# 21. Combinatória 

Nível 2 Soluções

## 61 | Colorações do Cubo

De quantas formas é possível colorir as 6 faces de um cubo de preto ou branco? Duas colorações são iguais se é possível obter uma a partir da outra por uma rotação.

Solução: Observemos que basta contar quantas colorações existem que têm exatamente 0, 1, 2 e 3 faces pretas, porque os outros casos são simétricos. Com uma ou nenhuma face preta existe uma única coloração para cada caso. Quando temos duas faces pretas temos duas possíveis colorações que são: quando estas faces são opostas e quando elas não são. Por último, com três faces pretas também temos dois casos: quando duas dessas faces pretas são opostas e quando não existem faces opostas de cor preta. Assim, no total temos $1+1+2+2+2+1+1=10$ possíveis colorações.

## Problema Relacionado

De quantas formas é possível colorir as 12 arestas de um cubo de branco ou de preto? Duas colorações são iguais quando é possível obter uma a partir da outra por uma rotação.

## 62 | Comparando Sequências

Um professor e seus 30 alunos escreveram, cada um, os números de 1 a 30 em uma ordem qualquer. A seguir, o professor comparou as sequências. Um aluno ganha um ponto cada vez que um número aparece na mesma posição na sua sequência e na do professor. Ao final, observou-se que todos os alunos obtiveram quantidades diferentes de pontos. Mostre que a sequência de um aluno coincidiu com a sequência do professor.

Solução: O número de acertos é um número entre 0 e 30 inclusive. Mas, observe que 29 não pode ser obtido porque se 29 números estão em posição certa, só há uma maneira de colocar o $30^{\circ}$ número, que é em posição certa também.

Como há 30 alunos e 30 possíveis resultados, $\{0,1, \ldots, 28,30\}$, então um aluno escreveu exatamente a sequência do professor.

Sugestão: Selecione uma pessoa que não acertou todos os pontos e determine o número máximo de pontos que ela pode ter acertado.

Sugestão: Para o item (a), conte $o$ número de cordas que saem de um determinado ponto.

## 63 | Segmentos e Triângulos

Dez pontos são marcados ao redor de uma circunferência, como ilustra a figura.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_0308bd91a070e7a80796g-2.jpg?height=297&width=280&top_left_y=454&top_left_x=1068)

(a) Quantas cordas podem ser formadas ligando dois quaisquer destes pontos? (Uma corda é um segmento de reta ligando dois pontos sobre uma circunferência.)

(b) Quantos triângulos podem ser formados ligando três quaisquer destes pontos?

## Solução:

(a) De cada ponto saem 9 cordas e temos 10 pontos. Mas cada corda é contada duas vezes (uma corda $A B$ é contada por sair de $A$ e por sair de B), assim temos $9 \times 10 / 2=45$ cordas.

(b) Cada corda é lado de 8 triângulos (basta escolher um ponto que não seja extremidade da corda escolhida) mas cada triângulo é contado três vezes (uma vez para cada corda). Como temos 45 cordas, então temos $8 \times 45 / 3=120$ triângulos.

## Contando Subconjuntos

Vamos resolver um problema mais geral em que temos $n$ pontos distribuídos na circunferência. Como cada corda está determinada por dois pontos, então precisamos contar de quantas formas podemos escolher 2 pontos entre os $n$.

O primeiro ponto pode ser escolhido de $n$ formas, já o segundo pode ser escolhido de $n-1$ formas, pois ele deve ser distinto do primeiro selecionado. Assim temos $n(n-1)$ escolhas de pares ordenados, mas a ordem em que foram selecionados não importa, porque eles geram o mesmo subconjunto e assim o mesmo segmento. Portanto, o número de subconjuntos de dois pontos ou equivalentemente o número de segmentos é $n(n-1) / 2$.

Seguindo este raciocínio, encontrar todos os triângulos equivale a encontrar todos os subconjuntos de três pontos dentre os $n$ pontos. Assim, a escolha ordenada de três pontos pode ser realizada de $n(n-1)(n-2)$ maneiras, mas como a ordem não importa, então o subconjunto com três elementos $\{a, b, c\}$, está sendo contado seis vezes: $a b c, a c b, b a c, b c a, c a b, c b a$. Deste modo, o número de subconjuntos com três pontos, ou equivalentemente, o número de triângulos com vértices nos $n$ pontos é $n(n-1)(n-2) / 6$.

No caso geral, se queremos saber quantos polígonos convexos com $k$ vértices existem (ou equivalentemente, quantos subconjuntos de $k$ pontos temos entre os $n$ pontos), a resposta é dada por $\binom{n}{k}$ (lê-se " $n$ escolhe k"), que é calculado como

$$
\binom{n}{k}=\frac{n(n-1)(n-2) \ldots(n-k+1)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot k}
$$

## 64 | Esqueleto do Cubo

O esqueleto de um cubo $6 \times 6 \times 6$, formado por cubinhos $1 \times 1 \times 1$ é mostrado na figura.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_05_01_0308bd91a070e7a80796g-3.jpg?height=500&width=437&top_left_y=387&top_left_x=638)

Figura 64.1

(a) Quantos cubinhos formam este esqueleto?

(b) É dado um cubo $7 \times 7 \times 7$ formado por cubinhos $1 \times 1 \times 1$. Quantos cubinhos devemos retirar para obter um esqueleto do cubo $7 \times$ $7 \times 7$.

## Solução:

(a) O esqueleto do cubo é formado por uma camada superior e uma inferior com 20 cubinhos cada e quatro colunas com 4 cubinhos cada.

Assim, o total de cubinhos é

$$
2 \times 20+4 \times 4=56
$$

(b) Do cubo $7 \times 7 \times 7$ foi retirado um cubo central $5 \times 5 \times 5$ e em cada uma das faces foram retirados $5 \times 5$ cubinhos.

Portanto, o total de cubinhos retirados foi

$$
5 \times 5 \times 5+6 \times(5 \times 5)=125+150=275
$$

## 65 | Placas das Bicicletas

Cada uma das placas das bicicletas de Quixajuba contém três letras. A primeira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto $\mathcal{A}=\{\mathrm{G}, \mathrm{H}, \mathrm{L}, \mathrm{P}, \mathrm{R}\}$, a segunda letra é escolhida dentre os elementos do conjunto $\mathcal{B}=\{\mathrm{M}, \mathrm{I}, \mathrm{O}\}$ e a terceira letra é escolhida dentre os elementos do conjunto $\mathcal{C}=\{\mathrm{D}, \mathrm{U}, \mathrm{N}, \mathrm{T}\}$.

Devido ao aumento no número de bicicletas da cidade, teve-se que expandir a quantidade de possibilidades de placas. Ficou determinado acrescentar duas novas letras a apenas um dos conjuntos ou uma letra nova a dois dos conjuntos.

Qual o maior número de novas placas que podem ser feitos, quando se acrescentam as duas novas letras?

Solução: Inicialmente, é possível fazer o emplacamento de $5 \times 3 \times 4=$ 60 bicicletas. Vamos analisar as duas situações possíveis:

- Aumentamos duas letras num dos conjuntos. Com isso, podemos ter
Sugestão: Calcule o número inicial de placas que podem ser feitas com os elementos dos conjuntos $\mathcal{A}, \mathcal{B}$ e $\mathcal{C}$ e depois refaça o cálculo analisando as diversas possibilidades de aumentar em 1 ou 2 os elementos dos conjuntos.

| $\mathcal{A} \times \mathcal{B} \times \mathcal{C}$ | Número de Placas |
| :---: | :---: |
| $7 \times 3 \times 4$ | 84 |
| $5 \times 5 \times 4$ | 100 |
| $5 \times 3 \times 6$ | 90 |

Assim, com a modificação mostrada, o número de novas placas é no máximo $100-60=40$.

- Aumentar uma letra em dois dos conjuntos. Com isso, podemos ter

| $\mathcal{A} \times \mathcal{B} \times \mathcal{C}$ | Número de Placas |
| :---: | :---: |
| $6 \times 4 \times 4$ | 96 |
| $6 \times 3 \times 5$ | 90 |
| $5 \times 4 \times 5$ | 100 |

Neste caso, o número de placas novas também é no máximo 40.

Sugestão: No item (b), considere os jogadores que são eliminados ao invés dos que passam para as próximas rodadas.

## 66 | Torneio de Tênis

Num torneio de tênis cada jogador passa para a rodada seguinte somente em caso de vitória. Se não for possível que sempre passe para a rodada seguinte um número par de jogadores, a organização do torneio decide quais rodadas determinados jogadores devem jogar. Por exemplo, um cabeça de chave pode, a critério dos organizadores, entrar na segunda rodada, ou passar da primeira para a terceira, de modo que o total de jogadores que participem de cada rodada seja par.

(a) Considere um torneio de tênis com 64 jogadores. Quantas partidas são disputadas?

(b) E em um torneio com 2011 jogadores?

## Solução:

(a) Na primeira rodada são realizadas 32 partidas, das quais 32 jogadores passam para a fase seguinte. Depois são realizadas 16 partidas, classificando 16 para a rodada seguinte e assim por diante. Assim, o número de partidas do torneio é

$$
32+16+8+4+2+1=63
$$

(b) Como em cada partida um jogador é eliminado, então o número de partidas é igual ao número de jogadores eliminados, isto é, $2011-1=2010$.

## Problema Relacionado

Um torneio de futebol com 57 times será disputado com as seguintes regras:

(a) Nenhum jogo pode terminar empatado.

(b) O time que perder duas partidas será eliminado.

(c) O torneio termina quando sobrar apenas um time, que será o campeão.

Se o time campeão perder uma vez, quantas partidas serão disputadas no torneio?

## 67 | Pesando Pedras

Possuímos 32 pedras, todas com pesos diferentes. Descreva um processo para mostrar que podemos encontrar as duas pedras mais pesadas com 35 pesagens em uma balança de pratos.

Solução: Dividimos as pedras em 16 pares, pesamos cada par e pegamos as 16 mais pesadas. Repetimos o processo com as 16 pedras obtendo 8 pedras com oito pesagens a mais, 4 pedras com quatro pesagens, 2 pedras com 2 pesagens e a pedra mais pesada com a última pesagem.

Até este momento foram usadas $16+8+4+2+1=31$ pesagens para encontrar a pedra mais pesada.

A segunda pedra mais pesada deve ser uma das pedras que foi comparada com a pedra mais pesada, que foram 5 pedras no total. É claro que para descobrir a segunda pedra mais pesada devem ser registradas as comparações das pesagens anteriores para saber quais pedras foram comparadas com a pedra mais pesada.

Para determinar a pedra mais pesada entre estas cinco pedras, precisamos de 4 pesagens porque cada vez que fazemos uma pesagem eliminamos a pedra mais leve. Portanto, precisamos de 35 pesagens para determinar as 2 pedras mais pesadas.

Temos 68 moedas com pesos diferentes. Fazendo 100 pesagens, encontre a moeda mais pesada e a mais leve.

## 68 | Produto 2000

Quantos números naturais de cinco algarismos têm o produto de seus algarismos igual a 2000?

Solução: Inicialmente, observe que $2000=2^{4} \times 5^{3}$. Como os algarismos do número são menores que 10 , cada fator 5 deve ser um algarismo desse número. Além disso, o produto dos outros algarismos deve ser $2^{4}=16$. Assim, temos dois casos:

- Os algarismos que faltam são 2 e 8. Nesse caso, existem cinco possibilidades para posicionarmos o 2 , quatro possibilidades para posicionarmos o 8 e uma única possibilidade para posicionarmos cada 5 que resta. Portanto, podemos formar $5 \times 4=20$ números.
- Os algarismos que faltam são 4 e 4. Nesse caso, podemos escolher dois lugares para os algarismos 4 de $\binom{5}{2}=10$ modos (veja Contando Subconjuntos na página 118) e uma maneira de posicionarmos cada 5 que resta. Portanto, podemos formar 10 números.
Sugestão: Divida as pedras em pares e realize as pesagens, eliminando as pedras mais leves. Perceba que a segunda pedra mais pesada somente pode ser eliminada pela pedra mais pesada.

Logo, podem ser formados $20+10=30$ números.

Sugestão: (a) Divida em dois casos de acordo com a cor da casa central. (b) Determine o número de tabuleiros $3 \times 3$ que podem ser colocados no tabuleiro $123 \times 123$.

## 69 | Tabuleiro $123 \times 123$

Num tabuleiro $123 \times 123$, cada casa é pintada de roxo ou azul de acordo com as seguintes condições:

- Cada casa pintada de roxo que não está na borda do tabuleiro tem exatamente 5 casas azuis dentre suas 8 vizinhas.
- Cada casa pintada de azul que não está na borda do tabuleiro tem exatamente 4 casas roxas dentre suas 8 vizinhas.

Nota: Duas casas são vizinhas se possuem um lado ou um vértice em comum.

(a) Considere um tabuleiro $3 \times 3$ dentro do tabuleiro $123 \times 123$. Quantas casas de cada cor pode haver neste tabuleiro $3 \times 3$ ?

(b) Calcule o número de casas pintadas de roxo no tabuleiro $123 \times 123$.

## Solução:

(a) Observando um tabuleiro $3 \times 3$, podemos claramente ver que seu centro não está na borda do tabuleiro. A casa do centro pode:

- Estar pintada de roxo. Nesse caso, temos dentre suas 8 vizinhas, 5 azuis e 3 roxas. No total, há 4 casas roxas e 5 casas azuis nesse tabuleiro.
- Estar pintada de azul. Nesse caso, temos dentre suas 8 vizinhas, 4 azuis e 4 roxas. No total, há 4 casas roxas e 5 casas azuis nesse tabuleiro.

(b) Como em qualquer tabuleiro $3 \times 3$ dentro do tabuleiro $123 \times 123$ o número de casas azuis é 5 e o número de casas roxas é 4 , podemos dividir o tabuleiro $123 \times 123$ em tabuleiros menores $3 \times 3$ conforme a figura 69.1. Deste modo, o tabuleiro é dividido em $\left(\frac{123}{3}\right)^{2}=$ $41^{2}=1681$ tabuleiros $3 \times 3$. Como cada tabuleiro $3 \times 3$ tem 4 casas roxas, então há no total $1681 \times 4=6724$ casas roxas.