Exercícios Resolvidos

2.1 O Prof. Toshivitsu tem três caixinhas sobre a mesa de trabalho. Uma

delas contém em seu interior duas canetas pretas (PP), outra, duas

canetas vermelhas (VV) e, finalmente, uma terceira caixinha com uma

caneta preta e a outra vermelha (PV). As caixas tinham suas etiquetas

correspondentes — PP, VV e PV — mas a secretária novata trocou-

as, de modo a ficarem todas com as tampas erradas. Tirando uma

caneta por vez de cada caixa, sem olhar para o seu interior, qual é o

menor número de canetas a tirar para que se determine o conteúdo

exato das três caixas?

Solução:

A chave da solução é o conhecimento prévio de que todos os

rótulos estão errados!

É possível determinar o conteúdo das três caixinhas tirando

apenas uma caneta de uma delas, ou seja, uma caneta da caixa que possui a etiqueta PV, pois, supondo que a caneta retirada seja vermelha, ficaremos sabendo que a outra caneta dessa caixa também é vermelha, do contrário a etiqueta estaria correta. Uma vez identificada a caixa que contém as canetas vermelhas, podemos logo identificar a caixa que contém as pretas, pois sua etiqueta também deve estar errada e não pode ser a marcada com a etiqueta PP.

Seguindo idêntico raciocínio, resolvemos o problema se a caneta retirada da caixa PV for preta. ✓

2.2 Quando escrevemos os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, …,

1996, qual o 1996o algarismo escrito?

Solução:

Observemos que de 1 até 9 escrevemos 9 algarismos; de 10 até

99 utilizamos 2(99 − 9) algarismos; de 100 a um número N, de três algarismos, utilizamos 3(N − 99) = 3N − 297 algarismos. Portanto, de 1 até N utilizamos 9 + 180 + 3N − 297 = 3N − 108 algarismos.

Fazendo 3N − 108 = 1996 obtemos 3N = 2104, em que N = 701

+ 1/3.

Isso significa que, se a divisão tivesse dado exatamente 701, o

resultado do problema seria 1 de 701, mas como o resto da divisão de 2104 por 3 foi 1/3, temos que o 1996o algarismo escrito é o 7 de 702. ✓

2.3 Considere o conjunto A = {a, b, c, d}. Pede-se escrever:

a. os arranjos binários de A;

b. os arranjos ternários de A.

Solução:

Arranjos simples de classe p de m elementos, sendo p ≤ m, ou

arranjos simples de m elementos p a p, são todos os agrupamentos de p elementos distintos tirados dentre os m elementos dados, de modo que cada agrupamento se diferencie de outro, seja pela natureza, seja pela ordem de seus elementos.

a. Para obter os arranjos binários desses quatro elementos,

juntamos a cada elemento sucessivamente os outros três. Dessa

forma, teremos:

ab ba ca da

ac bc cb db

ad bd cd dc

b. Juntando-se a cada um dos agrupamentos binários (obtidos

antes), sucessivamente, os dois elementos que nele não figuram, obtêm-se os arranjos ternários, ou seja:

abc bac cab dab

abd bad cad dac

acb bca cba dba

acd bcd cbd dbc

adb bda cda dca

adc bdc cdb dcb

Observemos que esse processo de formação é geral, isto é, que

dados m elementos distintos, se obtêm seus arranjos binários simples, juntando-se a cada um deles sucessivamente os m − 1 elementos restantes. Observemos igualmente que os arranjos ternários simples dos m elementos são obtidos juntando-se a cada agrupamento binário sucessivamente os m − 2 elementos que não figuram, e assim por diante. ✓

2.4 Considere cinco elementos do conjunto A = {a, b, c, d, e} na ordem

em que se encontram. Pede-se escrever:

a. as combinações binárias de A;

b. as combinações ternárias de A;

c. as combinações quaternárias de A.

Solução:

Combinações simples de classe p ou combinações simples de m

elementos p a p (p ≤ m) são todos os agrupamentos de p elementos distintos tirados entre os m elementos dados, de modo que cada agrupamento se diferencie de outro pela natureza de seus elementos.

a. Para obtermos as combinações simples desses cinco elementos 2

a 2, acrescentamos a cada um deles, sucessivamente, os elementos que o seguem (quando possível). Assim, ao elemento a acrescentam-se sucessivamente os elementos b, c, d, e; ao elemento b acrescentam-se sucessivamente c, d, e; ao elemento d acrescenta-se o elemento e. Esse último não dá origem a nenhum grupo binário. Assim, as combinações binárias são:

ab bc cd de

ac bd ce

ad be

ae

b. Formam-se as combinações ternárias dos cinco elementos dados,

acrescentando-se a cada um dos grupos binários (vide item anterior) não terminados pelo último elemento, sucessivamente, todos os elementos que seguem o seu último. Desse modo, ao grupo ab acrescentam-se sucessivamente c, d, e; aos grupos ac e bc sucessivamente d, e; aos grupos ad, bd, e cd o elemento e. Os

grupos binários ae, be, ce, de não dão origem a grupos ternários. As combinações resultantes são:

abc bcd cde

abd bce

abe bde

acd

ace

ade

c. Acrescentando-se a cada um dos agrupamentos ternários (não

terminados em e), sucessivamente, todos os elementos que seguem o seu último, obtêm-se as combinações quaternárias:

abcd bcde

abce

abde

acde

2.5 Considere o conjunto Ω = {2, 4, 9}.

a. Calcule a média μ e a variância σ2 do conjunto Ω.

b. Obtenha todos os arranjos com repetição de tamanho dois do

conjunto Ω e calcule a média dos pares encontrados.

c. Determine a média e a variância das médias dos pares

encontrados.

d. Verifique a relação que se segue:

 

na qual n é o tamanho dos arranjos com repetição (amostras com reposição), no caso, n = 2.

e. Considere, agora, todos os arranjos sem repetição (amostras

ordenadas sem reposição) de tamanho dois, e recalcule a média

e a variância das médias dos pares encontrados.

f. Verifique, com base na variância encontrada no item anterior, a

relação seguinte:

 

em que n é o tamanho dos arranjos sem repetição (amostras ordenadas sem reposição), no caso, n = 2, e N é o tamanho do conjunto Ω, no caso N = 3.

Solução:

a.

 

b. Os resultados encontram-se na tabela a seguir:

Arranjos n = 2 Médias

(2, 2) (2, 4) (2,9) 2,0 3,0 5,5

(4, 2) (4, 4) (4, 9) 3,0 4,0 6,5

(9, 2) (9, 4) (9, 9) 5,5 6,5 9,0

c.

 

d.

 

e. Observe os resultados na tabela a seguir:

Arranjos n = 2 Médias

(2, 4) (2, 9) 3,0 5,5

(4, 2) (4, 9) 3,0 6,5

(9, 2) (9, 4) 5,5 6,5

f.

 

2.6 Considere o conjunto Ω = {2, 5, 6, 4}.

a. Calcule a média μ e a variância σ2 do conjunto Ω.

b. Obtenha todas as combinações tamanho três do conjunto Ω e

calcule a média dos ternos encontrados.

c. Determine a média e a variância das médias dos ternos

encontrados.

d. Verifique, com base na variância encontrada no item anterior, a

relação seguinte:

 

em que n é o tamanho das combinações (amostras sem reposição não ordenadas), no caso, n = 3, e N é o tamanho do conjunto Ω, no caso N = 4.

Solução:

a.

Os resultados encontram-se na tabela a seguir:

 

Combinações n = 3 Médias

{2, 5, 6} {2, 5, 4} 4,33 3,67

{2, 6, 4} {5, 6, 4} 4,00 5,00

c.

 

d.

 

2.7 Determinar o número de jogos que deverão disputar cinco times de

futebol em um torneio de dois turnos.

Solução:

Seja {A, B, C, D, E} o conjunto de cinco times de futebol. Tais subconjuntos têm seus elementos ordenados, pois cada time

jogará duas partidas com o outro, uma em seu campo e outra no campo do adversário.

Assim, o número de jogos será igual a 5 × 4 = A5,2 = 20 ✓

2.8 Nas partidas já disputadas entre os times A e B, nunca se repetiu o

resultado a favor do mesmo clube, nem um clube fez mais de cinco

tentos em qualquer das partidas. Determine, nessas condições, o

número máximo de vitórias do clube A sobre o clube B.

Solução:

Considere o produto cartesiano seguinte, em que o eixo das

abscissas representa os possíveis resultados do Clube A sobre o Clube B. Logo, conclui-se que os possíveis resultados de vitórias do Clube A sobre o Clube B estão assinalados, como demonstra o diagrama.

 

Portanto, temos um total de 15 vitórias. ✓

2.9 Se A e B são dois conjuntos finitos quaisquer, provar que:

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)

Solução:

Podemos expressar A e B em linguagem de conjuntos como:

A = (A − B) ∪ (A ∩ B)

B = (B − A) ∪ (A ∩ B)

A ∪ B = (A − B) ∪ (A ∩ B) ∪ (B − A)

Segue-se que:

n(A) = n(A – B) + n(A ∩ B)

n(B) = n(B – A) + n(A ∩ B)

n(A ∪ B) = n(A − B) + n(A ∩ B) + n(B − A) + n(A ∩ B)

Manejando convenientemente essas três últimas igualdades,

obtemos o resultado desejado. ✓

2.10 Em uma universidade que possui dois jornais, o Clarim e o Avante,

70 % dos alunos leem o Clarim e 60 % leem o Avante. Pede-se a

porcentagem dos alunos que leem os dois jornais.

Solução:

Se β representa a porcentagem de estudantes que leem os dois

jornais, então:

• (60 % − β) leem apenas o Clarim;

• (70 % − β) leem apenas o Avante.

Considerando que o total de leitores dos dois jornais perfaz 100

%, encontraremos:

60 % − β + 70 % − β + β = 100 %

130 % − β = 100 % ∴ β = 30 % ✓

2.11 Entre os números escritos de 1 a 4301, inclusive, quantos são

divisíveis por 3 ou por 7?

Solução:

Sabemos que = 1433 são divisíveis por 3, = 614

são divisíveis por 7 e = 204 são, simultaneamente,

divisíveis por 3 e 7.

Portanto, teremos 1433 + 614 − 204 = 1843 números divisíveis

por 3 ou por 7. ✓

Nota: [X] é o maior inteiro que é menor ou igual ao número real

X.

2.12 Um mágico apresenta-se em público vestindo calça e paletó de cores

diferentes. Determinar o número mínimo de peças (número de calças

mais número de paletós) que ele usará em 24 sessões diferentes.

Solução:

Representando por C o número de calças e por P o número de

paletós utilizados pelo mágico para se apresentar em 24 sessões diferentes, temos, pelo Princípio Fundamental da Contagem, que C × P = 24, cujos possíveis valores de C e P estão dispostos na tabela a seguir:

C × P = 24

C 01 02 03 04 06 08 12 24

P 24 12 08 06 04 03 02 01

C + P 25 14 11 10 10 11 14 25

Logo, mínimo (C + P) = 10 ✓

2.13 Um número é da forma p4 × q5, em que p e q são primos. Mostre que

o número de divisores desse número vale 30.

Solução:

Cada divisor é um número do tipo pα × qβ. Assim acontecendo,

podemos escrever:

α ∈ {0, 1, 2, 3, 4} e β ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}

Exemplo: p3 × q5, p0 × q2, p4 × q0 etc.

Portanto, o número de divisores é o número de pares ordenados

(α, β) que, pelo Princípio Fundamental da Contagem, é igual a:

5 × 6 = 30 ✓

2.14 Determine a soma dos divisores inteiros e positivos do número 540.

Solução:

Observe que 540 = 22 × 33 × 5. Logo, a soma dos divisores

inteiros e positivos de 540 pode ser calculada por:

(20 + 21 + 22) × (30 + 31 + 32 + 33) × (50 + 5) = 1680 ✓

2.15 O sistema telefônico do Município de Tangará utiliza sete dígitos para

designar os diversos telefones. Supondo que o primeiro dígito seja

sempre o dois e que o dígito zero não seja utilizado para designar as

estações (2o e 3o dígitos), quantos dígitos de telefones diferentes

poderemos ter?

Solução:

Observe o diagrama que se segue:

1 o o o o o o o 2 3 4 5 6 7

01 09 09 10 10 10 10

Para o 1o dígito temos apenas uma possibilidade; para a 2a e 3a

estações, nove possibilidades, e, para os dígitos seguintes, 10 possibilidades. Logo, pelo Princípio Fundamental da Contagem, poderemos ter:

1 × 9 × 9 × 10 × 10 × 10 × 10 = 810.000 telefones. ✓

2.16 Uma família de seis pessoas possui um automóvel de cinco lugares.

Pede-se o número de maneiras distintas pelas quais elas poderão

acomodar-se quando apenas duas delas sabem dirigir:

Solução:

Destaque o diagrama a seguir:

02

05 04 03 02

Para a posição do motorista temos duas possibilidades. Escolhido

o motorista, ficamos com 5, 4, 3 e 2 possibilidades, respectivamente, para as posições restantes. Então, pelo Princípio Fundamental da Contagem, teremos:

2 × 5 × 4 × 3 × 2 = 2 × A5,4 = 240 maneiras distintas. ✓

2.17 De uma urna que contém 90 pedras numeradas de 01 a 90, quatro

pedras são retiradas sucessivamente ao acaso. Determine o número de

extrações possíveis tal que a terceira pedra seja a de número 50.

Solução:

1a a a a 2 3 4

89 88 01 87

Como já sabemos que a 3a pedra é a de número 50 (veja

diagrama acima), então os possíveis resultados para a 1a, 2a e 4a pedras são, respectivamente, 89, 88 e 87. Daí, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos o número de extrações possíveis igual a:

89 × 88 × 1 × 87 = A = A = 681.384 ✓ 90-1,4-1 89,3

2.18 As placas dos automóveis são formadas por duas letras seguidas de

quatro algarismos. Calcular o número de placas que podem ser

formadas com as letras A e B e os algarismos pares, sem os repetir.

Solução:

Considere o diagrama a seguir:

L = Letra A = Algarismo

L L A A A A

2 2 5 4 3 2

Para a 1a e 2a letras temos duas possibilidades; para o 1o, 2o , 3o e

4o algarismos pares temos, respectivamente, 5, 4, 3 e 2 possibilidades. Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, podem ser formadas:

2 × 2 × 5 × 4 × 3 × 2 = 22 × A = 480 placas. 5,4✓

2.19 A família do Prof. Humberto é formada por cinco pessoas, ele, a

esposa e os filhos. No Natal, todos se presenteiam, sendo os presentes

trocados com bastante antecedência. Ano passado, ele teve de fazer

uma viagem de negócios às vésperas do Natal. Quantos presentes não

foram entregues?

Solução:

Caso todos os presentes tivessem sido trocados, teríamos um

total de 5 × 4 = A5,2 = 20 presentes. Como apenas quatro das pessoas se presentearam, concluímos que 4 × 3 = A = 12 presentes foram 4,2 entregues. Consequentemente, o número de presentes não entregues foi igual a 8. ✓

2.20 Se colocarmos em ordem crescente todos os números de cinco

algarismos distintos, obtidos com 1, 3, 4, 6 e 7, qual a posição que

ocupa o número 61.473?

Solução:

Tal número é precedido pelo número da forma:

❶ → (1 _ _ _ _) que são em número de 4!

❷ → (3 _ _ _ _) que são em número de 4!

❸ → (4 _ _ _ _) que são em número de 4!

❹ → (6 1 3 _ _) que são em número de 2!

❺ → (6 1 4 3 _) que são em número de 1!

De ❶ , ❷, ❸ , ❹ e ❺ , concluímos que 61.473 é precedido por

um total de 4! + 4! + 4! + 2! + 1! = 75 números. Logo, a posição de 61.473 é a 76a. ✓

2.21 Oito pessoas, entre elas Yuri e Yara, devem ficar em uma fila. De

quantas maneiras isto pode ser feito de sorte que Yuri e Yara fiquem

juntos?

Solução:

Se Yuri e Yara devem ficar juntos, eles funcionam como se

fossem uma única pessoa, que juntamente com as outras 6 devem ser permutadas, dando um total de 7! permutações. Entretanto, em cada uma dessas permutações, Yuri e Yara podem ser permutados entre si de 2! maneiras distintas (veja diagrama a seguir). Por conseguinte, o total de permutações em que eles aparecem juntos é:

YY = Yuri e Yara P = Pessoa

P P P Y Y P P P

7! × 2! = 10.080 ✓

2.22 Existem 10 cadeiras numeradas de 01 a 10. Calcular o número de

maneiras distintas pelas quais duas pessoas poderão sentar-se de

modo que haja pelo menos uma cadeira entre elas.

Solução:

Notemos que cada maneira de elas sentarem corresponde a um

par ordenado (a, b) de números distintos escolhidos entre 1, 2, 3, ... , 10.

Exemplo: (3,5) a pessoa X senta na cadeira 3 e a pessoa Y na

cadeira 5;

(5,3) a pessoa X senta na cadeira 5 e a pessoa Y na cadeira 3;

(4,6) a pessoa X senta na cadeira 4 e a pessoa Y na cadeira 6.

Logo, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o total de pares

ordenados é igual a:

10 × 9 = A10,2 = 90

Porém, lembremos que do total de pares ordenados calculado

anteriormente, temos de excluir aqueles cujos elementos sejam números consecutivos.

São eles:

(1,2), (2,3), ... , (9,10) → 9 pares;

(2,1), (3,2), ... , (10,9) → 9 pares.

Portanto, o número de modos de as pessoas sentarem havendo

pelo menos uma cadeira entre elas é 90 – 18 = 72. ✓

2.23 Determinar de quantas maneiras é possível permutar as letras da

palavra R E L A T I V O de modo que as consoantes sempre ocupem

os lugares ímpares.

Solução:

Primeiramente, determinemos separadamente os números de

permutações das consoantes e vogais:

R L T V E A I O

4! = 24 4! = 24

Assim, a solução será dada pelo produto 24 × 24 = 576, pois a

cada uma das 24 permutações das consoantes juntas, atendendo ao enunciado do problema, deveremos ter as 24 permutações das vogais. ✓

2.24 Com os algarismos significativos, quantos números de nove

algarismos podem ser formados, de modo que os algarismos pares

sempre fiquem juntos?

Solução:

Consideremos os quatro pares formados como um único

elemento, conforme mostra o diagrama seguinte:

1o 2o 3o 4o 5o 6o

1 3 5 7 9 2 4 6 8

Cada uma dessas 6! permutações desses seis elementos fornece

4! grupos distintos, obtidos pelas permutações dos quatro algarismos pares. Logo, o número de permutações desejado será igual a:

6! × 4! = 17.280 ✓

2.25 Quantos são os anagramas da palavra COPAS que começam por

vogal?

Solução:

A palavra COPAS possui duas vogais O e A.

Escrevendo O em primeiro lugar, podemos permutar de 4!

maneiras diferentes as letras restantes.

Do mesmo modo, fixando A em primeiro lugar, teremos outros

4! anagramas.

Portanto, teremos 4! + 4! anagramas que começam por vogal, ou

seja, 2 × 4! = 24 anagramas. ✓

2.26 Em um grupo, os alunos presenteiam-se por ocasião de seus

aniversários, e cada um dá um único presente para cada um dos

demais. Sabendo-se que durante o ano o total de presentes trocados é

de 56, determinar o número de pessoas que formam o grupo.

Solução:

Seja n número de alunos que formam o grupo. Como n alunos

dão presentes a (n – 1) alunos, temos pelo Princípio Fundamental da Contagem, um total de n × (n – 1) presentes trocados, ou seja:

n × (n – 1) = An,2 = 56

Resolvendo a equação acima encontramos um total de oito

alunos. ✓

2.27 Quantos são os números de dois algarismos distintos que podemos

formar com os números 3, 4, 5 e 6?

Solução:

Tomemos um dos subconjuntos de dois elementos, {3, 4} por

exemplo.

Como o número 34 difere do número 43, concluímos que esses

subconjuntos serão ordenados.

Portanto deveremos ter 4 × 3 = A4,2 = 12 números. ✓

2.28 Quantos são os números de três algarismos distintos que podemos

formar no sistema de base 10?

Solução:

Os subconjuntos que devemos formar possuem três elementos e

são ordenados. Portanto, o número desses subconjuntos será:

10 × 9 × 8 = A = 720 10,3

Entretanto, devemos lembrar que vários desses subconjuntos

começam por zero, por exemplo, 026, que não é um número de três algarismos.

Devemos excluir esses subconjuntos que são em número de:

9 × 8 = A9,2 = 72

Portanto, o resultado procurado é igual a:

A – A = 720 – 72 = 648 algarismos. ✓ 10,3 9,2

2.29 Dispõe-se em uma fila cinco esferas vermelhas, duas brancas e três

azuis. Se as esferas da mesma cor não se distinguem entre si, quantos

arranjos distintos poderão ser formados?

Solução:

Suponha que exista α arranjos distintos. Multiplicando α pelo

número de maneiras pelas quais podemos dispor as cinco esferas vermelhas entre si, as duas brancas entre si e, as três azuis entre si, isto é, multiplicando α por 5! 2! 3!, obtemos o número de arranjos das 10 esferas se elas não fossem todas distintas, ou seja:

(5! 2! 3!) α = 10!

Portanto, = 2520 arranjos. ✓

2.30 Um prova é constituída de 10 questões das quais o aluno deve

resolver 6. De quantas maneiras ele poderá escolher as seis questões?

Solução:

Observemos que não interessa a ordem que o aluno escolher as

seis questões. Por exemplo, resolver as questões 1, 2, 3, 4, 5, 6 é o mesmo que resolver as questões 6, 5, 4, 3, 2 , 1.

Portanto, cada maneira de escolher as seis questões é uma

combinação das 10 questões tomadas seis a seis, isto é:

 

2.31 Temos 10 homens e 15 mulheres. Quantas comissões de cinco

pessoas podemos formar, se em cada uma delas deve haver três

homens e duas mulheres?

Solução:

Podemos escolher três homens entre 10 de e duas

mulheres entre as 15 de maneiras. ✓

Cada grupo de três homens pode se juntar com um dos 105

grupos de mulheres, formando uma comissão. Como existem 120 grupos de homens, teremos ao todo 120 × 105 = 12.600 comissões.

2.32 De quantas maneiras distintas nove sinais vermelhos (V) e cinco

sinais azuis (A) podem ser colocados de modo que dois sinais azuis

não ocorram simultaneamente?

Solução:

Dispostos os nove sinais vermelhos, existem 10 posições que os

sinais azuis podem ocupar (vide figura).

 

Como existem cinco sinais azuis, precisamos escolher cinco

lugares entre os 10 que podem ser ocupados por sinais azuis.

Isso pode ser feito de maneiras. ✓

2.33 São dados 10 pontos em um plano dos quais quatro e somente quatro

estão alinhados. Quantos triângulos distintos podem ser formados

com vértices em três de quaisquer dos 10 pontos?

Solução:

Cada combinação de três pontos entre os 10 existentes dá origem

a um triângulo, com exceção das combinações de três pontos tomados entre os quatro alinhados. Assim, o número de triângulos que podem ser formados é:

 

2.34 Um professor deve ministrar 20 aulas em três dias consecutivos,

tendo para cada um dos dias as opções de ministrar 4, 6 ou 8 aulas.

Determine o número de diferentes distribuições possíveis dessas 20

aulas que o professor pode ministrar nos três dias.

Solução:

O número de distribuições das 20 aulas em três dias

consecutivos, sendo, em cada dia, 4, 6 ou 8 aulas, é:

3 × 2 × 1 = P3 = 6. ✓

2.35 Em certo tipo de loteria são sorteados cinco números entre 0 e 99.

Quantos são os resultados possíveis para o sorteio?

Solução:

Observemos que não interessa a ordem em que os cinco números

são sorteados. Por exemplo, escolher os números 9, 2, 8, 4, 5 é o mesmo que escolher 5, 4, 8, 2, 9.

Portanto, cada maneira de escolher os cinco números é uma

combinação dos 100 números da loteria tomados 5 a 5, ou seja:

= 75.287.520 resultados. ✓

2.36 Considere o desenvolvimento de ambos os membros da expressão

(1 + x)n (1 + x)m = (1 + x)n + m

escritos de uma forma adequada, para provar que:

 

Solução:

Sabemos que

Portanto, o coeficiente de xk no desenvolvimento de (1 + x)n (1 +

x)m é .

Lembremos também que o coeficiente de xk no desenvolvimento

de

(anxn + an − 1xn − 1 … + a m 1 x + a 0 )( b m x + bm − 1xm − 1 … + b1x + b0)

é dado por:

Dessa forma, utilizando a condição para igualdade de dois

polinômios encontramos o resultado:

 

2.37 De quantas maneiras podemos colocar seis laranjas iguais em duas

caixas iguais, de modo que nenhuma caixa fique vazia?

Solução:

Seja o quadro seguinte:

Caixas Número de laranjas na caixa

I 5 4 3 2 1

II 1 2 3 4 5

Como não há distinção de caixas, devemos considerar somente

as distribuições: 5 e 1; 4 e 2; 3 e 3. Portanto, há somente três distribuições possíveis. ✓

2.38 De quantas maneiras podemos colocar cinco laranjas iguais em duas

caixas iguais?

Solução:

Destaque o quadro de distribuição das cinco laranjas em duas

caixas diferentes:

Caixas Número de laranjas na caixa

I 5 4 3 2 1 0

II 0 1 2 3 4 5

Como não há distinção de caixas, devemos considerar somente a

metades dos casos, isto é, 6/2 = 3 maneiras de distribuir cinco laranjas em duas caixas. ✓

2.39 De quantas maneiras pode-se distribuir n objetos diferentes em duas

caixas diferentes, de sorte que nenhuma fique vazia?

Solução:

Cada objeto tem duas possibilidades para distribuição. Como são

n objetos, então 2n é o número de maneiras de esses objetos serem distribuídos de maneira aleatória, incluindo a possibilidade de uma delas ficar vazia. Como são duas caixas, deve-se excluir os dois casos nos quais uma delas fica vazia. Portanto, existem 2n − 2 = 2(2n−1 − 1) maneiras de distribuir n objetos diferentes em duas caixas diferentes de maneira que nenhuma fique vazia. ✓

2.40 Considere dois conjuntos quaisquer A e B. Mostre que:

a. A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ Bc);

b. (A ∪ B)c = Ac ∩ BC.

Solução:

a. Utilizando a linguagem de conjuntos podemos escrever:

A = {x | x ∈ A} = {x | x ∈ A ∩ B ∨ x ∈ A ∩ BC}

Portanto, A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ Bc) ✓

b. (A ∪ B)c = {x | x ∉ A ∪ B} = {x | x ∉ A ∧ x ∉ B}

Logo, (A ∪ B)c = Ac ∩ BC ✓