GUERRAS SECRETAS do ABRILVERSO!

HOMEM-ARANHA: A (REAL) SAGA DO CLONE (2009) | História Completa

HULK VAI VOLTAR A ARREGAÇAR NO UCM, FINALMENTE? #Teoria

ITA SP) O seguinte trecho de artigo de um jornal local relata uma corrida beneficente de bicicletas: (...)

 (ITA SP) O seguinte trecho de artigo de um jornal local relata uma corrida beneficente de bicicletas: “Alguns segundos após a largada, Ralf tomou a liderança, seguido de perto por David e Rubinho, nesta ordem. Daí em diante, eles não mais deixaram as primeiras três posições e, em nenhum momento da corrida, estiveram lado a lado mais do que dois competidores. A liderança, no entanto, mudou de mãos nove vezes entre os três, enquanto que em mais oito ocasiões diferentes aqueles que corriam na segunda e terceira posições trocaram de lugar entre si. Após o término da corrida, Rubinho reclamou para nossos repórteres que David havia conduzido sua bicicleta de forma imprudente pouco antes da bandeirada de chegada. Desse modo, logo atrás de David, Rubinho não pôde ultrapassá-lo no final da corrida.” Com base no trecho acima, você conclui que 

a) David ganhou a corrida. 

b) Ralf ganhou a corrida. 

c) Rubinho chegou em terceiro lugar. 

d) Ralf chegou em segundo lugar. 

e) não é possível determinar a ordem de chegada, porque o trecho não apresenta uma descrição matematicamente correta.

Vamos apresentar agora o teorema de Bézout.

Permutação fundamental ou principal:

Sejam n elementos distintos a1, a2, ..., an e suas n! permutações simples. A permutação fundamental ou principal é uma dessas permutações adotada como referência. Por exemplo, no casos dos n primeiros números naturais, podemos adotar como permutação fundamental a ordenação original 1, 2, ..., n.

Inversão:

Dizemos que ocorre uma inversão quando dois elementos estão dispostos em ordem diferente daquela em que estão na permutação fundamental. Assim, considerando a permutação fundamental 1, 2, 3, a permutação 3, 1, 2 apresenta 2 inversões, pois o 3 está antes do 1 e o 3 está antes do 2.

Naturalmente, a permutação fundamental não apresenta inversões.

Classe de uma permutação:

Uma permutação é de classe par se o número de inversões em relação à permutação fundamental é par.

Uma permutação é de classe ímpar se o número de inversões em relação à permutação fundamental é ímpar.

Duas permutações são ditas afins se têm a mesma classe e, caso contrário, são ditas não-afins.

Teorema de Bézout:

Uma permutação muda de classe quando se troca a posição de dois quaisquer de seus elementos.

Uma consequência imediata é que a classe da permutação não se altera após um número par de inversões e muda após um número ímpar de inversões.

RESOLUÇÃO DA QUESTÃO DO ITA:

A classificação inicial era Ralf, David e Rubinho, que vamos adotar como permutação fundamental, que é de classe par.

O enunciado afirma que Rubinho chegou logo após David. Assim, os possíveis resultados finais são:

Ralf, David e Rubinho ou 

David, Rubinho e Ralf.

O resultado final Ralf, David e Rubinho é a própria permutação fundamental e, portanto, de classe par.

O resultado final David, Rubinho e Ralf apresenta 2 inversões em relação à permutação fundamental e, portanto, também é de classe par.

É informado que a 1ª e 2ª posições mudam 9 vezes, enquanto a 2ª e 3ª posições mudam 8 vezes.

Assim, houve 9+8=17 trocas (inversões), o que implica que o resultado final deveria ser uma permutação de classe ímpar.

Mas os dois possíveis resultados finais são permutações de classe par, então não é possível determinar a ordem de chegada, porque o trecho não apresenta uma descrição matematicamente correta.

RESPOSTA: e

REFERÊNCIA: Apostila Álgebra 5 - Curso Impacto - Autor Reinaldo Pavarino (Olhooooômetro!!!)

Malba Tahan Nerd

10 ARMADURAS mais PODEROSAS do BATMAN

10 PERSONAGENS MAIS INTELIGENTES DA MARVEL

!4 (Subfatorial de 4)

 

Malba Tahan Nerd

SubFatorial $n$ pode ser calculado pela fórmula:$$!n=n!\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}$$

 !4[(-1^0)/0!+(-1^1)/1!+(-1^2)/2!+(-1^3)/3!+(-1^4)/4!)=

24[1/1-1/1+1/2-1/6+1/24]=

!24[1-1+1/2-1/6+1/24]=

!24[1/2-1/6+1/24]=

MMC = 24 Ok?

24[12/24 -4/24+1/24]=

24[9/24]=

9

=4!×(1/1−1/1+1/2−1/6+1/24)=24×9/24=9

Outra fórmula:

!n=[n!e]

!4 = 24/e 

e = 2,718

24/2,718

8,8291

Arredondando

9

Conceito

Permutações caóticas

Definição: Considere n$n$ elementos colocados em uma certa ordem definindo uma sequência que denotaremos por (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$.
Uma permutação dos elementos dessa sequência é dita uma Permutação Caótica ou um Desarranjo quando nenhum dos elementos ai$a_i$ está na sua posição original, isto é, na i$i$-ésima posição.
Denotaremos por Dn$D_n$ o número de permutações caóticas de n$n$ elementos.
Observe que o conceito de Permutação Caótica é relativo a uma disposição inicial que tomamos como referencial ou padrão. Além disso, o número Dn$D_n$ não está associado ao tipo de elementos de uma sequência, mas sim às posições ocupadas por tais elementos. Dessa forma, é comum em alguns livros sobre o assunto que a definição de Permutação Caótica de n$n$ elementos se refira à sequência (1,2,3,⋯,n).$(1,2,3,\cdots ,n).$

A nossa discussão inicial será sobre uma justificativa da fórmula para o número de permutações caóticas Dn$D_n$ apresentada na Sala inicial :

Dn=n!⋅[10!–11!+12!–13!+⋯+(−1)nn!]$D_n=n!\cdot [{\displaystyle \frac{1}{0!}}–{\displaystyle \frac{1}{1!}}+{\displaystyle \frac{1}{2!}}–{\displaystyle \frac{1}{3!}}+\cdots +{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{n!}}]$.

Para calcularmos o número Dn$D_n$ de permutações caóticas da sequência ordenada (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$, vamos denotar por:

• C$C$ o conjunto de todas as permutações dos elementos de (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$;
• C1$C_1$ o conjunto das permutações de (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$ nas quais o elemento a1$a_1$ ocupa o primeiro lugar na sequência;
• C2$C_2$ o conjunto das permutações dos elementos de (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$ nas quais o elemento a2$a_2$ ocupa o segundo lugar na sequência;
• Ci$C_i$ o conjunto das permutações dos elementos de (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$ nas quais o elemento genérico ai$a_i$ ocupa o lugar i$i$ na sequência,

e por c,c1,c2,⋯,cn$c,c_1,c_2,\cdots ,c_n$ o número de elementos dos conjuntos C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$, respectivamente.
Observe que
► Dn$D_n$ será o número de sequências de C$C$ que pertencem a exatamente ZERO dos conjuntos C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$;
assim, do total c$c$ de todas as permutações de (a1,a2,a3,⋯,an)$(a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n)$, devemos subtrair as sequências que pertencem a, pelo menos, um dos conjuntos C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$.
Vamos lá!
(1)$(1)$ Como as sequências que queremos não podem ter elementos nas suas posições originais, essas sequências não podem pertencer aos conjuntos C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$. Portanto, devemos inicialmente subtrair de c$c$ o número de elementos desses conjuntos. Considere, então a seguinte diferença:
X1=c−c1−c2−⋯−cn$X_1=c-c_1-c_2-\cdots -c_n$.
Veja que em cada conjunto Ci$C_i$, fixamos apenas o elemento ai$a_i$ na posição i$i$; as demais n−1$n-1$ posições podem ser ocupadas por quaisquer dos elementos restantes da sequência original. Com isso, temos que cada ci$c_i$ é o número de permutações de n−1$n-1$ elementos, ou seja,
c1=c2=⋯=cn=Pn−1=(n−1)!$c_1=c_2=\cdots =c_n=P_{n-1}=(n-1)!$.
Portanto, seque que:
X1=c−c1−c2−⋯−cn=c−(c1+c2+⋯+cn)X1=c−⎡⎣⎢(n−1)!+(n−1)!+⋯+(n−1)!n vezes ⎤⎦⎥X1=c−n⋅(n−1)!$$\begin{gathered} X_1=c-c_1-c_2-\cdots -c_n=c-(c_1+c_2+\cdots +c_n) \\ {X}_1=c-\left[\underset{n\text{ vezes }}{\underbrace{(n-1)!+(n-1)!+\cdots +(n-1)!}}\right] \\ {X}_1=c-n\cdot (n-1)! \end{gathered}$$.
Terminamos? Dn=X1$D_n=X_1$?
Não!
(2)$(2)$ Observe que várias sequências de C$C$ foram subtraídas mais de uma vez. Com efeito, sequências do tipo (−−,a2,a3,−−⋯,−− )$(\underset{\_}{},a_2,a_3,\underset{\_}{}\cdots ,\underset{\_}{})$, por exemplo, foram retiradas da nossa contagem pelo menos duas vezes: como elementos de C2$C_2$ e como elementos de C3$C_3$. Assim, precisamos acrescentar na nossa contagem o número de sequências que estão nas interseções do tipo Ci∩Cj$C_i\cap C_j$, para i≠j$i\ne j$. E que número é esse?

Fixados i$i$ e j$j$, com 1⩽i<j⩽n$1⩽i<j⩽n$, as sequências que estão em Ci$C_i$ e em Cj$C_j$ têm duas posições fixas, a i$i$-ésima e j$j$-ésima posições, e as n−2$n-2$ demais são livres. Temos então Pn−2=(n−2)!$P_{n-2}=(n-2)!$ sequências em cada interseção Ci∩Cj$C_i\cap C_j$.
Mas quantas dessas interseções nós temos? Como Ci∩Cj=Cj∩Ci$C_i\cap C_j=C_j\cap C_i$, a quantidade de interseções é o número de Combinações Simples de n$n$ elementos tomados 2$2$ a 2$2$: Cn,2=n!(n−2)!2!$C_{n,2}={\displaystyle \frac{n!}{(n-2)!2!}}$.

Assim, devemos acrescentar à nossa contagem n!(n−2)!2!⋅(n−2)!=n!2!${\displaystyle \frac{n!}{(n-2)!2!}}\cdot (n-2)!={\displaystyle \frac{n!}{2!}}$ sequências que foram indevidamente retiradas. Obtemos então uma segunda contagem parcial das permutações caóticas:
X2=X1+n!2!X2=c−n!+n!2!$$\begin{gathered} X_2=X_1+{\displaystyle \frac{n!}{2!}} \\ {X}_2=c-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}} \end{gathered}$$.
Terminamos? Dn=X2$D_n=X_2$?
De novo, Não!
(3)$(3)$ Observe que, agora, várias sequências foram acrescentadas a mais …
Com efeito, sequências do tipo (−−,a2,a3,a4,−−⋯,−− )$(\underset{\_}{},a_2,a_3,a_4,\underset{\_}{}\cdots ,\underset{\_}{})$, por exemplo, foram contadas na nossa contagem pelo menos três vezes: como elementos de C2∩C3$C_2\cap C_3$, como como elementos de C2∩C4$C_2\cap C_4$ e como elementos de C3∩C4$C_3\cap C_4$. Poxa, agora vamos precisar tirar da nossa contagem o número de sequências que estão nas interseções do tipo Ci∩Cj∩Ck$C_i\cap C_j\cap C_k$, para i≠j<k$i\ne j<k$. E que número é esse?

Fixados i$i$, j$j$ e k$k$, com 1⩽i<j<k⩽n$1⩽i<j<k⩽n$, as sequências que estão em Ci$C_i$, em Cj$C_j$ e em Ck$C_k$ têm três posições fixas, a i$i$-ésima, j$j$-ésima e k$k$-ésima posições, e as n−3$n-3$ demais são livres. Temos então Pn−3=(n−3)!$P_{n-3}=(n-3)!$ sequências em cada interseção Ci∩Cj∩Ck$C_i\cap C_j\cap C_k$.
Quantas dessas interseções temos? Como Ci∩Cj∩Ck$C_i\cap C_j\cap C_k$ independe da ordem dos três conjuntos, a quantidade de interseções é o número de Combinações Simples de n$n$ elementos tomados 3$3$ a 3$3$: Cn,3=n!(n−3)!3!$C_{n,3}={\displaystyle \frac{n!}{(n-3)!3!}}$.

Vamos, então, subtrair da nossa contagem n!(n−3)!3!⋅(n−3)!=n!3!${\displaystyle \frac{n!}{(n-3)!3!}}\cdot (n-3)!={\displaystyle \frac{n!}{3!}}$ sequências que foram indevidamente acrescentadas. Obtemos então uma terceira contagem parcial das permutações caóticas:
X3=X2−n!3!X3=c−n!+n!2!−n!3!$$\begin{gathered} X_3=X_2-{\displaystyle \frac{n!}{3!}} \\ {X}_3=c-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}} \end{gathered}$$.
Agora terminamos? Dn=X3$D_n=X_3$?
Bom,aí vai depender…
(4)$(4)$ Se tivermos interseções de quatro conjuntos distintos dentre C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$, então retiramos da nossa última contagem parcial mais sequências do que devíamos. Essas sequências deverão ser recontadas e acrescentaremos n!4!${\displaystyle \frac{n!}{4!}}$ sequências à nossa última contagem, obtendo:
X4=X3+n!4!X4=c−n!+n!2!−n!3!+n!4!.$$\begin{gathered} X_4=X_3+{\displaystyle \frac{n!}{4!}} \\ {X}_4=c-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}}+{\displaystyle \frac{n!}{4!}}. \end{gathered}$$
E prosseguimos com contagens parciais
Xk=c−n!+n!2!−n!3!+n!4!+⋯+(−1)kn!k!$X_k=c-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}}+{\displaystyle \frac{n!}{4!}}+\cdots +{(-1)}^k{\displaystyle \frac{n!}{k!}}$,
até considerarmos a maior interseção possível de conjuntos distintos dentre C1,C2,C3,⋯,Cn$C_1,C_2,C_3,\cdots ,C_n$ que é a interseção C1∩C2∩C3∩⋯∩Cn$C_1\cap C_2\cap C_3\cap \cdots \cap C_n$, da qual faz parte apenas a sequência original (a1,a2,⋯,an)$(a_1,a_2,\cdots ,a_n)$.
Pelo exposto, temos que:
Dn=c−n!+n!2!−n!3!+n!4!+⋯+(−1)kn!k!+⋯+(−1)nn!n!$D_n=c-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}}+{\displaystyle \frac{n!}{4!}}+\cdots +{(-1)}^k{\displaystyle \frac{n!}{k!}}+\cdots +{(-1)}^n{\displaystyle \frac{n!}{n!}}$
e, como c$c$ é o número de permutações dos n$n$ elementos a1,a2,a3,⋯,an$a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n$ que formam as sequências, segue que:
Dn=n!−n!+n!2!−n!3!+n!4!+⋯+(−1)nn!n!$D_n=n!-n!+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}}+{\displaystyle \frac{n!}{4!}}+\cdots +{(-1)}^n{\displaystyle \frac{n!}{n!}}$.
Mas 0!=1$0!=1$ e 1!=1$1!=1$; portanto, finalmente podemos concluir que:
Dn=n!0!−n!1!+n!2!−n!3!+n!4!+⋯+(−1)nn!n!$D_n={\displaystyle \frac{n!}{0!}}-{\displaystyle \frac{n!}{1!}}+{\displaystyle \frac{n!}{2!}}-{\displaystyle \frac{n!}{3!}}+{\displaystyle \frac{n!}{4!}}+\cdots +{(-1)}^n{\displaystyle \frac{n!}{n!}}$
Dn=n!⋅[10!–11!+12!–13!+⋯+(−1)nn!]$D_n=n!\cdot [{\displaystyle \frac{1}{0!}}–{\displaystyle \frac{1}{1!}}+{\displaystyle \frac{1}{2!}}–{\displaystyle \frac{1}{3!}}+\cdots +{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{n!}}]$.