UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ CENTRO DE CIÊNCIAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ CENTRO DE CIÊNCIAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL ALEXMAY SOARES NUNES AS PERMUTAÇÕES CAÓTICAS, O PROBLEMA DE LUCAS E A TEORIA DOS PERMANENTES FORTALEZA 2015

2 ALEXMAY SOARES NUNES AS PERMUTAÇÕES CAÓTICAS, O PROBLEMA DE LUCAS E A TEORIA DOS PERMANENTES Dissertação de Mestrado apresetada ao Programa de Pós-Graduação em Matemática em Rede Nacioal, do Departameto de Matemática da Uiversidade Federal do Ceará como requisito parcial, para a obteção do Título de Mestre em Matemática. Área de cocetração: Esio de Matemática. Orietador: Prof. Dr. Fabrício Siqueira Beevides. FORTALEZA 2015

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5 À miha mãe e à Rosâgela.

6 AGRADECIMENTOS À miha mãe, que batalhou muito em sua vida para educar seus filhos. À Rosagela, por ão me abadoar a solidão das madrugadas em que escrevia. À doa Zuila, por ser uma sogra bem melhor do que eu mereço. Ao meu orietador, Fabrício Beevides pela geerosa paciêcia com que lidou com mihas dúvidas e teimosias. Ao amigo Márcio, por dividir comigo um pouco de sua sabedoria. À miha amiga Otávia, que mesmo de loge uca deixou de torcer por mim. Aos meus amigos e compaheiros de viages, Marcelo, Robso e Ferada pela icasável disposição em me ouvir tagarelar e ão me deixar cochilar ao volate. Ao amigo Adriao, pela amizade sicera ao logo de tatos aos. Ao professor Cleito Albuquerque, que sempre ofereceu seu apoio e sempre será para mim uma referêcia de professor, amigo, colega e cidadão. A todos os meus professores e colegas do PROFMAT, pelas valiosas lições de Matemática, de vida e compaheirismo.

7 "Nós somos aquilo que fazemos repetidamete. Excelêcia, etão, ão é um modo de agir, mas um hábito. Aristóteles

8 RESUMO Neste trabalho abordamos algumas técicas de cotagem utilizadas para solucioar algus problemas clássicos da Aálise Combiatória. Mostramos também uma relação etre o problema das cartas mal edereçadas, o problema de Lucas e os permaetes de uma matriz quadrada. Palavras-chave: Lemas de Kaplasky.Problema de Lucas. Permaetes.

9 ABSTRACT I this work we cover some coutig techiques used to solve some classic problems i Combiatorics. We also show a lik betwee the so called recotre problem, the méage problem ad the permaet of a square matrix. Keywords: Lemmas of Kaplasky. Méage Problem. Permaets.

10 SUMÁRIO 1 INTRODUÇÃO PRINCÍPIO DA INCLUSÃO E EXCLUSÃO A cardialidade da uião de dois cojutos fiitos A cardialidade da uião de três cojutos fiitos Caso geral do pricípio da iclusão e exclusão Permutação caótica ou desarrajo A quatidade de fuções sobrejetoras etre dois cojutos fiitos RETÂNGULOS E QUADRADOS LATINOS Defiição e existêcia de retâgulos e quadrados latios Da quatidade de retâgulos e quadrados latios LEMAS DE KAPLANSKY Combiações completas Lemas de Kaplasky Geeralizações dos lemas de Kaplasky O PROBLEMA DE LUCAS Solução de Kaplasky para o problema de Lucas Outra solução para o problema de Lucas PERMUTAÇÕES E PERMANENTES Permaetes Permutações e permaetes Uma fórmula de recorrêcia para os desarrajos e a egehosa Solução de Euler O problema de Lucas e os permaetes CONCLUSÃO...76 REFERÊNCIAS...77

11 11 1 INTRODUÇÃO O problema das cartas mal edereçadas, proposto por Nicolaus Beroulli e resolvido por Euler, trata da quatidade de formas de distribuirmos cartas edereçadas a pessoas distitas de modo que ehuma pessoa receba corretamete sua correspodêcia. O problema de Lucas, proposto por Édouard Lucas e resolvido por Kaplasky, perguta de quatos modos podemos acomodar casais, marido e mulher, em 2 cadeiras distitas dispostas em uma mesa circular de modo que pessoas do mesmo sexo ão setem jutas e ehum homem sete ao lado de sua esposa. Ambos são problemas sobre o úmero de permutações com restrições sobre as posições dos elemetos permutados e estão também relacioados com o problema de cotar a quatidade de quadrados latios. Neste trabalho, discutimos algumas técicas de cotagem usadas para solucioar o problema das cartas mal edereçadas, o problema de Lucas e que forecem também estimativas para o úmero de quadrados latios. Começamos por apresetar e demostrar o Pricípio da Iclusão e Exclusão (PIE) seguido de algumas aplicações otáveis. Em seguida, exibimos os coceitos de retâgulos e quadrados latios e efatizamos uma relação direta etre quadrados latios e as permutações caóticas. No Capítulo 4, apresetamos, geeralizamos e demostramos os Lemas de Kaplasky e em seguida apresetamos uma série de aplicações. No Capítulo 5, apresetamos o problema de Lucas e uma solução diferete da que foi apresetada por Kaplasky. Fialmete, o Capítulo 6, tecemos algus cometários sobre permaetes e explicamos sua ligação com a cotagem das permutações, em especial com as permutações caóticas e o problema de Lucas. Este trabalho tem por objetivo servir como ferrameta didática para o aprofudameto de técicas de cotagem usadas o Esio Médio. Os assutos tratados e a liguagem usada para resolver os problemas são compatíveis com a Matemática desevolvida o currículo do Esio Médio. Não obstate, tais problemas são desafiadores e podem despertar a curiosidade dos aluos e cotribuir com a melhoria do esio da Matemática.

12 12 2 PRINCÍPIO DA INCLUSÃO E EXCLUSÃO Começaremos por apresetar uma importate ferrameta de cotagem que é largamete cohecida a comuidade Matemática como O Pricípio da Iclusão e Exclusão ou simplesmete pela sigla PIE. Basicamete, este pricípio os forece uma maeira de determiar a quatidade de elemetos da uião de uma quatidade fiita de cojutos fiitos caso seja cohecido as quatidades de elemetos de cada cojuto e das itersecções etre eles. Iicialmete, vamos cosiderar a situação ode temos apeas dois cojutos fiitos. Em seguida vamos geeralizar essa situação para mais cojutos. A partir daqui, iremos represetar a cardialidade de um cojuto fiito A por A. 2.1 A cardialidade da uião de dois cojutos fiitos Sejam A e B dois cojutos fiitos. Cada elemeto do cojuto A B pertece a um e somete um dos seguites subcojutos da uião de A com B: A\ B, B\ A e A B. Tal afirmação é verdadeira devido ao fato de os três subcojutos formarem, otadamete, uma partição de A B. Assim, A B A \ B B \ A A B. Por outro lado, A \ B A A B e B \ A B A B. Logo, A B A B A B. O sial de " " precedete a A B também pode ser justificado pelo de fato de que cada elemeto da itersecção etre A e B está sedo cotado duplamete, uma vez em A e outra em B, daí surge a ecessidade de retirar o excesso da soma A B. A seguir, um exemplo de aplicação deste caso particular do PIE. Exemplo Em certo muicípio brasileiro, ão há sistema de coleta de esgoto, tal fato favorece a propagação de parasitoses, sedo que as mais comus são causadas

13 por Ascaris lumbricoides (cohecida como lombriga) e Eterobius vermiculares (também chamada de tuxia). Cosidere que esse muicípio haja uma comuidade de 800 habitates e que após uma rápida pesquisa, costatou-se que: 460 apresetavam ovos de lombriga; 380 apresetavam ovos de tuxia e 20% dos habitates ão apresetavam ifestação por estes vermes. tipos de vermes? Quatos habitates dessa comuidade estavam ifestados pelos dois Solução: Vamos defiir os cojutos: A : Cojuto dos habitates ifestados pela lombriga, B : Cojuto dos habitates ifestados pela tuxia. Veja que, esta otação, estamos procurado a cardialidade de A B e os foi iformado que A 460 e que B 380. Ora, sabemos 20% dos habitates ão apresetavam ifestação por estes vermes, assim 80% dos 800 habitates, isto é, 640 habitates estão ifestados por ao meos um dos dois tipos de vermes, logo: AB 640. Como A B A B A B, segue que: Portato, AB A B. Dessa forma, cocluímos que 200 habitates da comuidade citada estão ifestados pelos dois tipos de vermes A cardialidade da uião de três cojutos fiitos Sejam A, B e C três cojutos fiitos. Estamos iteressados em determiar A B C. Podemos pesar em BCcomo um úico cojuto. Assim, desde que A B C A B C, podemos aplicar o resultado obtido a seção aterior para dois cojutos e obter:

14 14 A B C A B C A B C A B C. Por outro lado, sabemos que A B C A B A C. Daí: AB C AB AC AB AC AB AC. Assim, A B C A B C B C A B A C A B C, A B C A B C A B A C B C A B C. Tal como a Seção 2.1 podemos justificar o resultado acima da seguite forma: cada um dos elemetos das três itersecções A B, A C e B C foi duplamete cotado a soma A B C, daí se justifica a subtração das parcelas A B, A C e B C. Cotudo, cada elemeto do cojuto A B C foi triplamete icluído (uma vez em A, outra em B e mais uma vez em C ) e triplamete retirado (uma vez em cada uma das três itersecções A B, A C e B C) e isso justifica a iclusão de A B C o fial da fórmula. Exemplo (UERJ - Adaptada) Em um posto de saúde foram atedidas, em determiado dia, 160 pessoas com a mesma doeça, apresetado, pelo meos, os sitomas diarreia, febre ou dor o corpo, isoladamete ou ão. A partir dos dados registrados as fichas de atedimeto dessas pessoas, foi elaborada a tabela abaixo. Sitomas Frequêcia Diarreia 62 Febre 62 Dor o corpo 72 Diarreia e febre 14 Diarreia e dor o corpo 8 Febre e dor o corpo 20 Diarreia, febre e dor o corpo? Determiar o úmero de pessoas que apresetaram, ao mesmo tempo,

15 15 os três sitomas. Solução: Vamos começar defiido os cojutos A, B e C como segue. A : cojuto das pessoas que apresetaram diarreia, B : cojuto das pessoas que apresetaram febre, C : cojuto das pessoas que apresetaram dor o corpo. Dessa forma, fica evidete que: A B C 160, A 62, B 62, C 72, A B 14, A C 8 e B C 20. Pede-se para calcular A B C. Ora, pelo PIE, sabemos que A B C A B C A B A C B C A B C. Assim, A B C A B C A B A C B C A B C A B C. Logo, A B C 6. A seguir, veremos o caso geral do PIE e uma prova de tal resultado. 2.3 Caso geral do pricípio da iclusão e exclusão A seguir euciamos o PIE em sua forma geral. Há várias formas de demostrar este resultado. A demostração que segue fará uso do Pricípio de Idução Fiita (PIF). Teorema Sejam A1, A2,..., A cojutos fiitos. Etão,

16 16 r 1 A1 A2... A 1 A A A i1 i2 ir r 1 1 i1i2 ir A A A A A A i1 i1 i2 i1 i2 i3 1 i1 1 i1i2 1 i1i2 i3 1 Ai A i A 2 i A 3 i A 4 1 A2... A. 1 i1i2 i3 i4 Demostração do Teorema 2.3.1: Vamos usar idução sobre. O Teorema é claramete verdadeiro para 1 e já provamos que ele também é verdadeiro para 2 e 3. Para o passo idutivo, vamos assumir que o Teorema é verdadeiro para r, quaisquer que sejam os cojutos A 1, A 2,..., A r. Vejamos o que ocorre o caso r 1. Para r 1 teremos: A A... A A A A... A A. 1 2 r r r r 1 Tratado A1 A2... Ar como um úico cojuto e usado o resultado obtido a Seção 2.1, temos: 1 2 r r r r 1 A A... A A A A... A A A A... A A A A... A A A A... A A. 1 2 r r r r r r 1 Aplicado a hipótese de idução para os cojutos A1, A2,..., A r, tem-se: A A... A A A A A A A A 1 2 r r 1 i1 i1 i2 i1 i2 i3 1 i1r 1 i1i2 r 1 i1i2 i3 r r A A... A A A A... A A. Iserido Ar 1 em Ai 1 tem- se: 1i1 r 1 2 r r r r 1 A A... A A A A A A A A 1 2 r r 1 i1 i1 i2 i1 i2 i3 1 i1r 1 1 i1i2 r 1 i1i2 i3 r Por outro lado, sabemos que: r A A... A A A... A A. 1 2 r 1 2 r r 1 A A A A A A A A A A r r 1 1 r 1 2 r 1 r r 1

17 Observe que devido ao fato de A1 Ar 1 A2 Ar 1... Ar Ar 1 represetar a uião de r cojutos fiitos podemos, ovamete, aplicar a hipótese de idução para esses cojutos e obter:... A A A A A A A A A A A 1 r 1 2 r 1 r r 1 i1 r 1 i1 i2 r 1 1 i1r 1 i1i2 r r A A... A A. 1 2 r r1 17 Assim, A... A A A A A A A 1 r 1 i1 i1 i2 i1 i2 i3 1 i1r 1 1 i1i2 r 1 i1i2 i3 r A A A A... 1 A A... A 1 i1i2 i3 i4 r i1 i2 i3 i4 1 2 r Ai A 1 r 1 Ai A 1 i A 2 r 1 1 i1r 1 i1i2 r r 1 1 i1i2 i3 r r 1 r 1 A A A A i1 i2 i3 r r1 Ai Ai Ar 1 A1 A2 Ar 1 1 i1i2 i3... ir 1r Veja que para 2 k r temos: A... A A... A A A A... A. i1 ik i1 ik 1 r 1 i1 i2 ik 1 i1i2... ik r 1 i1i2... ik 1r 1 i1i2... ik r 1 Dessa forma, podemos escrever: A... A A A A A A A... 1 r 1 i1 i1 i2 i1 i2 i3 1 i1r 1 i1i2 r 1 1 i1i2 i3 r 1 r1 1 r1 r 1 A... A A 1 A A... A. 1 i1i2 i3... ir r 1 Isso ecerra a prova do Teorema i i i 1 2 r 1 r Exemplo Cosidere que haja quatro cartas, digamos a, b, c e d, edereçadas a quatro pessoas distitas, isto é, cada carta possui um úico destiatário. Quatas são as formas de realizar a etrega dessas correspodêcias de modo que ehuma das quatro cartas seja etregue ao destiatário correto? Solução:

18 O total de permutações possíveis etre quatro elemetos distitos é 4! 24. Portato, é claro que a resposta do problema será o máximo igual a 24. Cosiderado uma etrega como sedo uma distribuição arbitrária das quatro cartas etre os quatro destiatários, em que cada destiatário recebe exatamete uma das quatro cartas, podemos defiir os seguites cojutos: A : cojuto das etregas em que carta a vai para o destiatário correto. 18 B : cojuto das etregas em que carta b vai para o destiatário correto. C : cojuto das etregas em que carta c vai para o destiatário correto. D : cojuto das etregas em que carta d vai para o destiatário correto. Desse modo, a resposta do problema proposto é claramete: 24 A B C D. Aplicado o PIE para os cojutos A, B, C e D, temos: A B C D A B C D A B A C A D B C B D C D A B C A B D A C D B C D A B C D. Vamos determiar A. No cojuto A, a carta a vai para o destiatário correto, isto só pode ser feito de uma úica maeira. Por outro lado, há 3! formas de distribuir as 3 cartas restates etre os outros 3 destiatários. Etão, A 13! 6. Aalogamete, B C D 6. Vejamos agora o valor de A B. O cojuto A B é aquele em que as cartas a e b são etregues corretamete aos seus respectivos destiatários, mais uma vez, isto só pode ser feito de modo úico. Deste modo, restaram 2 cartas e estas podem ser distribuídas de 2! etre os 2 destiatários remaescetes. Logo, AB 1 2! 2.

19 19 Aalogamete, A C A D B C B D C D 2! 2. Os cojutos A B C, A B D, A C D e B C D são aqueles em que 3 das quatro cartas são corretamete etregues a seus respectivos destiatários. Por outro lado, ao fazer tal distribuição teremos que etregar a quarta carta ao destiatário restate, que ecessariamete será o destiatário correto dessa carta, haja visto que os 3 demais já receberam suas cartas corretamete. Essa distribuição só pode ser realizada de forma úica. Assim: A B C D A B C A B D A C D B C D 1! 1. Dessa forma, a resposta do problema é: O exemplo acima foi motivado por um problema mais geral proposto por Nicolaus Beroulli ( ), e posteriormete resolvido por Leoard Euler ( ). O problema pergutava de quatas formas podemos distribuir cartas destiadas a edereços distitos de modo que ehuma carta seja etregue o edereço correto. Tal problema ficou cohecido como problema das cartas mal edereçadas e sua solução está relacioada ao coceito de permutação caótica. A próxima seção tratará desse tema. 2.4 Permutação caótica ou desarrajo Seja um úmero iteiro. Cosidere um grupo de objetos distitos dispostos em certa ordem. Uma permutação desse grupo é dita caótica (ou um desarrajo) se, ao reordearmos esses objetos trocado-os de posição etre si, ehum deles tora a ocupar sua posição origial. Em geral, represeta-se a quatidade de desarrajos de elemetos por D, com 1. Ademais, também defiimos D0 1. Teorema distitos é dada por Seja um úmero iteiro. A quatidade de desarrajos de elemetos D ! 1..., 1! 2! 3!!

20 20 ou aida, a forma mais compacta: D k 1!. k0 k! Demostração do Teorema 2.4.1: Vamos começar defiido cada cojuto A i, em que 1i, como o cojuto das permutações dos objetos em que o i-ésimo deles está a posição origial. Com esta otação, a solução deste problema será dada por: A1 A2 A!.... Assim, aplicado o PIE para os cojutos A i obtemos: D! Ai 1 Ai A 1 i 2 Ai A 1 i A 2 i 3 1 i1 1 i1i2 1 i1i2 i A1 A2 A Ou aida, em uma forma mais compacta: k D! 1 Ai A i A 2 i k k 1 1 i1i2 ik Vamos determiar o valor de Ai A... 1 i A 2 ik. 1 i1i2 ik k Perceba que uma vez fixados os ídices i1, i2,..., i k, tais que i i i, o cojuto Ai A... 1 i A 2 i k é formado pelas permutações em que os objetos das posições i1, i2,..., i k estão em suas posições origiais e isto só ocorre de uma úica forma. Como os demais k objetos podem ser distribuídos arbitrariamete de k! maeiras as posições restates, podemos cocluir que: A A... A k!. i1 i2 i k Por outro lado, há escolhas possíveis para i1, i2,..., i k. Assim: k 1 i1... ik Ai... A!. 1 i k k k

21 21 Daí, k D! 1 k!. k 1 k E, desde que! 0!, 0 podemos escrever k D 1 k!. k 0 k Cosiderado que,! k!. k k! Assim, obtemos que D k 0 1!. k! k atural. Por fim, como D0 1, a fórmula acima tora-se válida para todo úmero No capítulo 5, apresetamos também a solução dada por Euler ao problema das cartas mal edereçadas. Exemplo Quatro pessoas aguardam atedimeto em uma clíica médica. Todas deverão ser cosultadas por dois médicos diferetes. O atedimeto de ambos os médicos está marcado para iiciar às 14:00h e termiar às 15:00h. Os médicos deverão gastar, em cada atedimeto, exatos 15 miutos. De quatas formas poderiam ser orgaizadas os horários das duas cosultas? Solução:

22 22 Cosidere a tabela a seguir como forma de ilustrar os possíveis horários em que podemos distribuir os quatro pacietes dadas as codições impostas pelo problema. Horário de Atedimeto 14:00 14:15 14:15 14:30 14:30 14:45 14:45 15:00 Médico 1 Médico 2 Perceba que há 4! formas de se preecher o horário de atedimeto do Médico 1, pois ão há ehuma restrição sobre ele. Cotudo, uma vez motado o horário do Médico 1, ote que o paciete que estiver em atedimeto com ele ão poderá estar em atedimeto o mesmo horário com o Médico 2, ou seja, o preechimeto dos horários de atedimeto do Médico 2 deverá ser uma permutação caótica do horário do Médico 1. Dessa forma, para cada horário do Médico 1, há D 4 formas de se motar o horário do Médico 2. Como a resposta do problema é: D ! 1 9, 1! 2! 3! 4! 4! D Uma geeralização do exemplo aterior cosiste em determiar a quatidade de formas em que pessoas podem ser atedidas por médicos em um cojuto determiado de horários. Este problema, o etato, aida se ecotra sem solução, ou seja, ão se cohece uma fórmula fechada para esse valor. Como veremos, ele é igual à quatidade de quadrados latios de ordem. Discutiremos mais sobre esse assuto o próximo capítulo. Ates, veremos a próxima seção mais uma otável aplicação do PIE. 2.5 A quatidade de fuções sobrejetoras etre dois cojutos fiitos Ates de partir para o objetivo pricipal desta seção, vamos apresetar algumas defiições pertietes. Neste trabalho, trataremos apeas de fuções etre

23 cojutos fiitos, cotudo a defiição que será dada pode ser ampliada para quaisquer cojutos. Defiição Sejam A e B dois cojutos fiitos ão vazios. Uma fução f de A em B, deotada por f : A B, é um cojuto de pares ordeados (x, y) tais que as três seguites codições são observadas: x A e y B, x, y f y B tal que x, y f, x A; Se, 1 e, 2 x y f x y f,etão y 1 y 2. O valor de y B tal que x, y f é frequetemete represetado por f x e chamado de imagem de x pela fução f. O cojuto A é chamado de Domíio da fução e o cojuto B é chamado de Cotra-domíio da fução. O subcojuto de B formado por todas as images dos elemetos do domíio é chamado de Cojuto Imagem da fução. Teorema A quatidade de fuções de A em B, em que A e B são cojutos fiitos 23 ão vazios é A B. Demostração do Teorema 2.5.2: Cada um dos A elemetos de A pode ser associado a um úico dos B elemetos de B. Assim, aplicado o Pricípio Fudametal da Cotagem (PFC) temos B A fuções distitas. Defiição Fução Ijetora Sejam A e B dois cojutos fiitos. Uma fução f de A em B é dita ijetora quado quaisquer elemetos diferetes o domíio correspoderem-se com images diferetes. Isto é, se x, x 1 2 A e x1 x2, etão f x f x 1 2.

24 24 Podemos também usar a cotrapositiva da afirmação acima para defiir uma fução ijetora, ou seja, uma fução ijetora é uma fução com a seguite x, x A : f x f x x x. propriedade: Observe que a defiição de fução ijetora acarreta a ecessidade de que A B, do cotrário seria impossível costruir uma fução ijetora de A em B, pois ecessariamete haveria pelo meos dois elemetos de A com a mesma imagem. Teorema A e B é: A quatidade de fuções ijetoras etre dois cojutos fiitos ão vazios B A! A. Demostração do Teorema 2.5.4: Cosidere os cojutos A x1, x2,..., x A e B y1, y2,..., y B. Veja que se f : A B é uma fução ijetora, etão seu cojuto imagem possui exatamete A elemetos. Fixemos uma das possíveis escolhas para o cojuto imagem, digamos i1 i2 i A, em que i1, i2,..., i 1,2,..., B A B* y, y,..., y que B* é o cojuto imagem dessa fução, é um cojuto do tipo x1, 1, x2, 2,..., x A, A,. Uma fução de A em B, em em que 1, 2,..., A é uma permutação dos elemetos de B*. Sabemos que a quatidade de permutações de objetos é!, e como B* A cocluímos que há A! fuções distitas de A em B, em que B* é o cojuto imagem. Por fim, observado que existem B A escolhas possíveis para B*, cocluímos, pelo Pricípio Fudametal da Cotagem, que o total de fuções ijetoras de A em B é:

25 25 B A! A. Defiição Fução Sobrejetora Sejam A e B dois cojutos fiitos. Uma fução f de A em B é dita sobrejetora quado todo elemeto de B é imagem de ao meos um elemeto de A. Isto é, se y que A B B, etão x A tal que y f x. Observe que a defiição de fução sobrejetora acarreta a ecessidade de, do cotrário seria impossível costruir uma fução sobrejetora de A em B, pois ecessariamete haveria pelo meos um elemeto de B desassociado de qualquer elemeto de A. O cálculo da quatidade de fuções sobrejetoras de A em B ão é tão elemetar quato os dos dois teoremas ateriores. Mas podemos cotorar essa dificuldade aplicado o PIE. Ates, vamos a um exemplo que ilustra as ideias do próximo teorema. de A em B? Exemplo Sejam A 1,2,3,4 e B a, b, c Solução:. Quatas são as fuções sobrejetoras De acordo com o Teorema 2.5.2, sabemos que há ao todo 81 fuções de A em B, uma vez que A 4 B Vamos calcular quatas dessas fuções ão são sobrejetoras. Vamos começar defiido os cojutos: M 1 : cojuto das fuções f de A em B em que a ão pertece ao cojuto imagem de f. M 2 : cojuto das fuções f de A em B em que b ão pertece ao cojuto imagem de f.

26 26 M 3 : cojuto das fuções de f A em B em que c ão pertece ao cojuto imagem de f. Dessa forma, a quatidade de fuções de A em B que ão são sobrejetoras é M1 M2 M3. Note que, 4 M1 2, pois, este caso, cada um dos 4 elemetos de A possui duas possibilidades para sua imagem. Aalogamete, M 4 2 M3 2. Por outro lado, M 4 1 M2 1, pois, este caso, cada elemeto de A terá apeas c como possibilidade de imagem. Aalogamete, 4 M1 M3 M2 M Por fim, M1 M2 M3 0, pois, este caso, os elemetos de A ão possuem possibilidade de imagem. Assim, M M M Logo, a quatidade de fuções sobrejetoras de A em B é : = 36. Teorema Sejam A e B dois cojutos fiitos ão vazios tais que A B. A quatidade de fuções sobrejetoras de A em B é dada por: B k k0 B 1 A k!. k A demostração que segue faremos uso do pricípio de iclusão e da exclusão que é totalmete acessível aos aluos a partir do segudo ao de esio médio, pois faremos uso de técicas de cotagem vistas esse período. Demostração do Teorema 2.5.7: e M k, em que Cosidere os cojutos A a, 1 a,..., 2 a, B b,,..., A 1 b2 bb M k e defiido como o cojuto das fuções de A em B em que bk ehum dos elemetos A, para 1 k B. ão é imagem de Assim, a demostração do Teorema cosiste em calcular

27 27 A B M1 M2... M B. Seja k um úmero atural, tal que 1k B. Perceba que cada um dos cojutos do tipo Mj... M, 1 j k com 1 j1... jk B, terá a mesma cardialidade B A k, pois cada elemeto de A terá B k possíveis images. Como há B k possíveis escolhas para 1, 2,..., k j j j segue que: 1 j1... jk B B A M j... M. 1 j B k k k acima a forma: Assim, aplicado o PIE para os cojutos M1, M2,..., M B obtemos: B A B A M1 M2... M B B B 1 2 k1 B A 1 B A 1 B k... 1 B B. k B B B A k1 k k1 Isto é, M1 M2 M B B k Deste modo, a quatidade de fuções sobrejetoras de A em B é dada por: B B A k 1 B A A k B A B 1 B k B 1 B k. k1 k k1 k B A 0 Desde que B 1 B 0 B 0 k B k k0 B A 1. k A, podemos reescrever a expressão 3 RETÂNGULOS E QUADRADOS LATINOS Registros apotam que o primeiro matemático a publicar um texto sobre quadrados latios foi Leohard Euler em A expressão quadrado latio

28 28 deveu-se ao fato de Euler (DELAHAYE) ter usado letras latias para os seus quadrados. Euler teria sido desafiado com o seguite problema: "Supohamos que seis regimetos forecem seis oficiais de patetes diferetes. Por exemplo, um geeral, um coroel, um capitão, um major, um teete e um alferes. Será possível colocar os oficiais uma disposição quadragular seis por seis, para que em cada liha e cada colua ão haja ehuma repetição de patete em de regimeto?" Para tetar resolver esse problema, Euler defiiu o que hoje chamamos de quadrados latios e, a partir destes, itroduziu o coceito de quadrados latios ortogoais, ou quadrados greco-latios. Euler sabia que caso ecotrasse um par de quadrados latios ortogoais de ordem 6, o problema estaria resolvido. Mas, Euler ão obteve sucesso e laçou a cojectura de que ão existiriam quadrados latios ortogoais de ordem 4k 2, com k. De fato, em 1901, o matemático fracês Gasto Tarry mostrou que realmete ão existem quadrados greco-latios de ordem 6, o que viha a dar algum crédito à cojectura de Euler. Cotudo, em 1959, os matemáticos Bose, Shrikhade e Parker (DELAHAYE) provaram que a cojectura estava errada, mostrado que é possível ecotrar quadrados latios ortogoais para qualquer ordem 4k 2 com k 1. O resultado obtido por Bose, Shrikhade e Parker (BOSE, SHRIKHANDE e AND PARKER, 1960) foi matéria de primeira págia do The New York Times (1959), e também a capa da revista Scietific America (1959). Mesmo hoje, há várias pergutas cetrais em toro desse tema que aida se ecotram sem resposta. Neste capítulo, iremos itroduzir os coceitos de retâgulos e quadrados latios. Vamos discutir algus importates resultados, sobretudo o que se refere à quatidade de retâgulos e quadrados latios que podem ser costruídos com um dado cojutos de símbolos. 3.1 Defiição e existêcia de retâgulos e quadrados latios em que k, Defiição Sejam k e úmeros iteiros positivos. Um retâgulo latio do tipo k é uma quádrupla,,,, M N P Q em que M, N e P são cojutos tais que

29 29 M k, N P e Q é uma aplicação Q : M N P tal que, fixados j N p P a equação Q i, j p apreseta, o máximo, uma solução para i M. e k É possível visualizar um retâgulo latio do tipo k como uma matriz cujas etradas são elemetos de um cojuto P de cardialidade. Nessa matriz, todo elemeto de P aparece disposto em cada liha exatamete uma vez e em cada colua o máximo uma vez. São exemplos de @ Retâgulo Latio 3 x Retâgulo Latio 2 x 6 Defiição ordem. Um quadrado latio é um retâgulo latio em que k. Comumete um quadrado latio é chamado de quadrado latio de São exemplos de @ Quadrado Latio

30 Quadrado Latio 6 6 Deste poto em diate, faremos uso apeas dos elemetos do cojuto 1,2,..., como elemetos de etrada da matriz que represeta os retâgulos latios do tipo k. Defiição Quadrados latios ortogoais Dois quadrados latios de mesma ordem são deomiados ortogoais se os pares ordeados, formados por elemetos em posições correspodetes, forem todos distitos. A seguir temos um par quadrados latios ortogoais De fato, os 9 pares ordeados são: (1,1); (2,3); (3,2); (2,2); (3,1); (1,3); (3,3); (1,2) e (2,1). E, coforme podemos costatar eles são todos distitos. É importate observar que para qualquer iteiro positivo existe um quadrado latio. De fato, podemos proceder da seguite forma para obter um quadrado latio de ordem. Vamos dispor os elemetos 1, 2, 3,..., essa ordem a primeira liha. Na seguda liha, dispomos os elemetos a ordem 2, 3,...,, 1. Isto é, deslocamos a primeira liha uma casa para a esquerda e colocamos o elemeto 1 a última posição. Seguido esse formato, teríamos a j-ésima liha os elemetos dispostos a seguite ordem: j, j 1,...,, 1, 2,..., j 1. Fialmete, a última liha teria a seguite cofiguração, 1, 2,..., 1. Abaixo, temos uma ilustração:

31 j j+1 j+2... j 3 j 2 j Além disso, é possível obter vários quadrados latios a partir de um quadrado pré-fixado, para isso, basta permutar etre si suas lihas ou coluas ou aida pode-se reumerar seus elemetos. Outro resultado bastate importate é o fato de que qualquer retâgulo latio pode ser completado até se torar uma quadrado latio. Acompahe o exemplo a seguir. Exemplo Observe o retâgulo latio do tipo 36 abaixo Ele pode ser expadido para um quadrado latio de ordem 6, coforme a ilustração a seguir Ates de iiciar a demostração desse fato, covém algumas cosiderações. Defiição Cosidere o cojuto A A, 1 A,..., 2 A um cojuto fiito ão vazio., em que cada A i, para 1 i, é

32 Um sistema de represetates distitos (SRD) do cojuto A, ou associado aos cojutos 1, 2,..., a1, a2,..., a tal que: A A A, é um cojuto 32 a A, e i i dado i, j 1,2,..., se i j etão ai aj. Exemplo , 3, 1. Sejam A1 1,2,3, A2 1,3 e A3 1,4. Um SRD de A A1, A2, A3 é Exemplo Sejam A 1,2,4, 1 A 1,3, 2 A3 3, A4 2,3 e A5 1,2. Não é possível obter um SRD associado aos cojutos A1, A2, A3, A4 e A 5, pois ecessariamete teremos de escolher a 3 3 e, dessa forma, teremos apeas os valores 1 e 2 para distribuir etre a2, a4 e a 5, o que, pelo pricípio da casa dos pombos, ão pode ser feito sem que algum dos valores seja repetido. Teorema (HALL, 1935) Seja A A, 1 A,..., 2 A, em que cada i A, com i 1, 2,...,, é um cojuto fiito ão vazio. Etão, existe um SRD para A se, e somete se, para cada k 1,2,..., tivermos Ai A... 1 i A 2 i k k quaisquer que sejam 1 i i... i. 1 2 k SRD, digamos Demostração do Teorema 3.1.8: A primeira parte da prova cosiste em mostrar que a existêcia de um 1 i i... i. 1 2 k a a a, implica A A... A k, com k 1,2,...,,,..., 1 2 e i1 i2 i k

33 De fato, seja Ai, A,..., 1 i A 2 i k uma escolha arbitrária de k elemetos de A, Seja D a a a com 1 i1 i2... ik.,,..., um SRD para A. Podemos selecioar um cojuto de k elemetos de D, digamos E a, a,..., a tehamos ai A j ij para todo j 1,2,..., k elemetos de D são distitos etre si e como E i1 i2 i k, tal que. Pela defiição de SRD, todos os D segue que todos os k elemetos de E também são distitos etre si, daí podemos cocluir que E k. Por outro lado, como cada elemeto de E pertece a pelo meos um dos cojutos Ai, A,..., 1 i A 2 i k segue que E Ai A... 1 i A 2 i k, assim Ai A... 1 i A 2 i k E k. E isto ecerra a primeira parte da prova do Teorema Para a seguda parte, isto é, provar que se Ai A..., 1 i A 2 i k k etão existe um SRD para o cojuto A, em que Ai 1, Ai 2,..., A i k é uma escolha arbitrária de k elemetos de A (com 1k e 1 i1 i2... ik ), iremos aplicar o pricípio de idução fiita sobre. O resultado é trivialmete verdadeiro quado 1, pois A1 deve coter pelo meos um elemeto e tal elemeto pode ser escolhido para o SRD. Assumido que o resultado seja válido para todo r, tal que 0 < r <, vamos provar que ele também é válido para r. Vamos dividir o problema em dois casos. 1 Caso: Supohamos que para qualquer escolha de k elemetos de A, digamos Ai, A,,...,, 1 i A 2 i A 3 i k tehamos Ai A... 1, em que i A 2 i k k k Deste modo, j 1,2,..., k tal que Ai j segue, pelo pricípio da casa dos pombos, que existe um possui pelo meos 2 elemetos. Sem perda de geeralidade, vamos dizer que tal cojuto seja A1 e destaquemos um de seus elemetos, digamos que a1 A1. Pode ser que, evetualmete, a1 também perteça a algum outro elemeto de A, esse caso vamos retirar a 1 desses cojutos e vamos passar a cosiderar os seguites 1 A2 \ a1, A3 \ a1,..., A \ a1. É claro que cojutos: ehum desses ovos cojutos é vazio, pois do cotrário isso egaria a hipótese

34 (em particular, o caso k 1) de que para qualquer escolha de k elemetos de A devemos ter Ai A i A 2 i k k. Agora, perceba que a uião de qualquer escolha de k dos cojutos A2 \ a1, A3 \ a1,..., A \ a 1, sedo 1k, terá de ter pelo meos k elemetos, isto é, ecessariamete devemos ter \ 1 \ 1... \ 1 i1 i2 i k 34 A a A a A a k, uma vez que Ai A i A 2 i k k e retiramos o máximo um elemeto dessa uião. Assim, aplicado a hipótese de idução, podemos assumir que o cojuto admite um SRD, digamos a a a A' A \ a, A \ a,..., A \ a com j \. Uma vez que cada a a, a,..., a a A a j 1 j,,...,, é diferete de a 1, podemos cocluir que o cojuto A A,,..., 1 A2 A admite o seguite SRD: 1, 2, 3,..., a a a a. 2 Caso: Supoha agora que para alguma escolha de k, com 1k, existem elemetos Ai, A,..., 1 i A 2 i k de A tais que Ai A... 1 i A 2 i k k (ote que a hipótese do Teorema ão permite tal cardialidade seja meor do que k). Como k 1, podemos aplicar a hipótese de idução para os cojutos Ai, A,..., 1 i A 2 i k e obter um SRD, digamos i,,..., 1 i2 i k a a a. Vamos etão tomar os k cojutos restates e retirar de cada um deles os elemetos do cojuto ai, a,..., a 1 i2 i k. É claro que ehum desses ovos k cojutos formados é vazio, pois se houvesse um tal cojuto ele ão possuiria ehum elemeto diferete dos elemetos de Ai A... 1 i A 2 i k e esse caso a uião de Ai A... 1 i A 2 i k com esse cojuto teria cardialidade k, que é meor do que k 1 e isso estaria em desacordo com a hipótese do Teorema Note também que, devido à mesma hipótese, a escolha de quaisquer p desses ovos k cojutos deverá ter pelo meos p elemetos. E, como 1 p, podemos aplicar ovamete a hipótese de idução, para obter um SRD que terá k elemetos, digamos ai, ai,..., ai k 1 k 2 e todos diferetes dos k elemetos de a, a,..., a. Dessa forma, podemos obter ai, a,...,,,,..., 1 i a 2 i a k i a k 1 i a k 2 i como SRD de A. i1 i2 i k E com isto, ecerramos a seguda e última parte da prova.

35 Observe que, de acordo com o Teorema 3.1.8, o cojuto A do Exemplo ão possui SRD pelo fato de que para k 4 podemos tomar os cojutos A2, A3, A4 e A 5 para os quais obtemos A2 A3 A4 A5 3 que é meor do que Teorema Um retâgulo latio do tipo k, em que 1k, pode ser expadido para um outro retâgulo latio do tipo k 1 pelo acréscimo de uma liha. Demostração do Teorema Em qualquer retâgulo latio k, com 1k, cada colua possui k elemetos distitos pertecetes ao cojuto 1, 2,,. Seja A j, j 1, 2,,, o cojuto dos k elemetos de com 1, 2,, que ão aparecem a colua j. Para provar o Teorema 3.1.9, é suficiete mostrar que existe um SRD associado aos A j, uma vez que, por defiição, o elemeto a j A j ão aparece a colua j. Por outro lado, para provar a existêcia de um tal SRD devemos, de acordo com o Teorema 3.1.8, mostrar que qualquer escolha de p dos cojutos A j, digamos Ai, A,..., 1 i A 2 i p, é tal que Ai A... 1 i A 2 i p p, em que 1 p. Vamos trabalhar com a hipótese cotrária, isto é, vamos supor que exista uma escolha de p cojutos Aj, omeados como Ai, A,..., 1 i A 2 i p, para os quais tehamos A A... A p 1 e mostrar que isso os leva a uma cotradição. i1 i2 i p acima. Note que p Cosidere uma escolha de quaisquer p cojutos Aj k Ai p k, j em que 1 2 j 1 para todo j A j, descritos como 1, 2,,, deste modo cocluímos que 1 i i... ip. Supoha agora que tivéssemos A A... A p 1, isto sigificaria, de acordo com o pricípio da casa dos i1 i2 i p pombos, que algum elemeto de 1, 2,, perteceria a pelo meos k 1 dos cojutos A j. Seja x um desses possíveis elemetos.

36 Cada elemeto do cojuto 1, 2,, aparece exatamete uma vez em cada uma das k lihas do retâgulo latio. Assim, existem k coluas as quais o elemeto x aparece exatamete uma vez e existem aparece. Deste modo, o elemeto x pertece a exatamete 36 k coluas as quais ele ão k dos cojutos A j e isto cotraria a ossa suposição de que Ai A i A 2 i p p. Logo, devemos ter Ai A... 1 i A 2 i p p para qualquer p, tal que 1 p. Deste modo, podemos obter um SRD associado aos Aj e esse SRD determia uma possível escolha para a k 1- ésima liha do retâgulo latio k que queríamos completar. Colorário Todo retâgulo latio k, em que 0 k, pode ser completado com k lihas de modo a se torar um quadrado latio de ordem. 3.2 Da quatidade de retâgulos e quadrados latios Saber quatas são as formas de se preecher um quadrado latio de ordem, com um dado cojuto de símbolos, aida é um problema em aberto. Na verdade, até o mometo sabe-se com exatidão apeas quatos são os quadrados latios de ordem até 11. A respeito da quatidade de quadrados latios de ordem 12, 13, 14 e 15 tem-se uma aproximação usado métodos probabilísticos. O problema de se determiar a quatidade retâgulos latios do tipo k, com k pequeo, poderia parecer mais acessível, porém, mesmo este tem se mostrado de alta dificuldade. tipo k a) A partir de agora, iremos deotar a quatidade de retâgulos latios do por L(k, ). L 1,! b) Teorema Seja um úmero atural, vale que: L 2,! D, em que D é a quatidade de desarrajos de elemetos

37 37 c) 2 k k 2k k 0 k em que U D L 3,! D D U, 2 2 k U k k 0 2 k k k 1! para 1., U 1 D 1 0 e Veremos, o capítulo 4 que o valor de U, defiido a parte c, está profudamete relacioado à solução do chamado Problema de Lucas. Demostração do Teorema 3.2.1: Faremos a demostração dos dois primeiros ites. A demostração do item c pode ser ecotrada em (MOSER, 1982) e em (PRANESACHAR, 1982) e ão colocamos aqui por evolver coceitos e técicas que vão além dos objetivos deste trabalho. Com efeito, um retâgulo latio do tipo 1 cotém elemetos distitos distribuídos arbitrariamete em sua úica liha. Cada permutação desses elemetos correspode a um retâgulo latio distito. Deste modo, há! retâgulos latios do tipo 1. Em relação aos retâgulos latios do tipo 2, sabemos que há! permutações dos elemetos da primeira liha. Para cada permutação desses elemetos, os elemetos da seguda liha devem formar um desarrajo e sabemos que isto pode ocorrer de D formas. Assim, pelo pricípio fudametal da cotagem, cocluímos que há! D retâgulos latios do tipo 2. Exemplo Vamos aplicar a fórmula do item c do Teorema para determiar a quatidade de quadrados latios de ordem 4. Basta perceber que L3, 4 L4, 4. De fato, uma vez determiado de quatas formas podemos preecher as 3 primeiras lihas de um retâgulo latio 3 4, a quarta liha será preechida de modo úico, pois em cada colua teremos exatamete 3 dos quatro valores possíveis. Passemos às cotas: L3, 4 4! D4 D0 U4 D3 D1 U2 D2 D2 U Ora,

38 38 1 D1 1! 1 0 1! 1 1 D2 2! 1 1 1! 2! D D U U ! 1 2 1! 2! 3! ! 1 9 1! 2! 3! 4! ! 1! 0! ! 3! 2! 1! 0! Logo, L3, E assim cocluímos que: L4, Defiição Um retâgulo latio reduzido do tipo k, em que 1 k, é um T retâgulo latio em que a primeira liha é 1,2,..., e a primeira colua é 1,2,..., k. Exemplo Abaixo, temos um retâgulo latio reduzido do tipo A quatidade de retâgulos latios reduzidos do tipo k será, a partir de agora, represetada por l( k, ). Não é difícil perceber que podemos expressar L k, em fução de l( k, ). De fato, o teorema seguite os forece uma relação etre tais úmeros. Teorema 3.2.5

39 Sejam Lk, e l( k, ) respectivamete as quatidade de retâgulos latios e a quatidade de retâgulos latios reduzidos, com 1k, etão:!! 1! L( k, ) l k,. k 39 Corolário L(, )! 1! l,. Demostração do Teorema Para o caso em k 1, observe que existem! retâgulos latios 1 e somete um deles é reduzido. Dessa forma, Para o que segue, cosidere k 2.! 1! L(1, )! l 1,. 1! Seja A o cojuto de todos os retâgulos latios do tipo k. Deste modo, podemos afirmar que L( k, ) A. Agora, cosidere B, C e D como subcojutos de A defiidos da seguite forma: B : cojuto de todos os retâgulos latios em que o primeiro elemeto da primeira liha é 1. T C : cojuto de todos os retâgulos latios em que a primeira colua é 1,2,..., k. D : cojuto de todos os retâgulos latios reduzidos. Vamos obter uma relação etre A e B. Para tato, cosidere o seguite algoritmo que permite obter elemetos de B a partir de trasformações os elemetos de A. Fixe um elemeto de A, digamos A1, e idetifique o valor da etrada que ocupa a primeira liha e primeira colua de A1. Seja x o valor dessa etrada. Substitua por 1 todas as etradas de A1 que são iguais a x e vice-versa, ou seja, permute o símbolo 1 com o x. Dessa forma, o retâgulo latio A1 será trasformado de modo úico em um elemeto de B. Por outro lado, para cada elemeto de B, existem exatamete

40 elemetos de A que podem gerá-lo, uma vez que para realizar a operação iversa há valores distitos para x. Assim, cocluímos que A B Agora, vamos relacioar B e C. Seja B1 um elemeto de B, idetifique T os valores de etrada da primeira colua de B1. Seja 1, x, x,..., x a primeira colua de B1, em que, em que x j 2,3,..., e j 2,3,..., k algoritmo à B1: 2 3 Em todas as etradas de B1, permute os valores iguais a xj com j. k 40. Aplique o seguite Dessa forma, B1 se trasformará, de modo úico, em um elemeto de C e aplicado esse algoritmo aos demais elemetos de B obteremos o cojuto C. 1 1! k 1 Assim, cosiderado que há k T 1 1, x2, x3,..., x k, cocluímos que B C k 1!, ou seja: k 1 B C 1!. k! possíveis escolhas para Vamos agora estabelecer uma relação etre C e D. Fixe um elemeto de C, digamos C1. Mateha fixa a primeira colua de C1 e reordee as 1 coluas restates de forma que a primeira liha do ovo retâgulo obtido seja 1,2,3,...,, ote que, dessa forma, trasformamos C1, de modo úico, em um elemeto de D, digamos D1. É claro que se fizermos o mesmo com os demais elemetos de C iremos obter o cojuto dos retâgulos latios reduzidos, isto é, obteremos o cojuto D. Observado que há 1! permutações das 1 coluas de 1, cocluímos que C D 1!. Por fim, a defiição de D os permite afirmar que D l k,. Deste modo, cocluímos que A 1! 1! l k, k! A 1!! l k,. k!, ou seja:

41 41 a) b) c) Certamete o esforço computacioal para determiar o valor de l(k, ) é reduzido quado comparado ao de L(k, ). Cotudo, mesmo o valor de l(k, ) tem se mostrado um desafio, de forma que muito pouco se sabe a respeito de retâgulos latios com mais de 4 lihas. Etretato, a partir dos resultados do Teorema é possível mostrar, coforme ecotramos em (RIORDAN, 1958), que: L 1, lim! L 2, lim 2! L 3, lim 3! e 0 e e 1 3 L k, lim k! A partir das observações expostas os ites acima, cojecturou-se que k 2 e e, de fato, Kaplasky e Erdös (I. KAPLANSKY, P. ERDÖS, 1946) mostraram que tal cojectura é verdadeira para 3 2 k log. Posteriormete, Yamamoto (YAMAMOTO, 1951) ampliou o limite superior de k, ao provar que L k, lim k! k 2 e é válida para 1 k 3. A seguir, apresetaremos duas tabelas, a primeira mostra os valores cohecidos de l(, ), a seguda apreseta algus valores cohecidos para l k,. N l(,) Referêcias L. Euler M. Frolov A. Sade M. B. Wells S. E. Bammel e J. Rothstei

42 B. D. McKay e E. Rogoyski B. D. McKay e I. M. Waless k l(k, ) k l(k, ) ,

43 43 Os valores das tabelas acima foram obtidos em (B. D. MCKAY AND I. M. WANLESS, 2005) e a eciclopédia virtual das sequêcias o edereço Tal sequêcia está registrada sob o código A LEMAS DE KAPLANSKY Neste capítulo iremos tratar das ferrametas itroduzidas por Kaplasky (KAPLANSKY, 1943) para solucioar o famoso problema de Lucas. Ates, porém, covém uma seção para apresetar um importate coceito da aálise combiatória Combiações completas Geralmete defiimos as combiações simples de elemetos distitos tomados r a r, e usualmete deotadas por C r, ou, r e r úmeros aturais, com 0 r C, o úmero r, r r r da seguite forma: dados!!!, represeta a quatidade de formas de escolhermos r objetos distitos de um grupo de objetos distitos dados. E, quado r, defiimos Cr, 0. Mas, e se os r objetos escolhidos ão forem ecessariamete distitos? Nesse caso, trata-se das combiações completas (também chamadas de "combiações com repetição") de r objetos (distitos ou ão) escolhidos etre objetos distitos. Esse problema equivale a determiar de quatas formas podemos separar r objetos em classes distitas (podedo, evetualmete, algumas dessas classes permaecerem vazias). Vamos represetar essa quatidade por, r CR e determiar seu valor.

44 44 Teorema A quatidade CRr, de combiações completas é dada por: CR r, r r 1, em que e r são úmeros aturais e covecioamos CR,0 1. Demostração do teorema 4.1.1: Perceba que se r 1, ehuma repetição é possível, assim podemos 11 colocar esse objeto em qualquer uma das classes, ou seja, CR,1 1. Por outro lado, se 1, etão só há uma possibilidade para dispor os r objetos, daí CR 1, r 1r 1 1. r Agora, cosidere r 1 e fixe uma dada classe, podemos dividir o valor de CR r, em dois casos disjutos. 1 Caso: A classe fixada coterá algum elemeto. Neste caso, a classe escolhida deverá ter pelo meos 1 elemeto. Assim, restarão r 1 elemetos para serem distribuídos em classes. Ou seja, haverá CRr, 1 possibilidades. 2 Caso: A classe fixada ão coterá ehum elemeto. Neste caso, teremos r elemetos para serem distribuídos em 1 classes. Ou seja, haverá CR 1, possibilidades. Assim: CR, r CR 1, r CR, r 1. r

45 Usado a recorrêcia acima jutamete com idução fiita sobre, 45 vamos provar que CR, r r 1 r. r De fato, para 1 teremos CR1, r 1, resultado que está em perfeito r acordo com ossas discussões ateriores. Vamos assumir que para que ocorre quado k 1. Nessa hipótese, teremos: k o resultado seja verdadeiro e aalisar o CRk 1, r CRk, r CRk 1, r 1. Por outro lado, CRk 1, r 1 CRk 1, r 2 CRk, r 1, e prosseguido dessa forma, chegaremos a: Assim, CR CR CR CR... CR CR. k 1, r k, r k, r 1 k, r 2 k,2 k 1,1 CR k1, r k r 1 k r 2 k r 3 k 1 k k r r 1 r CRk 1,1 k 1 Aplicado o Teorema das diagoais do Triâgulo de Pascal teremos: CR k1, r k r r. E isto ecerra a prova do Teorema associar CRr, Uma forma alterativa e muito útil de se provar o Teorema é à quatidade de soluções iteiras ão egativas da equação x1 x2... x r. De fato, cada xi correspode a uma das classes, e devemos escrever o úmero r como a soma de parcelas iteiras e ão egativas. Vamos a um exemplo o qual ilustraremos uma forma de determiar a quatidade de soluções desse tipo de equação sem aplicar a fórmula para CR r, deduzida acima.

46 Exemplo Admita que uma loja de calçados possua em seu estoque três modelos de têis e uma pessoa deseja comprar 5 pares de têis. De quatas formas essa pessoa poderá realizar sua compra? Solução: A equação associada a esse problema é: x1 x2 x Em que, x i é a quatidade de pares de têis do modelo i, com 1i 3. Vamos esquematizar as soluções da equação acima com o uso dos símbolos * e /. Teremos cico símbolos * para represetar os cico pares de têis que serão comprados e teremos dois símbolos / para separá-los em três classes de objetos. Por exemplo, uma a solução,, ,2,2 seguite forma: x x x pode ser esquematizada da */**/** Outra solução seria (3,0,2) cujo esquema seria: ***//** Já a solução (5,0,0) teria o seguite esquema: Por outro lado, os esquemas: *****// /*****/ */****/ */*/*** correspodem, respectivamete, às soluções: (0,5,0), (1,4,0) e (1,1,3). Costatamos que existe uma relação biuívoca etre as permutações dos símbolos **/**/* e as soluções iteiras e ão egativas da equação x1 x2 x3 5. Dessa forma, a quatidade de soluções da equação será a quatidade de permutações, com elemetos repetidos, dos 7 símbolos **/**/*, isto é,

47 47 5,2 7! P7 21, ote-se que este resultado está de acordo com o Teorema 4.1.1, 5! 2! 7 uma vez que CR3, Em geral, uma esquematização da equação x1 x2... x r evolve r símbolos * e 1 símbolos /, temos portato r 1 símbolos para permutar (com repetição de r símbolos * e 1 símbolos /). Como sabemos, a quatidade de tais permutações é: P r 1! CR ( 1)! r! 1, r r 1, r Lemas de Kaplasky Nesta seção iremos apresetar os lemas de Kaplasky, mas suas demostrações serão deixadas para a seção seguite que tratará de uma geeralização desses lemas. Primeiro Lema de Kaplasky 4.2.1: O úmero de subcojutos de p elemetos de A 1, 2, 3,..., p1. p os quais ão há úmeros cosecutivos é Exemplo Um colégio deve aplicar duas provas a última semaa de aula, de seguda à sábado. De quatas formas isso pode ocorrer de modo que as provas ão caiam em dias cosecutivos? Solução: Temos uma aplicação direta do Primeiro Lema de Kaplasky 5 em 6 e p 2. Logo, a resposta é 2 10.

48 Segudo Lema de Kaplasky 4.2.3: O úmero de subcojutos de p elemetos de A 1, 2, 3,..., os quais ão há úmeros cosecutivos, p cosiderado 1 e como cosecutivos, é igual a:. p p Exemplo (IME) Doze cavaleiros estão setados em toro de uma mesa redoda. Cada um dos doze cavaleiros cosidera seus dois vizihos como rivais. Deseja-se formar um grupo de cico cavaleiros para libertar uma pricesa, esse grupo ão poderá haver cavaleiros rivais. Determie de quatas maeiras é possível escolher esse grupo. Solução: O problema é uma aplicação direta do Segudo Lema de 12 7 Kaplasky em que 12 e p 5. Assim, a resposta é: Geeralizações dos Lemas de Kaplasky Nesta seção, iremos apresetar e demostrar uma geeralização dos Lemas de Kaplasky apresetados a seção aterior. Em seguida, apresetaremos algus problemas em que podemos aplicá-los. Teorema Primeiro Lema de Kaplasky - Geeralizado Sejam, p e q úmeros aturais. Cosidere o cojuto A 1, 2, 3,...,, em que p q 1 1. A quatidade I de subcojutos de A que possuem p elemetos tais que o valor absoluto da difereça de dois quaisquer desses elemetos seja pelo meos igual a q (isto é, dados i e j dois elemetos quaisquer de algum subcojuto de A, devemos ter i j q ) é uma fução de, p e q dada por: 1 1 p q I, p, q. p