Pré-Vestibular ⇒ Combinatória - Organização (simulado Fuvest) Tópico resolvido

[joaopcarvMOD]

Bom dia, eu achei essa questão no simulado Fuvest da Folha 2006:

"Uma certa quantidade [tex3]\mathsf{L}[/tex3] de laranjas idênticas pode ser distribuída em duas caixas iguais de [tex3]\mathsf{n}[/tex3] maneiras distintas, e em duas caixas diferenciáveis de [tex3]\mathsf{p}[/tex3] maneiras distintas. Em relação a [tex3]\mathsf{p}[/tex3],afirma-seque:

I - Necessariamente será um número par.
II - Será um número ímpar se [tex3]\mathsf{n}[/tex3] for ímpar.
III - Será um número ímpar se [tex3]\mathsf{L}[/tex3] for ímpar.
IV -Necessariamente divide [tex3]\mathsf{L}[/tex3].
Em relação às quatro afirmações, está(ão)correta(s)apenas:
a) I.
b) Ie IV.
c) II.
d) II e IV.
d) III."

Já começa com um erro ao ter duas alternativas [tex3]\mathsf{d)}[/tex3], mas até aí tudo bem... a minha dúvida é que o gabarito é [tex3]\mathsf{a)}[/tex3], e eu fiz de um jeito que não bate com nenhuma das afirmações...

Para as caixas diferenciáveis [tex3]\Rightarrow[/tex3]

É um problema clássico de formação de pares ordenados... supondo, por exemplo, que [tex3]\mathsf{x, \ y \ \in \ \mathbb{N} \ | x \ + \ y \ = \ L}[/tex3], podemos fazer os pares ordenados [tex3]\mathsf{x \ = \ L, \ y \ = \ 0 \ (L,0), \ x \ = \ L \ - \ 1, y \ = \ 1 \ (L \ - \ 1, 1), \ \dots \ , x \ = \ 0, y \ = \ L \ (0,\ L)}[/tex3], o que, de forma esquematizada, pode ser calculado por aquele método de separação, já que as laranjas são idênticas:

[tex3]\mathsf{\underbrace{\bigcirc, \ \bigcirc, \ \bigcirc, \ \bigcirc, \dots, \ \bigcirc, \ \bigcirc}_{L \ laranjas \ idênticas} \ + \ \underbrace{|}_{"separador"} \ \Rightarrow}[/tex3] permutação de [tex3]\mathsf{L \ + \ 1}[/tex3] elementos com [tex3]\mathsf{L}[/tex3] laranjas idênticas [tex3]\Rightarrow[/tex3]

[tex3]\mathsf{\underbrace{p}_{quantidade \ total \ de \ permutações} \ = \ \dfrac{(L \ + \ 1)!}{L!} \ \therefore \ \boxed{\mathsf{p \ = \ L \ + \ 1 \ formas}}}[/tex3]

Podemos "testar" isso... por exemplo, para [tex3]\mathsf{L \ = \ 5:}[/tex3] [tex3]\mathsf{(5,0), \ (4,1), \ (3,2), \ (2,3), \ (1,4), \ (0,5) \ = \ 6 \ maneiras \ (5 \ + \ 1 \ maneiras)}[/tex3]

Lembrando que, sendo as caixas diferenciáveis, faz parte a permutação dentro dos pares ordenados... ou seja, se, por exemplo, temos uma caixa rosa e outra azul, e a azul receber [tex3]\mathsf{2}[/tex3] laranjas enquanto que a rosa fica com [tex3]\mathsf{3}[/tex3] laranjas, é diferente da azul ter [tex3]\mathsf{3}[/tex3] e a rosa [tex3]\mathsf{2}[/tex3] laranjas.

Isso já nos descarta as afirmações [tex3]\mathsf{I, \ III, \ IV.}[/tex3]

Para as caixas iguais [tex3]\Rightarrow[/tex3]

Teremos que eliminar as permutações internas dos pares ordenados... em outras palavras, se temos duas caixas iguais, não faz diferença entre colocar [tex3]\mathsf{1}[/tex3] laranja na primeira e [tex3]\mathsf{2}[/tex3] na segunda de colocar [tex3]\mathsf{2}[/tex3] laranja na primeira e [tex3]\mathsf{1}[/tex3] na segunda, por exemplo.

Para isso... vamos dividir entre [tex3]\mathsf{L}[/tex3] par e [tex3]\mathsf{L}[/tex3] ímpar;

Para [tex3]\mathsf{L}[/tex3] par [tex3]\rightarrow[/tex3]

Aqui temos um par ordenado cuja permutação "não existe", que é o par [tex3]\mathsf{\bigg(\dfrac{L}{2}, \ \dfrac{L}{2}\bigg)\dots}[/tex3] tirando esse par ordenado, temos [tex3]\mathsf{L \ + \ 1 \ - \ 1 \ = \ L}[/tex3] pares em que [tex3]\mathsf{x \ \neq \ y}[/tex3] (lembrando que deduzimos o número total de pares lá no começo).

Ou seja, nesses [tex3]\mathsf{L}[/tex3] pares, temos uma permutação de [tex3]\mathsf{2!}[/tex3] desnecessária, visto que as caixas são iguais... vamos descontar essa permutação, e ao final somaremos o par [tex3]\mathsf{\bigg(\dfrac{L}{2}, \ \dfrac{L}{2}\bigg)}[/tex3], cuja permutação "nem existe"...

[tex3]\mathsf{n \ = \ \underbrace{\dfrac{L}{2!}}_{pares \ x \neq \ y} \ + \ \underbrace{1}_{par \ x \ = \ y} \ \therefore \ \boxed{\mathsf{n \ = \ \dfrac{L\ + \ 2}{2} \ formas, \ para \ L \ par}}}[/tex3]

Por exemplo, para [tex3]\mathsf{L \ = \ 6}[/tex3], temos [tex3]\mathsf{\underbrace{(6,0) \ , \ (5,1), \ (4,2)}_{pares \ cuja \ permutação \ foi \ descontada}, \ (3,3) \ \therefore \ 4 \ pares}[/tex3]

Para [tex3]\mathsf{L}[/tex3] ímpar [tex3]\rightarrow[/tex3]

Mais simples, porque não há par [tex3]\mathsf{\bigg(\dfrac{L}{2}, \ \dfrac{L}{2}\bigg)}[/tex3], ou seja, simplesmente temos [tex3]\mathsf{L \ + \ 1}[/tex3] pares com [tex3]\mathsf{2!}[/tex3] permutações a serem descontadas:

[tex3]\mathsf{n \ = \ \dfrac{L \ + \ 1}{2!} \ \therefore \ \boxed{\mathsf{n \ = \ \dfrac{L \ + \ 1}{2} \ formas, \ para \ L \ ímpar}}}[/tex3]

Por exemplo, para [tex3]\mathsf{L \ = \ 3}[/tex3], temos [tex3]\mathsf{\underbrace{(3,0) \ , \ (2,1)}_{pares \ totais, \ com \ a \ permutação \ descontada} \therefore \ 2 \ pares}[/tex3]

Para checar a afirmação [tex3]\mathsf{II}[/tex3], sabemos que [tex3]\mathsf{n \ = \ 2 \ \cdot \ z \ + \ 1, \ z \ \in \ \mathbb{N}}[/tex3] temos duas possibilidades:

[tex3]\circ[/tex3] [tex3]\mathsf{2 \ \cdot \ z \ + \ 1 \ = \ \dfrac{L \ + \ 1}{2} \ \therefore \ \boxed{\mathsf{L \ = \ 4 \cdot \ z \ + \ 1}}}[/tex3], comprovando que [tex3]\mathsf{L}[/tex3] é ímpar... logo:

[tex3]\mathsf{p \ = \ 2 \cdot \ z \ + \ 1 \ + \ 1 \ \therefore \ \boxed{\mathsf{p \ = \ 2 \ \cdot \ (z \ + \ 1)}} \ \Rightarrow \ p}[/tex3] é par!

[tex3]\circ[/tex3] [tex3]\mathsf{2 \ \cdot \ z \ + \ 1 \ = \ \dfrac{L\ + \ 2}{2} \ \therefore \ \ \boxed{\mathsf{L \ = \ 4 \cdot \ z}}}[/tex3] e assim [tex3]\mathsf{p \ = \ 4 \ \cdot \ z \ + \ 1}[/tex3], que é ímpar...

Logo, pelo primeiro caso, não podemos afirmar a [tex3]\mathsf{II}[/tex3] também...

Porém, gostaria de saber se alguma coisa disso está certa! Pensei que, pelo gabarito, pode ser também que [tex3]\mathsf{p \ = \ 2}[/tex3] elevado a alguma coisa, enfim...

Agradeço!!

[314159265]

Achei os mesmos resultados. Nenhuma delas me parece correta.

[joaopcarvMOD]

314159265, obrigado , está errado mesmo, que pena, porque é un simulado muito bom. Tem outra de física absurda também, enfim... mas já me tirou um peso " ter errado" essas questões haha valeu!!