Combinatória: Um conjunto de técnicas

Transcrição

1 Combinatória: Um conjunto de técnicas. Um roblema inicial: o roblema dos elevadores O seguinte roblema foi roosto, no dia 6/07/003, na lista de discussão da OBM (veja como entrar nessa lista no site da OBM: htt:// Num rédio de aartamentos há 7 elevadores que áram em não mais que 6 andares. É ossível ir de um andar a qualquer outro sem trocar de elevador. Qual é o número máximo de andares que esse rédio ode ter? No dia seguinte, o rofessor Nicolau Saldanha deu a seguinte resosta: O roblema é bem legal. Ainda não comletei uma solução mas vou mandar meus resultados arciais. N 4 De fato, temos no máximo 4 aradas (uma arada é um ar (i, j) onde i é um andar, j é um elevador, e o elevador j ára no andar i). Se N > devemos ter elo menos três aradas or andar (ois duas aradas nos dão aenas dois elevadores que atingem no máximo 0 outros andares). Assim 3N 4 e N 4. N Basta observar a configuração abaixo onde um + indica que o elevador ára naquele andar e um. indica que ele não ára. Os andares estão um em cima do outro, claro, e os elevadores um ao lado do outro. Observe que 6 elevadores foram suficientes Eu fiz uns diagramas e me convenci que N 3 mas a rova foi meio braçal, no caso a caso, e ode estar errada. []s, N. De fato, estava. No dia 8, o rofessor Carlos Moreira (Gugu) aresentou uma solução com 4 andares: Oi Nicolau, Acho que consegui uma solucao com 4 andares: é que P := P (Z/()) tem 7 elementos e 7 retas (seja R o conjunto de suas retas). Tomamos como conjunto dos andares P {0, }, e como conjunto dos elevadores a diagonal de R R. Dá ara escrever mais exlicitamente isso: os andares são,,...,4. Os elevadores são {,, 3, 8, 9, 0}, {, 4, 5, 8,, }, {, 6, 7, 8, 3, 4}, {, 4, 6, 9,, 3}, {, 5, 7, 9,, 4}, {3, 4, 7, 0,, 4} e {3, 5, 6, 0,, 3}.

2 Abraços, Gugu.. Parêntesis teórico P (Z/()) é o lano rojetivo de ordem. Um lano rojetivo é um conjunto de ontos e retas que satisfazem as seguintes condições: (i) Por dois ontos quaisquer assa exatamente uma reta. (ii) Duas retas quaisquer intercetam-se em exatamente um onto. (iii) Existem quatro ontos três a três não colineares. Um lano rojetivo ode ter um número finito de ontos (e, ortanto, cada reta tem um número finito de ontos também). A solução aresentada or Gugu se baseia nas seguintes figuras: Mais sobre o assunto ode ser encontrado na referência [] (e em suas referências!)... Voltando... Mais tarde, no mesmo dia, em resosta a Domingos Jr., Gugu mandou outra mensagem à lista: Caro Domingos, Você ode esquecer as minhas três rimeiras linhas: elas só servem como exlicação de como eu cheguei a essa solução (e aliás não estão bem escritas: eu devia ter dito que o conjunto dos elevadores (ou, mais roriamente, o conjunto dos conjuntos de andares nos quais ára cada elevador) é {(r {0}) (r {}), r R}). Nas três linhas seguintes eu descrevo uma solução exlícita com 4 andares, listando os conjuntos de andares em que ára cada elevador. Essa solução não é única: dada qualquer ermutação de {,,..., 4}, odemos alicar essa ermutação a todos os elementos de todos os conjuntos que eu listei e obter outra solução. Isso dá muitas soluções (mas não sei se é ossível classificar todas as soluções de um jeito simles usando esse tio de equivalência). Abraços, Gugu.3. Um roblema foi resolvido. Mas... Foi aí que entrei (na verdade, esse foi o rimeiro dos s que li sobre o assunto, na manhã do dia 9). Recentemente, eu estudei lanos rojetivos finitos e block designs e esse roblema me interessou. De reente, eu me erguntei: Problema. Quantas soluções existem? Será que existe alguma solução que não tem a ver com lanos rojetivos? Mandei em seguida um cheio de referências sobre um outro roblema que julguei ser relacionado e fiz uma tentativa de contagem de soluções. Infelizmente, o roblema não era tão relacionado assim e a contagem estava errada. Assim, ensei no roblema mais seriamente um ouco antes, durante e aós o almoço daquele dia (sim, eu ensei durante o almoço e minha família também achou esquisito). Deois de uma hora, cheguei a um resultado, que aresento a seguir.

3 .4. Passo : Contagem dula e ombos atacam! A idéia é tentar encontrar todos os exemlos ara N = 4. Do que o rofessor Nicolau comentou, devem assar elo menos três elevadores em cada andar. Nesse caso, há exatamente 6 7 = 4 aradas de elevadores ara 4 andares. Observe que 4 = 4 3, ou seja, o número de aradas dá certinho ara os andares, de modo que or cada andar assam exatamente 3 elevadores. Um modo mais formal de se escrever isso é suor que um andar guloso é servido or mais de três elevadores e chegar a um absurdo. O que acabamos de fazer foi usar dois rincíios bastante imortantes em roblemas desse tio. O rimeiro rincíio foi contar o total de aradas (elevadores vezes andares or elevador) e ensar nelas de modo diferente (andares e elevadores or andar). Aresentamos o Princíio Imortante : Contagem Dula Sejam P e Q conjuntos finitos e S P Q. Se A denota a cardinalidade do conjunto A, então {q (; q) S} = { (; q) S} P q Q Traduzindo: o total de elementos de uma arte S de um roduto cartesiano de dois conjuntos P e Q não muda se contarmos fixando elementos de P e somando ou fixando elementos de Q e somando. No nosso roblema, P é o conjunto dos elevadores e Q é o conjunto de andares. S é o conjunto das aradas (i, j) na qual (i, j) ertence a S quando o elevador i ára no andar j. Em casos mais comlicados, vale a ena construir uma tabela (que, no fundo, é uma reresentação do roduto cartesiano). Mas você ode ensar nesse rincíio de um modo mais intuitivo (e, digamos, olítico ): Princíio Imortante : Contagem Dula (intuitivo) Quando há dois conjuntos de coisas relacionados, veja tal relação do onto de vista de cada conjunto. Observe que a média de elevadores que assam em cada andar é 4/4 = 3 e que assam elo menos 3 elevadores em cada andar. De modo geral, se uma variável é semre maior (menor) que ou igual a um número M e sua média é igual a M, então a variável é semre igual a M. De certo modo, esse fato é relacionado a outro rincíio imortante, que é o Princíio da Casa dos Pombos: Princíio Imortante : Casa dos Pombos Se há n+ ombos ara serem distribuídos em n casas, então há elo uma casa com elo menos dois ombos. A relação não arece óbvia, mas transarece um ouco mais na seguinte formulação: Princíio da Casa dos Pombos (formulação com médias) Se uma variável tem média igual a M, então existe a variável assume elo menos um valor maior ou igual a M e elo menos um valor maior ou igual a M.

4 Na verdade, você ode ensar intuitivamente no Princíio da Casa dos Pombos da maneira a seguir, que ode ajudar a identificar roblemas em que devemos alicar esse rincíio e é mais simles de lembrar. Princíio Imortante : Casa dos Pombos (intuitivo) Se há muitos ombos ara oucas casas, alguma casa vai ter muitos ombos. E se há oucos ombos ara muitas casas, haverá uma (ou até muitas!) casa(s) vazia(s)..5. Passo : Elevadores aos ares contagem dula, ombos, e um ouco de força bruta Tendo em vista o exemlo baseado em geometria rojetiva do Gugu, comecei a ensar geometricamente. Problemas nos quais há conjuntos e se ensa muito em interseções e coisas do tio quaisquer dois estão contidos em um mesmo conjunto odem ser traduzidos em termos da geometria. Alguns fatos são mais fáceis de se enxergar sob um onto de vista geométrico. Assim, comecei a ensar nos elevadores como retas e nos andares como ontos. O róximo asso foi ensar nas interseções entre retas e número de retas assando or dois ontos fixados (nesses roblemas, nem semre aliás, quase nunca! duas retas se intercetam em no máximo dois ontos e dois ontos determinam uma única reta). No nosso roblema, as interseções de dois elevadores são os andares que são servidos or ambos e o número de retas assando or dois andares fixados é o número de elevadores que ligam esses andares. Às vezes, é interessante ensar na interseção média de dois elevadores (veja o rincíio imortante : casa dos ombos!). Veja que a nossa média é sobre ares de elevadores, que são no total ( ) 7 = 7 6 =. Uma interseção, como vimos no arágrafo anterior, é caracterizada or um andar comum a dois elevadores. Vendo do onto de vista dos elevadores, não odemos concluir muita coisa. Mas, vendo do onto de vista dos andares (veja o rincíio imortante : contagem dula), odemos ver que cada andar ertence a ( 3 ) = 3 elevadores (usaremos os termos de ertinência e incidência de geometria livremente no texto), assim há 4 3 = 4 interseções. A média de interseções or ar de elevadores é 4 =. Agora, vejamos se odemos encontrar as ossíveis quantidades de interseções entre dois elevadores. Nossa estratégia é estudar um ouco caso a caso. Nessa hora é imortante trabalhar de modo mais estruturado ossível. Em algumas aulas, eu fiquei surreso ao saber que alguns (ótimos) alunos achavam que a Combinatória é semre algo desestruturado. Talvez isso se deva ao fato de que normalmente o que se vê em Combinatória é um conjunto de técnicas aarentemente ouco relacionadas entre si, enquanto outras áreas, como Teoria dos Números, or exemlo, tem uma estrutura bastante seqüencial (ara uma discussão bastante interessante sobre as duas culturas matemáticas construtores de teoria e resolvedores de roblemas veja a referência []). Princíio Imortante 3: Trabalhar de modo estruturado Ao estudar casos, trabalhe de modo estruturado: (a) Estabeleça uma ordem na hora de estudar casos. Assim você saberá quando os casos terminam; (b) Reduza casos suondo sem erda de generalidade e observando que um caso é análogo a outro; (c) Procure adrões que ossam ser generalizados. Eu costumo comarar a enumeração de casos com duas exeriências da infância: uma é catar bolinhas de gude esalhadas na sala de estar (você acha uma ali, outra aqui, mas nunca sabe se tem mais alguma or aí); outra é guardar dominós (você guarda a eça 0-0, deois a 0-. deois a , -,..., -,... elo menos eu semre guardei meus dominós nessa ordem). Você ode ensar no rincíio imortante 3 assim: Às vezes, você tem que catar bolinhas de gude, mas semre que for ossível, guarde dominós.

5 Assim, suonhamos, sem erda de generalidade, que os elevadores, e 3 assam elo andar. Suonha também que o elevador assa elos andares,, 3, 4, 5 e 6. Eu tinha feito a seguinte tabela no meu ael quadriculado: Nessa tabela, as linhas são os elevadores e as colunas são os andares. Marcamos um numa casa da tabela quando o elevador da linha assa no andar da coluna. Observe que os elevadores, e 3 devem ser suficientes ara se ir do andar ara qualquer outro. Falta definir, em cada uma das linhas e 3, mais cinco. Como faltam os andares 7 a 4 (8 no total) ara se chegar do andar e devemos marcar um total de 0 s, odemos ter no máximo 0 8 = reetições. Assim, a interseção entre e deve ter, no máximo, três andares, não odendo, assim, ter mais que três andares. Suonhamos que essa interseção tenha exatamente três andares (note que só agora estamos dividindo o roblema em casos ela rimeira vez!) e que esses sejam, e 3 (não erdemos generalidade aqui). Suonhamos, também, que os outros andares do elevador sejam 7, 8, 9 (também não erdemos generalidade aqui!) O elevador 3 deve assar elos andares 0 a 4, ara que ossamos vir do andar Agora, viremos nossa atenção ao andar. Dele, utilizando os elevadores e, odemos ir aos andares, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Faltam os andares de 0 a 4. Suonhamos (novamente sem erda de generalidade) que o terceiro elevador que assa elo andar é o elevador 4. Ele deve assar elo andar e elos andares 0 a 4. Mas isso não é ossível, ois isso imlica os elevadores e 3 terem interseção com mais que três

6 andares Assim, não é ossível termos um ar de elevadores com interseção de tamanho maior que dois. Mas a média de interseções entre um ar de elevadores é! Assim, todo ar de elevador tem interseção de dois elementos..6. Passo 3: Pareando os ares Agora, suonha, sem erda de generalidade, que os elevadores e assam elos andares e. Suonha também que o elevador assa els andares a 6 e o elevador assa elos andares,, 7 a 0. Pensando no terceiro elevador (que suomos ser o 3) do andar, ele deve assar elos andares a Falta um ara colocar na terceira linha. Pensemos agora no andar. Podemos, com os elevadores e, ir de lá aos andares e 3 a 0. Faltam a 4. O elevador 3 assa or lá e arece ser útil e agradável colocar o último na coluna. Na verdade, é a única ossibilidade: se um outro elevador diferente assasse elo andar, ele teria interseção de tamanho elo menos 4 com o elevador 3, o que não ode acontecer Chegamos, então, ao seguinte resultado: se dois elevadores assam or dois andares em comum, então o terceiro elevador que assa or um desses andares também assa elo outro. Com isso, odemos formar ares de andares que corresondem a interseções de elevadores..7. Passo 4: Olha o lano rojetivo aí, gente! Feito isso, não fica tão comlicado terminar: temos 7 ares de andares e 7 elevadores. Cada elevador contém 3 ares de andares. Dois elevadores têm exatamente um ar em comum. Por dois ares assa exatamente

7 um elevador. Só ode ser o lano rojetivo no qual os ontos são ares de andares e os elevadores são as retas. Ou seja, a solução que o Gugu aresentou é, essencialmente, a única. Na verdade, de certo modo isso não é tão surreendente assim. Muitos (mas não todos) lanos rojetivos odem ser baseados em coros, que são estruturas da Álgebra que dão muito certo. Assim, em situações em que as coisas dão muito certo, geralmente construímos exemlos baseados em estruturas baseadas em coros (no nosso caso, lanos rojetivos)..8. Passo 5: Fazendo a contagem final Agora que sabemos como são as soluções, odemos contá-las. O total não é tão simles de contar e achei interessante calcular aqui e mostrar algumas técnicas imortantes de contagem. Os modelos de contagem vistos no ensino médio são, no fundo, mais uma rova de que contagem ode ser algo estruturado. Por exemlo, o rincíio fundamental da contagem é uma alicação de roduto cartesianos: se você tem 3 calças (uma azul-marinho, outra azul-turquesa e outra azul-bebê) e camisas (uma amarelo-limão e outra verde-lima), há 3 maneiras de se escolher uma calça e uma camisa. A escolha ode ser interretada como um ar ordenado (calça;camisa) do roduto cartesiano A B, em que A é o conjunto das calças e B é o conjunto das camisas. Agora, vamos à nossa contagem. Faremos o seguinte: rimeiro calcularemos o número de maneiras de rotular (identificar) os ontos e as retas de um lano rojetivo de ordem e deois o número de maneiras de distribuirmos os andares em sete ares rotulados. A matriz de adjacência do nosso lano rojetivo é uma matriz A = (a ij ) 7 7 (cada linha corresonde a um onto e cada coluna, a uma reta). Se o onto i ertence à reta j, a ij =. Caso contrário, a ij = 0. Devemos ter três uns em cada linha e cada coluna. Um exemlo de matriz de adjacência é Podemos escolher as osições dos uns da rimeira linha de ( 7 3) maneiras. Tome o rimeiro aj = da rimeira linha. Nessa coluna j odemos escolher os dois demais uns de ( 6 ) maneiras. Digamos que esses uns são a mj e a nj, m < n. Mostramos uma matriz arcialmente reenchida a seguir Note que os elementos da matriz delimitados elos uns que já colocamos devem ser todos nulos (no nosso exemlo, a = a 3 = a 3 = a 33 = 0 ois a reta é a única que assa elos ares de ontos {; }, {; 3} e {; 3}). Podemos, então, escolher os demais uns da linha m de ( 4 ) maneiras. Note que isso determina os

8 uns da linha n (nas colunas onde não colocamos um nas linhas e m) Seja k e l o segundo e o terceiro uns da rimeira linha. Analogamente ao que fizemos com as colunas, há ( 4 ) maneiras de escolhermos os uns da coluna k, determinando os uns da coluna l Falta reencher o que corresonderia ao quadrado 4 4 no canto inferior direito da matriz acima. Observe a linha 4 dessa matriz. Precisamos colocar mais uns nessa linha, mas não odemos escolher os ares de colunas {4; 5} e {6; 7}, de modo que há ( 4 ) = 4 maneiras de se fazer essa escolha. Novamente, essa escolha determina as osições dos uns na linha Por fim, falta um na coluna 4. Podemos escolher sua osição de maneiras. E isso determina o resto da matriz: Assim, elo rincíio multilicativo, o número de matrizes de adjacência ossíveis é ( ) 7 3 ( ) 6 ( ) 4 ( ) 4 4 = Outra maneira de contar Podemos contar o número de matrizes de adjacência de outa maneira. Há 7! maneiras de distribuir as retas entre as colunas e 7! maneiras de distribuir os ontos entre as linhas. Mas odemos ver, or exemlo, que

9 as escolhas e reresentam o mesmo lano rojetivo e, ortanto, têm a mesma matriz de adjacência. Assim, devemos dividir 7! 7! elo número de reetições como a que mostramos acima. O número de reetições é igual ao número de maneiras de associarmos números aos ontos da figura a seguir de modo que as retas sejam, digamos, {; ; 3}, {; 4; 5}, {; 6; 7}, {; 4; 6}, {; 5; 7}, {3; 4; 7} e {3; 5; 6} (odemos suor isso sem erda de generalidade). Há 7 maneiras de escolhermos quem vai ser o onto e 6 maneiras de escolhermos quem vai ser o onto. Com isso, determinamos quem vai ser o onto 3 (é o outro onto da reta que assa elos ontos e ). Sobram quatro ontos. Podemos escolher qualquer um ara ser o onto 4 e determinamos o onto 5 (é o outro onto da reta que assa or e 4), o onto 6 (o outro onto da reta que assa or e 4) e o onto 7 (é o que sobrou!). Logo há = 68 reetições e o total de matrizes é 7!7!/68 = 500. A roósito: essas reetições são chamadas colineações em geometria rojetiva. Aliás, fica como exercício ara você rovar que um lano rojetivo de ordem, rimo, tem ( + + )( + ) ( ) colineações..0. Terminando o roblema... Além disso, há 7! maneiras de distribuir os elevadores entre as colunas da matriz e 4!/(!) 7 maneiras de distribuir os andares em ares entre as linhas da matriz, de modo que o total de soluções desejado é 500 7! 4! 7 = Bijeções e Funções Geratrizes: o Problema 6 da IMO 995 O roblema 6 da IMO 995 era: Seja um número rimo ímar. Determine o número de subconjuntos de {; ; 3;...; }, com elementos cuja soma é divisível or. Note que o roblema envolve um número rimo, o que sugere que façamos uso de conhecimentos em outras áreas, como Teoria dos Números e Álgebra (os números mód formam um coro). Há duas maneiras de resolver esse roblema... Solução : Bijeções e um ouco de Teoria dos Números O que imera a contagem é o que chamamos de bijeção. Grosso modo, uma bijeção é uma associação que liga cada elemento de um conjunto a um elemento do outro, de modo que ara cada elemento de um conjunto existe um único elemento do outro conjunto associado a ele e vice-versa (sim, bijeções são funções!). Um fato imortante é que se existe uma bijeção entre dois conjuntos estão ambos têm o mesmo número de elementos. Só que em certos casos encontrar bijeções dá certo trabalho. Vamos estudar alguns casos equenos de números rimos ímares.

10 Vejamos = 3. Há ( 6 3) = 0 subconjuntos de {; ; 3; 4; 5; 6} com 3 elementos. Vamos classificá-los em classes de subconjuntos de soma que deixam restos 0, e quando divididos or 3: Resto 0 Resto Resto {; ; 3} {; ; 4} {; ; 5} {; ; 6} {; 3; 6} {; 3; 4} {; 3; 5} {; 4; 5} {; 4; 6} {; 5; 6} {; 3; 5} {; 3; 6} {; 3; 4} {; 5; 6} {; 4; 5} {; 4; 6} {3; 4; 6} {3; 5; 6} {3; 4; 5} {4; 5; 6} Se estudarmos = 5, obtemos 5 subconjuntos com soma divisível or 5 e 50 subconjuntos das demais quatro classes (ara estudar esse caso você recisa fazer uma contagem um ouco mais estruturada). Isso nos leva a conjecturar dois fatos: (i) Há o mesmo número de subconjuntos em classes de somas de restos diferentes de 0; (ii) Há dois a subconjuntos a mais com somas divisíveis or. Verifiquemos (i). Observe que {; ; 3;...; } = {; ; 3;...; } {+; +; +3;...; } é a união de dois sistemas de resíduos mód. Vamos rovar que a quantidade de subconjuntos com soma congruente a k (mód. ) é igual à quantidade de subconjuntos com soma congruente a (mód. ). Para obter uma soma congruente a k a artir de uma congruente a basta multilicarmos tudo or k. No rimeiro sistema de resíduos {; ; 3;...; } tomamos o resto da divisão do roduto or (exceto se o resto for zero; nesse caso, tomamos ) e no segundo sistema de resíduos tomamos o resto da divisão do roduto or e somamos (exceto no caso de resto zero, no qual tomamos ). Por exemlo, ara = 3 e k = fazemos as associações (as barras verticais searam os dois sistemas de resíduos) {; 4} {; 5} {; 3 6} {; 3 6} { 4; 5} { 5; 4} {; 3 5} {; 3 4} { 5; 6} { 4; 6} {3 4; 6} {3 5; 6} É claro que se k = 0 isso não dá certo. Mas veja que a associação é inversível: ara obter uma soma congruente a a artir de uma soma congruente a k, basta multilicar tudo or k (or isso tem que ser rimo: todo número k 0 (mód. ) admite inverso) e fazer a mesma redução dentro de seu resectivo sistema de resíduos. Assim, (i) está demonstrado. E quanto a (ii)? Já vimos que multilicar um mesmo número não adianta. Assim, que tal somarmos um mesmo número aos elementos de um subconjunto? Somar a todos os elementos não adianta muito, já que há elementos em cada subconjunto e somar vezes qualquer coisa é a mesma coisa que somar 0 (elo menos, mód ). Mas odemos escolher somente alguns elementos. Que tal só os elementos do rimeiro sistema de resíduos? Se artirmos de um conjunto com soma congruente a zero, com m elementos no rimeiro sistema de resíduos e queremos um de soma congruente a k, devemos somar k m a cada elemento desse sistema de resíduos e reduzir a soma ara esse sistema. Mas isso só é ossível quando m é inversível, o que exclui os conjuntos {; ;...; } e { + ; + ;...;}. Note que essa oeração é também inversível (ara voltar

11 é só subtrair k m de cada elemento do rimeiro sistema de resíduos. Veja como fica ara = 3, k = : {; 6} {3; 6} (m = ) {; 3 5} {3; 5} (m = ) { 5; 6} { 5; 6} (m = ) {; 3 4} {; 4} (m = ) { 4; 6} {3 4; 6} (m = ) {3 4; 5} { 4; 5} (m = ) Logo, como o total de subconjuntos com elementos é ( ), o total desejado é a + = [( ) ] +.. Solução : Utilizando a Álgebra: Funções Geratrizes Se você estudou binômio de Newton, deve saber que se n é um inteiro não negativo, n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n ( + x) n = x k = + x + x + + x n k 0 n k= Podemos demonstrar isso com um argumento combinatório: observe que ( + x) n = ( + x) ( + x)... ( + x) }{{} n vezes Cada termo de ( + x) n é o roduto de n termos, um de cada fator + x acima. Assim, uma arcela x k em (+x) n é obtido escolhendo-se k termos x, sendo os demais n k iguais a. Logo o número de arcelas x k é igual ao número de maneiras de escolhermos k dentre n fatores, ou seja, ( n k). Assim, juntando todos as arcelas, obtemos ( + x) n = n k= ( ) n x k = k ( ) n + 0 ( ) n x + ( ) n x + + ( ) n x n n Às vezes, fazemos o contrário. Para rovar ou obter algum resultado combinatório odemos fazer uso de exressões algébricas como o exemlo acima (de certo modo, você também ode suor que o binômio de Newton é verdadeiro a demonstração ode ser or indução e demonstrar que o número de subconjuntos de k elementos de um conjunto de n elementos é ( n k) ). Tais exressões algébricas são conhecidas como funções geratrizes. As funções geratrizes utilizam uma ou mais variáveis ara denotar elementos combinatórios. Isso vai ficar mais claro nesse exemlo. A variável z será um marcador dos elementos,,..., (no nosso exemlo inicial, a variável x denota a resença de um elemento em um subconjunto). Observe que analisamos o roduto de termos no nosso exemlo inicial. Considerando que z m z n = z m+n (somamos exoentes e estamos interessados na soma de elementos!), a arcela z k deve reresentar o elemento k {; ; 3;...; }. Assim, oderíamos considerar a função geratriz f(z) = ( + z)( + z )( + z 3 ) ( + z ) Mas veja que só estamos interessados em subconjuntos com elementos. Assim, recisamos controlar o número de elementos na nossa função geratriz. Introduzimos, então, uma nova variável y, que marca a resença do elemento no subconjunto: f(y, z) = ( + yz)( + yz )( + yz 3 ) ( + yz )

12 Cada termo y k z s deve ser interretado como um subconjunto de k elementos (k termos yz j foram incluídos no subconjunto) e cuja soma dos elementos é s (ao multilicar os k termos yz j os exoentes são somados). Assim, como queremos saber quantos subconjuntos de elementos têm soma de seus elementos divisível or, devemos calcular a soma dos termos y z t, sendo t inteiro. Uma das vantagens de utilizar funções geratrizes é ter a Álgebra a seu favor. Por exemlo, odemos substituir z or ζ, uma raiz comlexa -ésima da unidade, e utilizar o fato de que ζ = e (y )(y ζ )(y ζ )(y ζ 3 ) (y ζ ) = y Os termos y z t serão iguais a y ζ t = y (ζ )t = y e os termos y z t+r, a y ζ t+r = y (ζ )t ζ r = y ζ r. Assim, devemos rocurar os termos sem ζ. Logo, observando que /ζ j = ζ j e é rimo ímar, f(y, ζ ) = ( + yζ )( + yζ ) ( + yζ ) ( + yζ + )( + yζ + ) ( + yζ ) = [( + yζ )( + yζ ) ( + y)] [ ] (y + ζ )(y + ζ ) (y + ) = ζ ζ ζ [ ( ) ( y ζ )( y ζ ) ( y ) = = [ ] ( ) (( y) ) ζ ( )/ ζ ++ + = [y + ] = y + y + ] Isso quer dizer que há somente subconjuntos? Claramente não, visto que {; ; 3;...; }, { + ; + ; + 3;...;} e {; 3; 4;...; + } são três subconjuntos distintos, com elementos, cujas somas dos elementos (( + )/, (3 + )/ e ( + 3)/, resectivamente) são divisíveis or. O que aconteceu de errado, então? Calma, ara tudo há alguma exlicação! Veja que ζ e ode ter acontecido de aarecer algo do tio ay ζ + ay ζ + ζ + + = ay = ay (ζ + ζ + + ) = 0 De fato, como vimos na solução anterior, os subconjuntos com somas que deixam resto,, 3,..., são em mesma quantidade. Logo o termo em y em f(y, z) é [y ]f(y, z) = az + az + + az + b Mas observe que se substituirmos z or ζ obtemos. Assim, aζ + aζ + + aζ + b = a(ζ + ζ + + ζ ) + b = a( ) + b = b = a +

13 Logo, como o total de subconjuntos com elementos é ( ) (, a( )+a+ = ) a = de modo que o total desejado é a + = [( ) ] + Para mais sobre funções geratrizes (e belos resultados sobre artições!), veja a referência [4]. 3. O método robabilístico [ ( ) ], Nem semre recisamos construir algo ara demonstrar sua existência. Podemos fazer isso rovando que a robabilidade de ocorrer essa existência é maior que 0 (quando o esaço amostral é finito, isso basta ara demonstrar que algo existe). O chamado método robabilístico foi oularizado na Combinatória elo grande matemático e resolvedor de roblemas Paul Erdős. Exemlo 3.. Um torneio de tênis com n articiantes (onde todos jogam uma única vez contra todos) tem a roriedade S k se, ara todo conjunto X de k articiantes do torneio, existe um articiante não ertencente a X que venceu todos os articiantes de X. Mostre que ara cada k existe um torneio com a roriedade S k. Resolução Estimaremos a robabilidade P(n) de um torneio com n articiantes não ter a roriedade S k e mostraremos que existe n tal que P(n) < (de modo que a robabilidade de o torneio ter S k é P(n) > 0). Tomemos um torneio em que a robabilidade de cada tenista vencer cada jogo é /. Fixemos um conjunto X com k articiantes. Este conjunto estraga o torneio se todos os n k demais articiantes erde de elo um articiante de X. A robabilidade de isso acontecer é ( ( )k ) n k (or quê?). Como existem ( n ( k) conjuntos X s, a robabilidade de um ou mais deles estragar o torneio é menor ou igual a n ) k ( ( )k ) n k (ou um estraga ou outro estraga ou... ). Logo P(n) < ( ) ( n k ( ) ) k n k P(n) > ( ) ( n k ( ) ) k n k Deste modo, basta ( ) ( n k ( ) ) k n k > 0 ( ) ( n k ( ) ) k n k < Seja f(m) = ( ) m k ( ( )k ) m k. Temos f(m + ) f(m) Como ( então f(m+) f(m) = ( ( ) ) k ( ) ) k k m+ < ara m > k k, o que imlica ( m + m + k = ( ) ) k < m > k k, f(m) < a c m, onde a = f(k k ) c k k k m+

14 Assim, sendo a e c constantes com 0 < c <, e c m arbitrariamente róximo de 0 quando m é suficientemente grande, temos que existe n tal que f(n) <. 4. Referências Bibliográficas Os s foram retirados, na íntegra, da lista de discussão da OBM. [] Carlos Shine, Alicações de Planos Projetivos em Teoria dos Números e Combinatória. Artigo da Revista Eureka! 5. [] Timothy Gowers, Two Cultures Of Mathematics. [3] Albrecht Beutelsacher e Ute Rosenbaum, Projective Geometry. [4] Eduardo Tengan, Séries Formais. Artigo da Revista Eureka!. [5] Carlos Shine, Probabilidade Alicada à Teoria dos Grafos. Aula ministrada durante a Semana Olímica 00, Salvador.