Problema da envelopagem - Prof. Lúcio Fassarella

Problema de Combinatória
Prof. Lúcio Fassarella
D M A /C EU N ES/U FES
Problema: Alguém escreve n cartas para destinatários diferentes e escreve
os respectivos endereços em n envelopes. Quantas maneiras diferentes existem
de colocar todas as cartas em envelopes errados?
Comentários
A resolução deste problema pode apresentar alguns obstáculos para quem não está familiarizado com as técnicas de combinatória, dentre eles:
identi…cação do conjunto de eventos;
de…nição de variáveis adequadas;
de…nição de uma notação conveniente;
elaboração de uma estratégia;
organização e sistematização da resolução;
generalização do problema geral a partir de problemas particulares.
Algumas abordagens preliminares podem indicar uma estratégia de resolução, tais como:
resolver problemas simpli…cados similares;1
calcular o número de elementos do conjunto complementar de eventos, num conjunto
universo com número de elementos fácil de calcular.2
A primeira abordagem, me indicou usar o Princípio da Inclusão-Exclusão para resolver
o problema; a segunda abordagem, me indicou determinar uma Fórmula de Recorrência.
Ambas são desenvolvidas adiante.
1
Exemplos:
- Alguém escreve n cartas e escreve os respectivos endereços em n envelopes. Quantas maneiras diferentes
existem de colocar as cartas nos envelopes?
- Alguém escreve 3 cartas e escreve os respectivos endereços em 3 envelopes. Quantas maneiras diferentes
existem de colocar todas as cartas nos envelopes errados?
2
Exemplo:
- Alguém escreve n cartas e escreve os respectivos endereços em n envelopes. Quantas maneiras diferentes
existem de colocar as cartas de modo que pelo menos delas seja colocada no envelope correto?
1
Resolução por Fórmula de Recorrência.
O conjunto das possíveis envelopagens (distribuições de cartas nos envelopes) pode ser
dividido numa família exaustiva de subconjuntos conveniente:
An : conjunto de todas as envelopagens de n cartas;
Rn : conjunto das envelopagens de n cartas nas quais todas as cartas …cam em envelopes
errados;
Anj1 :::jk : conjunto das envelopagens de n cartas nas quais as cartas j1 ; :::; jk …cam nos
envelopes corretos e as demais n k cartas …cam em envelopes errados, onde k = 1; :::; n
e j1 < ::: < jk 2 f1; :::; ng.
Com essas de…nições, temos que fRn g[ Anj1 :::jk ; j1 < ::: < jk ; k = 1; :::; n constitui uma
exaustão de A por subconjuntos disjuntos. Pelo Princípio Aditivo, segue:
#An = #Rn +
n
X
X
#Anj1 :::jk :
(0.1)
k=1 j1 <:::<jk
Duas observações:
1. #Anj1 :::jk é igual a #Rn k , pois é exatamente o número de envelopagens das “n
cartas diferentes das cartas j1 ; :::; jk ”nas quais todas …cam em envelopes errados:
#Anj1 :::jk = #Rn
k
; 8k = 1; :::; n; 8j1 < ::: < jk 2 f1; :::; ng ;
k
(0.2)
com a convenção de que
R0 = 1:
P
2. o número de parcelas na somatória nj1 <:::<jk =1 é igual ao número de subconjuntos com
k elementos de um conjunto de n elementos, i.e.,
n
X
X
número de parcelas de
#Anj1 :::jk =
k=1 j1 <:::<jk
n!
:
(n k)!k!
(0.3)
Combinando #An = n! com as identidades (0.1), (0.2) e (0.3), segue:
n! = #Rn +
n
X
k=1
n!
#Rn k :
(n k)!k!
Portanto, obtemos a seguinte fórmula de recorrência, que é uma solução do problema:
#Rn = n!
n
X
k=1
n!
#Rn
(n k)!k!
k
(R0 = 1) :
(0.4)
Veri…cação da solução
Veri…camos a solução comparando as respostas que ela indica em casos particulares, cuja
resposta pode ser obtida por enumeração explícita ou por outro método:
2
Caso n = 1. Quando há somente uma carta (e um envelope), não há envelopagem
errada, portanto R1 = ; e #R1 = 0; aplicando a fórmula (0.4) com n = 1, obtemos:
#R1 = 1!
1 = 0:
Caso n = 2. Quando há duas cartas (e dois envelopes), há somente uma envelopagem
errada, portanto #R = 1; aplicando a fórmula (0.4) com n = 2, obtemos:
#R2 = 2!
2!
#R1
(2 1)!1!
2!
#R0 = 2
(2 2)!2!
0
1 = 1:
Caso n = 3. Quando há três cartas (e três envelopes), há duas envelopagens erradas
(a primeira carta …ca no envelope da segunda carta ou no envelope da terceira carta),
portanto #R = 2; aplicando a fórmula (0.4) com n = 2, obtemos:
#R = 3!
= 6
= 2:
3!
3!
#R2
#R1
(3 1)!1!
(3 2)!2!
3 1 3 0 1
3
3!
#R0
(3 3)!3!
Resolução pelo Princípio da Inclusão-Exclusão.
O conjunto das possíveis envelopagens (distribuições de cartas nos envelopes) pode ser
dividido numa família exaustiva de subconjuntos conveniente:
A: conjunto de todas as envelopagens;
R: conjunto das envelopagens nas quais todas as cartas …cam em envelopes errados;
Ak : conjunto das envelopagens nas quais a carta k …ca no envelope correto, k = 1; :::; m;
Então:
A = R [ A1 [ ::: [ An
e
R \ Ak = ; ; 8k = 1; :::; n:
Pelo Princípio da Inclusão-Exclusão, segue:
#A = #R +
n
X
n
X
k=1 j1 <:::<jk =1
( 1)k+1 # (Aj1 \ ::: \ Ajk ) :
(0.5)
Duas observações:
1. o número de elementos da interseção (Aj1 \ ::: \ Ajk ) independe dos índices j1 < ::: <
jk 2 f1; :::; ng e é igual ao número de permutações das n k cartas restantes:
# (Aj1 \ ::: \ Ajk ) = (n
k)!
P
2. o número de parcelas na somatória nj1 <:::<jk =1 é igual ao número de subconjuntos com
k elementos de um conjunto de n elementos, i.e.,
número de parcelas de
n
X
j1 <:::<jk =1
Combinando (1) e (2), segue:
n
X
n
X
k=1 j1 <:::<jk =1
k+1
( 1)
# (Aj1 \ ::: \ Ajk ) =
# (Aj1 \ ::: \ Ajk ) =
n
X
k=1
n!
:
(n k)!k!
( 1)k+1
n!
:
k!
(0.6)
Finalmente, combinando #A = n! com a identidade (0.5) e com a identidade (0.6),
obtemos a solução do problema:
#R = n!
n
X
k=1
( 1)k+1
n!
:
k!
(0.7)
Veri…cação da solução
Veri…camos a solução comparando as respostas que ela indica em casos particulares, cuja
resposta pode ser obtida por enumeração explícita ou por outro método:
4
Caso n = 1. Quando há somente uma carta (e um envelope), não há envelopagem
errada, portanto R = ; e #R = 0; aplicando a fórmula (0.7) com n = 1, obtemos:
1
X
#R = 1!
( 1)k+1
k=1
1!
=1
k!
1 = 0:
Caso n = 2. Quando há duas cartas (e dois envelopes), há somente uma envelopagem
errada, portanto #R = 1; aplicando a fórmula (0.7) com n = 2, obtemos:
#R = 2!
1
X
( 1)k+1
k=1
2!
=2
k!
2 2
+ = 1:
1 2
Caso n = 3. Quando há três cartas (e três envelopes), há duas envelopagens erradas
(a primeira carta …ca no envelope da segunda carta ou no envelope da terceira carta),
portanto #R = 2; aplicando a fórmula (0.7) com n = 3, obtemos:
#R = 3!
1
X
( 1)k+1
k=1
5
3!
=6
k!
6 6
+
1 2
6
= 2:
6