Explorando os métodos de contagem no jogo senha

Explorando os métodos de contagem no jogo senha Trabalho apresentado como atividade do PIPE na disciplina Matemática Finita do Curso de Matemática no 1º semestre de 2009 Lucas Fernandes Pinheiro Maria Angélica Araújo Paula Ferreira Borges Andrade Rafael Honório Pereira Alves Resumo: Neste trabalho iremos abordar a utilização da análise combinatória no jogo senha.um dos nossos objetivos é mostrar como se joga senha e explorar os Métodos de Contagem que existem por trás desse jogo. Outro é verificar que nossa intuição às vezes pode falhar no que diz respeito à análise do histórico do jogador (ao compararmos os resultados de dois chutes, nem sempre o que apresenta mais pinos é o que traz mais informações sobre a senha). 1 Introdução No jogo Senha o desafiante seleciona, dentre 6 peças, um conjunto de 4 peças coloridas, chamado senha, com cores distintas duas a duas, e as coloca ordenadamente atrás de uma trave, para que o jogador não as veja. O jogador coloca então no tabuleiro um conjunto de 4 peças coloridas, chamado chute, com cores distintas duas a duas, dentre as mesmas 6 cores, na tentativa de acertar as cores e as posições na senha. A cada chute do jogador, o desafiante "responde"colocando, ao lado, b pinos brancos e p pinos pretos,onde, b pinos brancos representam a quantidade de peças certas em posições erradas, e p pinos pretos representam a quantidade de peças certas em posições certas. Por motivo de simplificação, consideremos que as seis cores das peças que podem formar uma senha sejam A, B, C, D, E e F e que b e p sejam a quantidade de pinos brancos e pretos, respectivamente, que o desafiante coloca ao lado de cada chute do jogador. Por exemplo, suponha que o desafiante tenha escolhido a senha BCF A, e o jogador tenha chutado ACF D. Desse modo, o desafiante deve colocar, ao lado do chute do jogador, 1 pino branco (b = 1) e 2 pinos pretos (p = 2). A partir daí, o jogador poderá calcular o número de senhas para o seu novo chute. 2 Conceitos preliminares 2.1 O Princípio aditivo de contagem Se A 1, A 2,..., A k são conjuntos disjuntos dois a dois e A i possui n i elementos (i = 1, 2,..., k), então A 1 A 2... A k possui n 1 + n 2 + + n k elementos. 2.2 O Princípio multiplicativo de contagem Se um evento A i pode ocorrer de m i maneiras, com i = 1, 2,..., n, então esses n eventos podem ocorrer em sucessão, de m 1 m 2... m n maneiras diferentes.

142 FAMAT em Revista 2.3 Permutações simples Definição: Uma permutação simples de n objetos é qualquer agrupamento ordenado desses objetos. Problema clássico sobre permutações simples: De quantas maneiras podemos ordenar em fila n objetos distintos? Resolução: Para escolher o primeiro da fila temos n possibilidades; para o segundo, n 1 possibilidades; para o terceiro, n 2;... ; para o último da fila, temos uma única possibilidade. Portanto, pelo Princípio Multiplicativo de Contagem, o número de filas que podem ser formadas com n objetos é n (n 1) (n 2)... 1 = n! Notação: P n = n! representa o número de permutações simples de n objetos. 2.4 Combinação simples Definição: Cada seleção de p objetos tomados em um conjunto de n elementos (com n p) é chamada de uma combinação simples de classe p dos n elementos. Problema clássico sobre combinações simples:quantos subconjuntos de p elementos tem um conjunto com n elementos, sendo p n? Resolução: Inicialmente, coloque em fila os n elementos dados, isso pode ser feito de n! maneiras. Tome os p elementos da fila para compor a seleção de p elementos (consequentemente os n p últimos comporão o segundo grupo). Como cada divisão do conjunto em grupos de p e n p elementos é contada p! (n p)! vezes, temos que o número de subconjuntos de p elementos de um conjunto com n elementos é: n! p!(n p)! Notação: O número de combinações simples de classe p de um conjunto com n elementos é: C p n = n! p!(n p)! 2.5 Combinações completas(ou com repetição) Problema clásico sobre combinações completas:quantas são as soluções, em inteiros não negativos, da equação x 1 + x 2 + + x n = p, onde p é um inteiro positivo dado? Antes da resolução do problema acima, vamos fazer um pequeno ensaio: Considere a equação x 1 + x 2 + + x n = 8; veja que (3, 3, 2), (1, 7, 0), (0, 8, 0) são soluções da equação dada. Vamos usar os símbolos o para representar as quantidades assumidas pelas variáveis, e / para separar os valores das variáveis. Então as soluções que foram citadas anteriormente podem ser representadas da seguinte maneira: (3, 3, 2) ooo/ooo/oo (1, 7, 0) o/ooooooo/ (0, 8, 0) /oooooooo/ Voltando ao problema, quantos objetos (o e /) são necessários para representar uma solução de x 1 + x 2 + + x n = p? No total, são n 1 + p objetos, onde n 1 é o número de /s e p é o número de os. Conceitos preliminares Universidade Federal de Uberlândia

Explorando os métodos de contagem no jogo senha 143 Portanto, o problema consiste em decidir de quantas maneiras os símbolos os irão ocupar p vagas dentre n 1 + p vagas, o que pode ser feito de C p n 1+p maneiras. Notação: O número de combinações completas é representado por CR p n, onde CR p n = C p n 1+p. 2.6 Princípio da inclusão-exclusão Sejam A e B dois conjuntos, então: #(A B) = #A + #B #(A B) Observação: #A representa o número de elementos de um conjunto A. Lema 2.1. Cn 0 Cn 1 + Cn 2 Cn 3 + + ( 1) n Cn n = 0 Demonstração. (a + b) n = ( n nk ) k=0 a k.b n k (Binômio de Newton) Fazendo a = 1 e b = 1, temos 0 = (( 1) + 1) n = n k=0 ( nk ) ( 1) k 1 n k = n k=0 = C 0 n C 1 n + C 2 n C 3 n + + ( 1) n C n n ( nk ) ( 1) k = 2.7 Princípio da inclusão-exclusão Generalizado Dados n conjuntos A 1, A 2,..., A n temos: (A 1 A 2 A n ) = n #A i i=1 1 i<j #A i A j + 1 i<j<k n + ( 1) n 1 #(A 1 A 1 A 2 A n ) #(A i A j A k ) Demonstração. Precisamos mostrar que um elemento que pertença a p conjuntos dados (onde 1 p n) é contado exatamente uma vez na fórmula acima. De fato, um elemento que pertença a exatamente p dos n conjuntos dados será contado: - p = C 1 p vezes em n i=1 #A i - C 2 p vezes em 1 i<j #(A i A j ) - C 3 p vezes em 1 i<j<k n #(A i A j A k ) E assim sucessivamente até o termo #(A 1 A 2 A n ) que nos dará uma contribuição igual a 1. É claro que a intersecção com mais do que p conjuntos não dará contribuição alguma. Somando todas essas contribuições, teremos: Agora, pelo Lema anterior, C 1 n C 2 n + C 3 n C 4 n + + ( 1) p 1 C p p C 1 n C 2 n + C 3 n C 4 n + + ( 1) p 1 C p p = 0 = = C 0 p = C 1 n C 2 n + C 3 n C 4 n + + ( 1) p 1 C p p = = 1 = C 1 n C 2 n + C 3 n C 4 n + + ( 1) p 1 C p p Faculdade de Matemática Conceitos preliminares

144 FAMAT em Revista 2.8 Permutações caóticas Definição: Uma permutação de a 1, a 2,..., a n é dita caótica quando nenhum dos a i s (i = 1, 2,..., n) se encontra na sua posição original. Isto é, na i-ésima posição. Notação: D n é o número de permutações caóticas dos elementos a 1, a 2,..., a n dados. ( Propriedade 1. O número de permutações caóticas dos elementos a 1, a 2,..., a n é D n = n! 1 1 1! + 1 2! 1 3! + + Demonstração. Seja A i o conjunto das permutações caóticas dos elementos a 1, a 2,..., a n que tem a i na i-ésima posição (i = 1, 2,..., n). Assim Agora, n D n = n! #(A 1 A 2 A n ) = n! A i + #(A i A j ) i=1 1 i<j n #(A i A j A k ) + + ( 1) n #(A 1 A 1 A 2 A n ). 1 i<j<k n (1 ) São n = C 1 n termos no primeiro somatório, C 2 n termos no segundo somatório, C 3 n no terceiro,..., C n n = 1 no último somatório. (2 ) Daí, #A i = (n 1)! #(A i A j ) = (n 2)! #(A i A j A k ) = (n 3)!. #(A 1 A 2 A n ) = 1 D n = n! n(n 1)! + C 2 n(n 2)! C 3 n(n 3)! + + ( 1) n.1 = = n! n! 1! + n! 2! n! n! + + ( 1)n (1 3! n! = n! ) ( 1)n + + + 11! 12! 13! n! Um problema envolvendo o conceito de permutações caóticas: Dados n objetos x 1, x 2,..., x p, y 1, y 2,..., y s Qual o número de permutações dos n objetos que não fixam nenhum dos x i (i = 1, 2,..., p) na posição original? Resolução: Para solucionar este problema, vamos dividí-lo em vários casos: - Caso nenhum dos objetos fique na posição original, temos D n = C o s D n permutações. - Caso apenas um dos y j (j = 1, 2,..., s) fique na sua posição original, temos Cs 1 D n 1 permutações. De fato, primeiro decidimos quem iremos fixar, o que pode ser feito de Cs 1 maneiras, depois permutamos caoticamente os n 1 objetos restantes, para isso temos D n 1 possibilidades. Logo, pelo Princípio Multiplicativo de Contagem, o número de permutações é Cs 1 D n 1 Conceitos preliminares Universidade Federal de Uberlândia

Explorando os métodos de contagem no jogo senha 145 - Caso exatamente dois dos y j (j = 1, 2,..., s) fiquem nas suas posições originais, temos C 2 s D n 2 permutações em estudo.. - Caso y 1, y 2,..., y s fiquem nas suas posições originais, temos C s s D n s permutações. Portanto, o número de permutações que não fixam x 1, x 2,..., x p é C 0 s D n + C 1 s D n 1 + C 2 s D n 2 + + C s s D n s Mas observe que, s = n p. Daí, o número acima fica n p Cn p 0 D n + Cn p 1 D n 1 + Cn p 2 D n 2 + + C n p n p D n (n p) = Cn p k D n k Exemplo 2.1. Quantos são os anagramas da palavra AMOR que não têm A como primeira letra nem R como última? Primeiro, faremos uma lista dos anagramas: MORA OMRA RMOA RAMO M ARO ORM A RM AO RAOM M RAO ORAM ROM A M ROA OARM ROAM Contando os anagramas da lista, observamos que são 14 os que não têm A como primeira letra e R como última. Aplicando a fórmula de contagem, observamos que o número de anagramas é: n = 4 p = 2 n p = s = 2 k=0 C 0 2D 4 + C 1 2D 3 + C 2 2D 2 = 1 +2 2 + 1 1 = 9 + 4 + 1 = 14 3 Explorando os métodos de contagem no jogo senha Se o desafiante escolheu quatro cores, dentre as seis, para elaborar sua senha, podemos garantir que, quando o jogador escolher suas quatro dentre as mesmas seis cores, pelo menos duas cores teriam sido escolhidas por ambos. Isso quer dizer que, pelo menos dois pinos (ou dois brancos, ou dois pretos, ou um branco e um preto) o desafiante terá de colocar ao lado de cada chute do jogador. De fato, considere que o desafiante tenha escolhido suas quatro cores. Se o jogador tivesse escolhido apenas uma dessas mesmas cores, ou nenhuma delas, ele não teria escolhido quatro cores, logo não formaria uma senha. Assim, o número de pinos que o desafiante pode colocar, a cada chute do jogador é 2, 3 ou, no máximo, 4. Portanto, podemos contar de quantas maneiras os pinos podem ser colocados pelo desafiante. Basta determinar o número de soluções, inteiras e não negativas, de 2 b + p 4, onde b representa o número de pinos brancos e p o de pinos pretos. Para a equação b+p = 2, temos CR 2 2 = C 2 3 = 3 soluções em inteiros não negativos, são elas (2, 0), (0, 2) e (1, 1). Para a equação b+p = 3, temos CR 3 2 = C 3 4 = 4 soluções inteiras não-negativas, que são (3, 0), (0, 3), (2, 1) e (1, 2). Faculdade de Matemática Explorando os métodos de contagem no jogo senha

146 FAMAT em Revista Finalmente, o número de soluções, em inteiros não negativos, de b + p = 4 é CR 4 2 = C 4 5 = 5; (4, 0), (0, 4), (1, 3), (3, 1) e (2, 2) representam essas soluções. Portanto, 2 b + p 4 tem 3 + 4 + 5 = 12 soluções em inteiros não-negativos. Mas estaríamos precipitados se disséssemos que os pinos brancos e pretos podem ser colocados, pelo desafiante, de 12 maneiras, já que não podemos contar com a solução (1, 3) (1 pino branco e 3 pretos), pois se três cores estivessem certas, e em posições certas, resta que a quarta cor também estaria certa, e na posição certa. Assim, o desafiante pode colocar os pinos brancos e pretos de 11 formas diferentes, conforme a tabela: Veja que, para b = 0 e p = 4, significa que a senha já foi descoberta pelo jogador. Ao preparar sua senha, o desafiante deve ter em mente o número de senhas que ele pode fazer. Seria, então, possível estabelecer tal contagem? Mas é claro! Veja que, para escolher a primeira cor, ele tem 6 possibilidades, para a segunda, 5 possibilidades (pois não pode ocorrer repetição de cores), para a terceira 4 possibilidades, e 3 possibilidades para a última cor. Portanto, pelo Princípio Multiplicativo de Contagem, o desafiante se dispõe de 6 5 4 3 = 360 senhas possíveis. Após preparada a senha, o jogador é induzido a dar seu primeiro chute. Feito isso, o desafiante deve colocar uma quantidade de pinos brancos e pinos pretos já foi dito que ele tem 11 formas de fazê-lo. Sendo b = 0 e p = 4, vimos que a senha já está descoberta. Então, vamos analisar os casos menos triviais; o objetivo é descobrir, para cada caso, quantas são as maneiras de o jogador fazer seu segundo chute. a) b = 0 e p = 3 O jogador sabe que 3 de suas cores estão corretas em posições certas. Assim, ele deve escolher 3, dentre as quatro cores que ele colocou anteriormente, e fixá-la na mesma posição, o que pode ser feito de C 3 4 maneiras. A outra cor, então, deve ser substituída por uma das duas que ele não tinha colocado. Portanto, pelo Princípio Multiplicativo de Contagem, ele pode dar seu segundo chute de C 3 4 = 4 2 = 8 maneiras. b) b = 0 e p = 2 Repetindo o pensamento anterior, o jogador, primeiramente, deve escolher duas das quatro cores, que ele escolheu antes, e fixá-las nas mesmas posições, então ele tem C 2 4 de fazê-lo. Depois ele deve empunhar as duas cores que ele não tinha escolhido e colocá-las nos dois espaços vazios, o que pode ser feito de P 2 maneiras. Portanto, pelo PMC, C 2 4 P 2 = 6 2 = 12 é o número de senhas que poderá fazer no seu novo chute. c) b = 1 e p = 2 Primeiramente, o jogador deve escolher duas cores e fixá-las nas mesmas posições, isso pode ser feito de C4 2 maneiras. Depois, ele deve selecionar uma da duas peças restantes e mudá-la de posição (ele tem duas maneiras de fazer isso). Por último, ele deve completar seu chute com uma das peças que ele não tinha usado no chute anterior, o que pode ser feito de 2 maneiras. Logo, pelo PMC, ele tem C4 2 2 2 = 6 2 2 = 24 formas de fazer seu chute seguinte. Explorando os métodos de contagem no jogo senha Universidade Federal de Uberlândia

Explorando os métodos de contagem no jogo senha 147 d) b = 1 e p = 1 Inicialmente, o jogador deve fixar uma das cores na posição inicial, para isso, ele dispõe de C 1 4 possibilidades. Agora, ele deve selecionar uma das três cores restantes, o que pode ser feito de C 1 3 maneiras, e mudá-la de lugar, o que pode ser feito de 2 maneiras. Por fim, ele deve colocar as duas cores, que ele não tinha escolhido, nos lugares restantes, o que pode ser feito de P 2 maneiras. Portanto, pelo PMC, ele pode fazer seu novo chute de C 4 1 C 1 3 2 P 2 = 4 3 2 2 = 48 maneiras. e) b = 2 e p = 2 O jogador deve fixar duas cores que ele escolheu em suas posições, ele tem C 2 4 jeitos de fazê-lo. Depois ele deve apenas trocar as posições das outras duas cores, ele pode fazer isso de apenas uma maneira. Então, pelo PMC, ele tem C 2 4 1 = 6 1 = 6 maneiras de fazer seu próximo chute. f) b = 4 e p = 0 Nesse caso, o jogador deve apenas tirar as cores de suas posições iniciais, ( então, ele precisa) saber qual é o número de permutações caóticas de 4 objetos, que é D 4 = 4! 1 1 1! + 1 2! 1 3! + 1 4! = 9. g) b = 3 e p = 1 De início, o jogador deve fixar uma das cores, o que pode ser feito de C4 1 maneiras. Depois ele deve apenas trocar a posição das cores restantes, de modo que elas não fiquem na mesma posição, o que pode ser feito de D 3. Logo, pelo PMC, o jogador tem C4 1 D 3 = 4 2 = 8 maneiras de fazer seu segundo chute. h) b = 2 e p = 0 Primeiro, o jogador tem de selecionar duas cores das que ele tinha escolhido, o que pode ser feito de C 2 4 maneiras. Depois ele deve empunhar as duas cores que ele não tinha utilizado e distribuir as quatro peças que ele tem em mãos de forma que as duas primeiras não fiquem nas mesmas posições, o que pode ser feito de C 0 2 D 4 +C 1 2 D 3 +C 2 2 D 2 = 14. Portanto, pelo PMC, o jogador tem C 2 4 14 = 6 14 = 84 maneiras de fazer seu novo chute. i) b = 3 e p = 0 O jogador deve, inicialmente, selecionar 3 cores das que ele tinha colocado, o que pode ser feito de C 3 4 maneiras. Depois deve selecionar uma das duas cores que ele não tinha escolhido e, por fim, fazer uma permutação caótica de 3 objetos em 4 vagas, que é C 0 1 D 4 +C 1 1 D 3 = 1 9+1 2 = 11. Portanto, pelo PMC, ele pode fazer sua nova senha de C 3 4 2 11 = 4 22 = 88 maneiras. j) b = 2 e p = 1 Primeiramente, o jogador deve escolher uma cor e fixá-la na mesma posição, ele pode fazer isto de C4 1 maneiras. Depois ele deve selecionar duas outras cores dentre as três que sobraram, o que pode ser feito de C3 2 maneiras, e depois selecionar uma das duas cores que ele não tinha escolhido. Feito isso, ele deve fazer uma permutação caótica das duas primeiras cores em três vagas, o que pode ser feito de C1 0 D 3 + C1 1 D 2 = 1 2 + 1 1 = 3. Portanto, pelo PMC, ele pode dar seu novo chute de C4 1 C3 2 2 3 = 4 3 2 3 = 48 maneiras. Segue abaixo uma tabela que mostra, para cada quantidade de pinos brancos e pinos pretos, o número de senhas que o jogador poderá fazer em seu segundo chute: 4 Considerações finais Podemos observar, a partir do desenvolvimento deste, que às vezes nos equivocamos em pensar que quanto mais pinos colocados, mais informações se tem sobre a senha (isto é, menor é o número Faculdade de Matemática Considerações finais

148 FAMAT em Revista de senhas compatíveis com o resultado do chute). Mas nem sempre isso ocorre. Veja, por exemplo, que no caso p = 2 e b = 0 temos que o número de senhas para um novo chute é menor do que quando consideramos o caso de p = 2 e b = 1. No primeiro caso, o jogador terá 11 possibilidades restantes para fazer sua senha, e no segundo caso terá 23 possibilidades. Tais resultados somente foram concluídos por conta de uma série de aplicações dos conceitos dos Métodos de Contagem, o que mostra a importância e a ampla utilização da Análise Combinatória. Referências Bibliográficas [1] SANTOS, J. P. O. E Outros, Introdução à Análise Combinatória, Editora UNICAMP, Campinas, 1995. [2] MORGADO, A. C. E OUTROS, Análise Combinatória e Probabilidade, Coleção do Professor de Matemática SBM, Rio de Janeiro, 1991. [3] SANTOS, Rogério C., Explorando a Análise Combinatória no Jogo Senha, Revista do Professor de Matemática n o 64, SBM, 2007. Considerações finais Universidade Federal de Uberlândia