar é mais eficiente que o indutivo.
4. Como360 = 23 · 32 · 5,
queremos determinar os números menores ou iguais que 360, que são múltiplos de pelomenos um dos primos entre 2, 3 e 5. Seja Md a quantidade de mútiplos de d menores ouiguais que 360. Então,
M2 = 360/2 = 180
M3 = 360/3 = 120
M5 = 360/5 = 72.
Precisamos descontar disto os números que são, simultaneamente, múltiplos de dois destesnúmeros:
M6 = 360/6 = 60
M10 = 360/10 = 36
M15 = 360/15 = 24.
Finalmente, precisamos saber quantos números são múltiplos de 2, 3 e 5:
M60 = 12.
Pelo Princípio de Inclusão e Exclusão, existem
(M2 + M3 + M5)− (M6 + M10 + M15)−M60 = 264
números entre 1 e 360 que são múltiplos de 2, 3, ou 5.
DCC-UFRJ–MATEMÁTICA COMBINATÓRIA–2006/2–PROVA 4
Nome:
Justifique cuidadosamente as suas respostas.
Considere o grafo G esboçado abaixo.
1. Determine se G tem ciclo euleriano.2. Determine se G tem ciclo hamiltoniano.3. Mostre que G não é planar, utilizando a fórmula de Euler.4. Determine o número cromático de G.
RESOLUÇÃO
1. Sim, porque cada vértice tem grau 4, que é um número par.
2. Sim. Um ciclo hamiltoniano é dado pela sequência de vértices
1− 3− 11− 10− 4− 2− 8− 5− 7− 9− 12− 6− 1.
sob a numeração abaixo
3. Como G tem 12 vértices e 24 arestas, se fosse planar, a fórmula de Euler nos daria
2 = v(G)− a(G) + f(G) = 12− 24 + f(G);
donde o número de faces seria f(G) = 14. Por outro lado, como o grafo não tem cicloscom 3 arestas, temos que
2a(G) =∞∑i=4
ifi ≥ 4f(G).
Assim,24 = a(G) ≥ 2f(G) = 28;
que é a contradição que comprova que G não é planar.
4. Como G contém C5 como subgrafo, temos que
χ(G) ≥ χ(C5) = 3.
Por outro lado, cada vértice de G tem grau 4, de modo que, pelo algoritmo guloso,χ(G) ≤ 5. Contudo, é fácil pintar G com apenas quatro cores, como mostramos abaixo:
Falta, apenas, mostrar que três cores não bastam. Para isto usamos números de 1 a 3para as cores, de modo que pintaremos os vértices numerando-os. Começamos numerandoo C5 mais externo como abaixo:
Com isto os dois vértices da base do C5 mais interno têm que ser numerados como segue
e o vértice à esquerda tem que ser colorido com 1,
e o imediatamente à direita dele com 2.
Procedendo de maneira semelhante com o vértice da direita, vemos que deve ser coloridocom 3,
mas, com isto, não há nenhuma cor possível para utilizar no vértice marcado com x:
Note que esta tentativa de coloração está completamente determinada pela escolha decores para o C5 exterior. Isto significa que não existe coloração possível deste grafo comtrês cores, partindo da escolha que fizemos de como pintar o C5 exterior. Contudo, háoutra escolha possível de coloração para o C5 exterior que é genuinamente diferente daque fizemos acima (isto é, não é uma mera troca de nomes das cores). Esta outra coloraçãoé ilustrada abaixo.
Para completar a demonstração, precisamos mostrar que, a partir desta coloração do C5
não é possível pintar G com três cores. Como o argumento é inteiramente semelhante aooutro não vamos explicitá-lo aqui.