Elementos de Matemática Finita (2016-2017) Exercícios resolvidos Ficha 8-2. ( 100+2 2 ) 3 ( 100 41+2 2 ) ( + 3 100 82+2 ) 2. Ficha 8-4. Se designarmos por A k o conunto das ordenações em que k é seguido por k + 1 (com 0 k < 9), queremos contar 10! 8 k=0 A k. Cada A k tem 9! elementos: alinhamos o bloco k, k + 1 e os restantes inteiros; de modo semelhante, notamos que, para qualquer escolha de índices, A k1 A k = (10 )! uma vez que termos k i seguido de k i+1 corresponde a colar estes elementos um ao outro; cada uma dessas colagens diminui numa unidade o número de blocos a ordenar. Pelo Princípio de Inclusão-Exclusão, obtemos a resposta 10! 9 ( ) 9 ( 1) +1 (10 )! = 9 ( ) 9 ( 1) (10 )! Ficha 8-5. Queremos contar as soluções de x 1 + +x k = n que satisfazem as condições 3 x i 5 1 i k; Isso é equivalente a contar as soluções de =0 y 1 + + y k = n 3k com 0 y i 2 i. Aplicamos o Princípio de Inclusão-Exclusão para subtrair as soluções em que y i > 2 para algum i: ( ) n 3k + k 1 m ( )( ) k n 3k 3 + k 1 ( 1) +1 k 1 k 1 onde m = n 3k 3. 1
Ficha 8-8. O problema é equivalente ao seguinte: quantas sequências existem com 10 S (seleccionados) e 16 R (reeitados), sem 2 S consecutivos? Alinhamos os 10 S com 9 R intercalados e distribuímos os restantes ( ) R pelos 11 7 + 10 espaços possíveis, com possível repetição e sem ordem, de maneiras 10. Ficha 8-11. Numa primeira abordagem, podemos considerar os conuntos X i consistindo das palavras construídas com as letras dadas e com o bloco ABBA a ocorrer com início na posição 0 i 16. Obviamente X i = ( 15 4,6,5). Quando contamos intersecções X i X, com i <, temos, pelo menos à partida, que distinguir os casos i + 3 < (dois blocos ABBA distintos) de i + 3 = (um bloco ABBABBA): ABBA ABBA o primeiro caso pode ocorrer com 1 i 12 e i+3 < 16, ou sea, há sum 12 12 13 i=1(16 i + 3) = = 78 2 escolhas das posições iniciais i e dos blocos; e para cada uma dessas escolhas há ( 11 2,4,5) palavras; ABBABBA no segundo caso, o bloco pode ocorrer em 13 posições disitntas e para cada uma delas há ( 12 3,4,5) palavras. Antes de continuar os cálculos, vamos fazer uma observação que os simplifica bastante: no primeiro caso anterior temos ( ) ( ) 11 13 78 = 2, 4, 5 2, 2, 4, 5 que nos mostra que estamos de facto a contar o número de maneiras de ordenar 2 ABBA, 2 A, 4 B e 5 C. Do mesmo modo, no segundo caso temos ( ) ( ) 12 13 13 = 3, 4, 5 1, 3, 4, 5 que conta as ordenações de 1 ABBABBA, 3 A, 4 B e 5 C. 2
A contagem i ( ) ( ) 15 16 X i = 16 = 4, 6, 5 1, 4, 6, 5 corresponde igualmente a contar as ordenações de 1 ABBA, 4 A, 6 B e 5 C. Portanto, na contagem do número de elementos da intersecção de três conuntos X i basta considerar as diferentes combinações de blocos e de letras sobrantes que ocorrem: ABBA ABBA ABBA ( 10 3,2,5) ; ABBA ABBABBA ( 10 1,1,1,2,5) ; ABBABBABBA ( 10 1,2,2,5). Finalmente, contamos as palavras com 4 blocos, dividindo mais uma vez em dois casos: ABBA ABBABBABBA ( 7 1,1,5) ; ABBABBABBABBA ( 7 1,1,5). A resposta final é portanto ) (( ) 13 + 2, 2, 4, 5 ( 16 1, 4, 6, 5 ( 13 1, 3, 4, 5 )) (( ) ( 10 + + 3, 2, 5 10 1, 1, 1, 2, 5 ) + A análise deste exemplo pode conduzir-nos a considerar o problema de generalizar a fórmula de aplicação do Princípio de Inclusão-Exclusão: embora tenhamos começado por considerar o conunto de palavras a contar como a união dos X i, e contar portanto as intersecções desses conuntos tomados dois a dois, três a três, etc., o processo de contagem levou a considerar antes outros conuntos de palavras que poderíamos designar X ABBA, X ABBAABBA, X ABBABBA etc. Ficha 8-13. Neste caso, reproduz-se o enunciado com uma variante: De quantas maneiras podemos sentar n casais numa mesa redonda de modo a que nenhum casal fique lado a lado? E de quantas maneiras podemos sentar n ( )) ( 10 1, 2, 2, 5 3
casais numa mesa redonda de modo a que os homens e as mulheres fiquem intercalados mas nenhum casal fique lado a lado? Resolução: Para qualquer dos problemas, o mais importante nesta aplicação do Princípio de Inclusão-Exclusão é a escolha da ordem por que fazemos os diversos passos da contagem. Começamos pelo primeiro. Designamos por X i as maneiras de sentar as pessoas à mesa em que o casal i fica lado a lado; colocando o casal i em dois lugares consecutivos de um dos 2 modos possíveis - homem à direita ou à esquerda da mulher - há (2n 2)! maneiras de sentar as restantes pessoas. Logo X i = 2(2n ( ) 2)!. n Mais geralmente, se escolhermos casais i 1,, i de maneiras, podemos distribuí-los à volta da mesa de ( 1)! maneiras, escolher para cada casal quem fica à direita - 2 possibilidades - e distribuir depois as 2n 2 pessoas restantes ( pelos espaços. ) Para isso distribuímos 2n 2 cadeiras pelos espaços 2n 2 + 1 de maneiras e depois sentamos as pessoas nessas cadeiras 1 de (2n 2)! maneiras. Em resumo, ( 2n 1 X i1 X i = 2 ( 1)! 1 ) (2n 2)! Como podemos sentar as pessoas sem restrições de (2n 1)! maneiras, o Princípio de Inclusão-Exclusão diz-nos que a resposta é ( ) ( ) n 2n 1 (2n 1)! ( 1) 1 2 ( 1)! (2n 2)! = 1 ( ) n = (2n 1)! ( 1) 1 2 (2n 1)! = ( ) n = ( 1) 2 (2n 1)! Note-se que o cálculo de X i1 X i podia ter sido feita de modo diferente: sentamos o casal i 1 (2 maneiras) e, antes de sentar os outros casais que vão ficar =0 4
obrigatoriamente lado a lado, colocamos as restantes 2n 2 pessoas à volta da mesa ((2n 2)! maneiras); temos 2n 2 + 1 ( posições por onde) distribuir 1 + 2n 2 1 pares de cadeiras para os casais à espera ( escolhas 1 com possível reptição e sem ordem); finalmente distribuímos os casais por esses pares de cadeiras de ( 1)! maneiras e ordenamo-los de 2 1 maneiras. Como é fácil verificar, o resultado coincide. O interesse nesta maneira de ordenar as escolhas é que se adapta muito bem ao segundo problema, em que queremos que homens e mulheres fiquem intercalados: Em primeiro lugar, sem a restrição de separar os casais, há (n 1)!n! maneiras de sentar homens e mulheres intercalados: ordenamos as mulheres à volta da mesa de (n 1)! maneiras e depois escolhemos os lugares dos homens. Suponhamos agora que queremos garantir que os casais i 1,, i ficam lado a lado. Podemos primeiro sentar o casal i 1 (2 maneiras); em seguida alinhamos primeiro as n mulheres e depois os n homens intercalados ((n )! 2 maneiras), respeitando a ordem do primeiro casal, ou sea, ficamos com n +1 mulheres e n + 1 homens intercalados à volta da mesa; temos de novo 2n 2+1 espaços para distribuir, com possível repetição e sem ordem, ( os 1 pares ) 1 + 2n 2 de cadeiras para os casais i 2,, i, o que se pode fazer de 2n 2 maneiras; e distribuímos os casais por esses pares de cadeiras de ( 1)! maneiras. Cada um desses casais á não tem escolha sobre quem fica à direita: num espaço M H têm que ficar na posição H M, e vice versa. Em resumo, a solução é ( ) ( ) n 1 + 2n 2 (n 1)!n! ( 1) 1 2(n )! 2 ( 1)! 2n 2 5
Neste caso a simplificação da expressão não é tão evidente: ( ) ( ) n 1 + 2n 2 (n 1)!n! ( 1) 1 2(n )! 2 ( 1)! = 2n 2 = (n 1)!n! ( 1) 1 2 n! 1)! (n )!(2n =! (2n 2)! = (n 1)!n! ( 1) 1 n! 2 2n (n )! (2n )!!(2n 2)! = = 2n! ( ) (n )! 2n ( 1) 2n ( ) n 1 Ficha 9-2. a) podemos escolher os outros elementos do ciclo de k 1 maneiras, e ordenar o ciclo de (k 1)! maneiras. Os restantes elementos são permutados livremente entre si de (n k)! maneiras. Logo a resposta, que é afinal independente de k, é ( ) n 1 (k 1)!(n k)! = (n 1)! k 1 b) numa possível primeira abordagem, poderíamos pensar em usar o Princípio de Inclusão-Exclusão do seguinte modo: se, para 1 i n, queremos calcular onde =0 X i = {π S n : i pertence a um k-ciclo} i X i = ( 1) 1 T T = X i1 X i com esta soma a fazer-se sobre todas as possíveis escolhas de índices 1 i 1 < < i. 6
A dificuldade desta abordagem surge quando tentamos contar o número de elementos dessas intersecções: os elementos i 1,, i podem pertencer a vários k-ciclos, não necessariamente diferentes e há um grande número de casos distintos. É preferível contar permutações com um, dois ou mais k-ciclos de outro modo. Notemos antes do mais que π S n pode ter, no máximo, n k k-ciclos. Dado um k-ciclo c = (x 1,, x k ), designe-se por X c o conunto das permutações que contêm o ciclo c. Queremos calcular X c em que a união se faz sobre todos os possíveis k-ciclos. Tem-se obviamente X c = (n k)!, e, do mesmo modo, dados k-ciclos compatíveis (ou sea, disuntos dois a dois), c 1,, c temos X c1, X c = (n k)!; por outro lado, podemos escolher k-ciclos compatíveis de ( ) 1 n (k 1)! n! =! k,, k, n k!k (n k)! maneiras. Então o Princípio de Inclusão-Exclusão dá X c = n/k ( 1) 1 n! Ficha 9-3. Como se verá, não vamos chegar a uma resposta dada por uma fórmula simples, válida para qualquer k e qualquer tipo cíclico de π. Podemos analisar a decomposição cíclica de π k, estudando separadamente o que se passa em cada um dos seus ciclos (uma vez que estes são disuntos). Consideremos um ciclo de comprimento n (x 0,, x 1 ). Na composição desta permutação cíclica consigo mesma k vezes, cada elemento x i tem como imagem x i+k mod ; portanto, o comprimento do ciclo de x i em π k!k 7
é o menor t > 0 tal que kt 0 mod e depende apenas de k e de e não do elemento x i. Ou sea, o ciclo original de comprimento de π decompôe-se em /t ciclos de comprimento t. Ora a menor solução positiva daquela congruência é /d, onde d = mdc(k, ). Por exemplo, um k ciclo de π dá lugar a k 1-ciclos de π k. Por outro lado, se π tem um -ciclo, em que é primo com k, π k mantém esse -ciclo. Fixando um l n, um -ciclo de π dá origem a l-ciclos de π k se l = mdc(k, ) ; se for esse o caso, os i -ciclos de π dão i mdc(k, ) ciclos de comprimento l de π k. Quereríamos portanto determinar, em função de k e de l, quais os 1 n que satisfazem aquela igualdade. Deixa-se aos mais persistentes a verificação de que as soluções (para cada l) são os 1 n da forma = dl em que d k e mdc( k d, l) = 1 Logo, o número de ciclos de comprimento l de π k, em função do tipo cíclico de π, é dado por dild : d k, mdc( k, l) = 1, 1 ld n d Ficha 9-6. Para aplicar o Teorema de Cauchy-Frobenius-Burnside, temos que determinar o número de ciclos das permutações das arestas induzidas pelas simetrias do cubo. Apresenta-se de forma resumida a contagem, indicando o tipo cíclico das permutações: 6 rotações de π/2 sobre os três eixos face-face, com 3 ciclos de comprimento 4; 3 rotações de π sobre os três eixos face-face, com 6 ciclos de comprimento 2; 8 rotações de 2π/3 sobre os quatro eixos vértice-vértice, com 4 ciclos de comprimento 3; 8
6 rotações de π sobre os seis eixos aresta-aresta, com 2 ciclos de comprimento 1 e 5 ciclos de comprimento 2; a identidade, com 12 ciclos de comprimento 1. O número de maneiras de colorir as arestas do cubo usando (algumas de entre) m cores é portanto 1 ( m 12 + 6m 7 + 8m 4 + 3m 6 + 6m 3) 24 Ficha 9-8. a) Um tabuleiro tem como simetrias as rotações ρ k (com 0 k 3) onde ρ representa, por exemplo a rotação de π/2 no sentido dos ponteiros do relógio. As permutações das 8 8 casas do tabuleiro têm os tipos cíclicos 16 ciclos de comprimento 4, se k {1, 3}; 32 ciclos de comprimento 2, se k = 2; 64 ciclos de comprimento 1 se k = 0. Portanto o número de maneiras de colorir as casas do tabuleiro, com m cores disponíveis, é 1 ( m 64 + m 32 + 2m 16). 4 b) Se o tabuleiro for transparente, há mais 4 simetrias: Duas reflexões sobre eixos unindo lados opostos, cada uma delas com 32 ciclos de comprimento 2; e duas reflexões sobre eixos unindo vértices opostos, cada uma delas com 8 ciclos de comprimento 1 e 28 ciclos de comprimento 2. Incluindo estas simetrias, o número de maneiras de colorir as casas do tabuleiro, com m cores disponíveis, é 1 ( m 64 + 3m 32 + 2m 16 + 2m 36). 8 9
c) O caso de um tabuleiro 7 7 difere apenas no tipo cíclico das permutações. Apresenta-se apenas o resultado final para o caso de um tabuleiro transparente: 1 ( m 49 + 2m 13 + m 25 + 4m 28). 8 Ficha 9-11. Para construir o cubo com aresta de comprimento 2 usamos 8 cubos de aresta 1. Se não contarmos com as simetrias do cubo, temos 5 8 cubos diferentes. Para usar o teorema de Cauchy-Frobenius-Burnside, notamos que cada escolha dos 8 cubos corresponde a uma maneira de colorir os vértices do cubo maior e vice-versa. Recordemos como actuam os 24 elementos do grupo de simetria do cubo como permutações dos vértices: 1. A identidade tem 8 1-ciclos. 2. Por cada par de faces opostas, há uma rotação de π/2; a permutação induzida ρ e ρ 3 têm 2 4-ciclos, enquanto que ρ 2 tem 4 2-ciclos. 3. Por cada par de vértices opostos, há uma rotação de 2π/3; a permutação σ, bem como σ 2 têm 2 1-ciclos e 2 3-ciclos. 4. Por cada par de arestas opostas, temos uma rotação de π que induz uma permutação σ com 4 2-ciclos. Obtemos da fórmula geral 1 I(π) = 1 ( 5 8 + 6 5 2 + 17 5 4) = 16725 G 24 π G O problema de contar cubos com arestas de comprimento 3 pode ser resolvido contando os ciclos das permutações dos 27 cubos pequenos que são induzidas pelas simetrias do cubo maior: 1. A identidade tem 27 1-ciclos. 10
2. Por cada par de faces opostas, há uma rotação de π/2; a permutação induzida ρ e ρ 3 têm 3 1-ciclos e 6 4-ciclos, enquanto que ρ 2 tem 3 1-ciclos e 12 2-ciclos. 3. Por cada par de vértices opostos, há uma rotação de 2π/3; a permutação σ, bem como σ 2 têm 3 1-ciclos e 8 3-ciclos. 4. Por cada par de arestas opostas, temos uma rotação de π que induz uma permutação λ com 3 1-ciclos e 12 2-ciclos. O resultado dest vez é 1 ( 5 27 + 6 5 9 + 9 5 15 + 8 5 11) = 310440869666015625 24 Se considerarmos que a cor do cubo interior não interessa, devemos diminuir um 1-ciclo a cada permutação e ficamos como 1 ( 5 26 + 6 5 8 + 9 5 14 + 8 5 10) = 62088173933203125 24 Ficha 9-13. a) Numeramos os vértices do polígono seguindo a sua ordem cíclica. Chamamos X i, para i < n, ao conunto das colorações em que os vértices adacentes v i e v i+1 têm a mesma cor; e X n é o conunto das colorações em que os vértices v n e v 1 têm a mesma cor. Como existem ao todo m n colorações, queremos calcular m n n X i. i=1 Para cada i, X i = m n 1. E se escolhermos < n vértices i 1, i 2,, i, temos X i1 X i2 X i = m n ; podemos visualizar essa contagem, imaginando que colamos cada vértice v il ao seu vizinho v il +1; cada colagem diminui o número de blocos de vértices numa unidade e ficamos portanto com n blocos de vértices para colorir. É preciso no entanto notar que para = n, existem m colorações (e não 1 como 11
a fórmula acima indicaria). A aplicação do Princípio de Inclusão-Exclusão dános então que o número de colorações em que vértices adacentes têm cores diferentes é n 1 ( ) n m n ( 1) 1 m n ( 1) n 1 m Vemos que a soma da primeira parcela com o somatório se pode escrever n 1 ( ) n ( 1) m n = (m 1) n ( 1) n =0 pelo Teorema do binómio. Portanto a resposta pode ser escrita de forma mais resumida como (m 1) n ( 1) n ( 1) n 1 m = (m 1) n + ( 1) n (m 1). b) Um polígono regular com n vértices tem um grupo de simetrias D n com 2n elementos, n rotações e n reflexões. De acordo com o teorema de Cauchy- Frobenius-Burnside, temos que contar quantas colorações ficam invariantes por acção de cada uma delas, o que só depende, como á se viu, do número de ciclos na respectiva permutação dos vértices. Note-se que o cálculo destes números de ciclos não interessa apenas para contar colorações com vértices adacentes de cores diferentes, mas para qualquer problema de contagem com simetria envolvendo os vértices de um polígono regular. Vamos realizar esse cálculo e aplicá-lo primeiro no caso mais simples de contar todas as colorações dos vértices com m cores (sem restrições sobre as cores dos vértices adacentes). A identidade tem obviamente n ciclos. A permutação, chamemos-lhe ρ, resultante da rotação, por um ângulo de 2π/n (por exemplo no sentido retrógrado), tem 1 ciclo. Mas as permutações ρ (k) (que correspondem a fazer uma rotação de 2kπ/n) têm um número de ciclos que depende de k e n: ρ (k) tem d ciclos de comprimento n/d, em que d = mdc(k, n); para simplificar a fórmula final, podemos ver, para cada d n, para quantos valores de k se tem d = mdc(k, n); mas há φ(n/d) inteiros 1 < n/d tais que 1 = mdc(, n/d); portanto há 12
também φ(n/d) valores de 1 k n com d = mdc(k, n) (k = d para cada valor de ). Temos também que contar o número de ciclos das n reflexões; se n é par temos n/2 reflexões sobre eixos unindo faces opostas do polígono, que induzem uma permutação dos vértices com n/2 ciclos de comprimento 2; e n/2 reflexões sobre eixos unindo vértices opostos que induzem uma permutação dos vértices com 2 1-ciclos e (n 2)/2 ciclos de comprimento 2. Em resumo, a permutação associada a cada reflexão tem n/2 ciclos. Se n é ímpar, os eixos de simetria unem um vértice à face oposta e a permutação dos vértices respectiva tem um 1-ciclo e (n 1)/2 2-ciclos. Se quisermos untar os dois casos numa única expressão, podemos dizer que a permutação induzida por cada uma das n reflexões do polígono tem n + 1 2 ciclos. O teorema de Cauchy-Frobenius-Burnside diz-nos então que o número de maneiras de colorir com m cores os vértices de um polígono regular com n lados é ( ) 1 I(π) = 1 m d φ(n/d) + nm (n+1)/2 D n 2n π D n d n Mas a aplicação do mesmo resultado a colorações em que vértices adacentes recebem cores diferentes é mais complicada: desde logo, se numa permutação existirem vértices adacentes no mesmo ciclo, nenhuma coloração com aquela propriedade fica invariante. Para atacar o problema com método, podemos considerar para cada permutação π D n, o grafo cuos vértices são os ciclos da permutação e em que há uma aresta do ciclo C i para o ciclo C se existem vértices u C i e v C adacentes no polígono. Uma coloração dos vértices do polígono em que vértices adacentes recebem cores diferentes e que fica invariante por acção da permutação, corresponde a uma coloração dos vértices do grafo em que vértices adacentes no grafo recebem cores diferentes, e vice-versa. O caso referido no parágrafo anterior diz respeito a permutações cuo grafo tem 13
lacetes, e que portanto não admite nenhuma coloração. A contagem das colorações de cada um desses grafos pode ser feita usando o raciocínio feito na alínea a). O resultado final é 1 φ(n/d)((m 1) d + ( 1) d (m 1)) + n m(m 1)n/2 2n 2 d n se n é par, e 1 2n d n φ(n/d)((m 1) d + ( 1) d (m 1)) se n é ímpar. 14