1. Considere um conjunto C de 20 pontos do espaço que tem um subconjunto C_{1} formado por 8 pontos coplanares. Sabe-se que toda vez que 4 pontos de C sào coplanares, então eles são pontos de C_{1}. Quantos são os planos que contêm pelo menos três pontos de C ?
  2. Quantos são os anagramas da palavra CARAGUATATUBA? Quantos começam por vogal?
  3. São dados, no plano, n pontos tais que entre as retas por elas determinadas não há duas retas paralelas. Quantos são, no máximo, os pontos de interseção dessas retas que são distintos dos pontos dados?

Passo 1

Vou reescrever claramente cada problema e listar os dados que eles dão. Não vou resolver ainda, só organizar o que cada item pede.
  1. Enunciado: temos um conjunto C com 20 pontos no espaço. Há um subconjunto C_{1} de 8 pontos que são coplanares. Sabe-se que sempre que 4 pontos de C forem coplanares, então esses 4 pertencem a C_{1}. Pergunta: quantos são os planos que contêm pelo menos três pontos de C ?
Dados relevantes:
  • \#C=20.
  • \#C_{1}=8 e todos os pontos de C_{1} estão no mesmo plano (o “plano de C_{1}”).
  • Se houver um conjunto de 4 pontos de C que sejam coplanares, então esses 4 estão em C_{1}. Em particular, nenhum outro plano além do plano de C_{1} contém 4 ou mais pontos de C.
  • Queremos contar os planos que contêm pelo menos 3 pontos de C.
  1. Enunciado: contar anagramas da palavra CARAGUATATUBA. Quantos anagramas existem? Quantos desses começam por vogal?
Dados relevantes:
  • A palavra tem 13 letras. É necessária a contagem das letras repetidas.
  • Contagens das letras (obtenho diretamente da palavra): as letras e suas frequências são: vou listar e contar com cuidado.
    • A aparece \,5 vezes.
    • U aparece \,2 vezes.
    • T aparece \,2 vezes.
    • C, R, G, B aparecem 1 vez cada.
  • Queremos:
    • total de anagramas distintos (considerando repetições),
    • quantos desses anagramas começam por vogal (vogais presentes são A e U).
  1. Enunciado: no plano, n pontos tais que, entre as retas por elas determinadas, não há duas retas paralelas. Pergunta: qual o máximo possível do número de pontos de interseção dessas retas que sejam distintos dos pontos dados?
Dados relevantes:
  • Existem n pontos dados.
  • Consideramos todas as retas determinadas por pares desses pontos (cada par dá uma reta, mas retas podem coincidir se houver três ou mais pontos colineares).
  • Hipótese extra: entre essas retas não existem duas paralelas (todas as retas se intersectam duas a duas).
  • Precisamos o máximo possível do número de interseções dessas retas que NÃO são os n pontos iniciais (ou seja, interseções “novas” formadas por cruzamento de retas em pontos fora dos dados).

Passo 2

Resolução de 16. Interpreto a condição e traduzo para um método de contagem.
Explicação do raciocínio geral:
  • Um plano que contém pelo menos 3 pontos de C pode aparecer de duas maneiras:
    1. É o plano que contém os 8 pontos de C_{1} (esse plano claramente contém muitas triplas de pontos).
    2. É um outro plano que contém exatamente 3 pontos de C. (Não pode conter 4 ou mais, por hipótese.)
  • Observação crucial (aprender a usar essa ideia na prova): se um plano (diferente do plano de C_{1}) contivesse duas triplas diferentes de pontos, então teria pelo menos 4 pontos no plano (a união das duas triplas), o que é proibido pela hipótese. Logo, cada plano diferente do plano de C_{1} corresponde a exatamente uma tríade de pontos de C. Portanto há uma correspondência bijetiva entre triplas de pontos de C que não estão todas em C_{1} e planos distintos (fora do plano de C_{1}).
  • Assim, para contar planos com pelo menos três pontos, conto:
    • 1 plano (o plano de C_{1}),
    • mais uma unidade para cada tríade de pontos de C que não esteja inteiramente dentro de C_{1}.
Agora faço as contas:
  • Número total de triplas de pontos de C é \displaystyle \binom{20}{3}.
  • Número de triplas que estão inteiramente dentro de C_{1} é \displaystyle \binom{8}{3}. Todas estas triplas correspondem ao mesmo plano (o plano de C_{1}), que já contamos uma vez.
  • Portanto o número de planos distintos que contêm pelo menos 3 pontos é 1 + \biggl(\binom{20}{3} - \binom{8}{3}\biggr).
  • Calculo os valores: \binom{20}{3}=\frac{20\cdot19\cdot18}{6}=1140,
\binom{8}{3}=\frac{8\cdot7\cdot6}{6}=56,
então
1 + (1140-56)=1+1084=1085.

Passo 3

Comentários didáticos sobre o item 16 (como aplicar isso numa prova):
  • A ideia-chave: quando uma condição proíbe planos com 4 ou mais pontos fora de um plano especial, então qualquer outro plano só pode ter exatamente 3 pontos; e dois triplets diferentes no mesmo plano dariam um plano com \ge4 pontos — contradição. Assim cada tríade “nova” dá um plano distinto.
  • Sempre cheque se precisa somar 1 pelo plano especial (aqui C_{1}) porque muitas triplas ali não geram planos novos, todas geram o mesmo plano.

Passo 4

Resolução de 17. Contagem de anagramas com repetição.
Conceitos usados (aula rápida):
  • Quando temos N símbolos no total com repetições, se as frequências das letras forem n_1,n_2,\dots somando N, o número de permutações distintas é \frac{N!}{n_1!\,n_2!\cdots }.Aqui esse fator corrige as permutações que mudam apenas entre letras idênticas (elas não produzem palavras diferentes).
Aplicando ao nosso caso:
  • Total de letras N=13.
  • Frequências: \,5 letras A, \,2 letras U, \,2 letras T, e as letras C,R,G,B aparecem 1 vez cada.
  • Então o total de anagramas distintos é \frac{13!}{5!\,2!\,2!}.
Calculo numérico (explico como calcular sem calculadora em prova: deixe em fatoriais ou simplifique passo a passo; aqui eu calculo para dar resposta):
  • 13!=6227020800,
  • 5!=120, 2!=2, então denominador =120\cdot2\cdot2=480.
  • Logo número total: \frac{13!}{5!\,2!\,2!}=\frac{6227020800}{480}=12972960.
Agora conto quantos começam por vogal:
  • Vogais presentes: A e U.
  • Conto separadamente as palavras que começam por A e as que começam por U e somo.
    • Se a primeira letra for A: uso uma das 5 letras A no começo — ficarão 12 posições e as frequências remanescentes são A: 4, U: 2, T: 2, e as demais simples. O número de permutações das 12 restantes é \frac{12!}{4!\,2!\,2!}.Calculando: 12!=479001600; denominador 4!\cdot2!\cdot2!=24\cdot2\cdot2=96; quociente =479001600/96=4989600.
    • Se a primeira letra for U: uso uma das 2 letras U no começo — restam 12 letras com frequências A:5, U:1, T:2,\dots; o número é \frac{12!}{5!\,1!\,2!}=\frac{12!}{5!\,2!}.Calculo: denominador =120\cdot2=240; quociente =479001600/240=1995840.
  • Somando os dois casos: 4989600 + 1995840 = 6985440.

Passo 5

Comentários didáticos sobre o item 17:
  • Técnica padrão: contar todas as permutações com o fator de divisão pelas fatoriais das repetições.
  • Para “começam por X”, fixe a letra inicial (reduz a frequência dessa letra) e conte permutações das restantes.
  • Dica prática: em prova, você pode deixar as respostas em forma de fatoriais (ex.: \frac{13!}{5!\,2!\,2!}) se não pedirem número explícito; mas muitas vezes vale calcular para comparar alternativas.

Passo 6

Resolução de 18. Objetivo: obter a fórmula do máximo de interseções novas.
Estratégia e justificativa do método:
  • Cada par de pontos define uma reta. Se não há três colineares, temos o máximo possível de retas distintas: \displaystyle L=\binom{n}{2}. Para maximizar o número de interseções distintas fora dos pontos dados, queremos:
    • o maior número possível de retas distintas (logo evitar colinearidade extra), e
    • evitar que muitas retas se encontrem num único ponto que não seja um dos n (ou seja, evitar concorrência de 3 ou mais retas fora dos pontos dados), porque isso reduziria o número de interseções distintas.
  • A condição do enunciado já impede paralelismo entre retas, então cada par de retas distintas se intersecta em algum ponto.
  • Em situações de “posição geral” (sem três pontos colineares e sem três retas concorrendo num ponto que não seja original), cada par de retas intersecta em um ponto distinto, a menos que a interseção ocorra em um dos n pontos originais. Precisamos excluir essas interseções que ocorrem nos pontos dados.
Contagem passo a passo:
  1. Número total de retas (no caso sem três colineares) é L=\binom{n}{2}.(Este é o máximo possível de retas distintas, e é atingido quando não há três pontos colineares.)
  2. Número de interseções entre todas essas retas, se cada par de retas gera uma interseção (e não há paralelas), é \binom{L}{2}=\binom{\binom{n}{2}}{2}.
  3. No entanto, muitas dessas interseções ocorrem nos pontos originais. Quantas interseções “caem” em cada ponto original P? No cenário sem três colineares, através de P passam exatamente (n-1) retas (cada reta que liga P a outro dos n-1 pontos). Cada par dessas retas (duas retas que passam por P) se intersecta em P. O número de pares de retas que se encontram em P é \binom{n-1}{2}.Como há n pontos, o total de interseções que correspondem a pontos originais é n\binom{n-1}{2}.
  4. Subtraindo essas interseções “originais” do total, obtemos o número máximo de interseções distintas que são novas (isto é, distintas dos pontos dados): \binom{\binom{n}{2}}{2} - n\binom{n-1}{2}.
  5. Faço a simplificação algébrica (útil para memorizar uma fórmula):
    • Coloco \displaystyle N=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}. Então o primeiro termo é \binom{N}{2}=\frac{N(N-1)}{2}.
    • Substituindo e simplificando (faço passo a passo): \binom{N}{2}-n\binom{n-1}{2} =\frac{N(N-1)}{2}-n\cdot\frac{(n-1)(n-2)}{2} =\frac{1}{2}\bigl(N(N-1)-n(n-1)(n-2)\bigr).Substituo N=\dfrac{n(n-1)}{2}: N(N-1)=\frac{n(n-1)}{2}\Bigl(\frac{n(n-1)}{2}-1\Bigr) =\frac{n(n-1)\bigl(n(n-1)-2\bigr)}{4}.Então N(N-1)-n(n-1)(n-2) =\frac{n(n-1)}{4}\bigl(n(n-1)-2-4(n-2)\bigr).Calculo o parêntese interno: n(n-1)-2-4(n-2)=n^2-n-2-4n+8=n^2-5n+6=(n-2)(n-3).Logo N(N-1)-n(n-1)(n-2)=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4}.Multiplicando pelo \tfrac{1}{2} que estava fora: \frac{1}{2}\cdot\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4}=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}.
  6. Portanto o número máximo de interseções distintas das retas que NÃO são os n pontos originais é \boxed{\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}}.

Passo 7

Comentários didáticos sobre o item 18:
  • A suposição “não há duas retas paralelas” garante que qualquer par de retas se cruza em algum ponto; para maximizar o número de interseções distintas queremos também evitar que três retas se encontrem no mesmo ponto que não seja original (para evitar identificar várias interseções em uma só).
  • A hipótese de “sem três pontos colineares” (posição geral) não foi dada explicitamente, mas é a configuração que maximiza o número de retas distintas L=\binom{n}{2}. Combinando essa escolha com a condição de evitar concidências extras de interseção, chega-se à fórmula acima. Em provas, costuma-se justificar: o número máximo é atingido quando não existem três colineares e quando não há três retas concorrentes fora dos pontos dados.
  • Uma forma compacta de recordar o resultado: é a escolha de \binom{\binom{n}{2}}{2} interseções entre as retas menos as interseções que se dão nos próprios n pontos, que valem n\binom{n-1}{2}.

Resposta

  1. 1085
  2. Total de anagramas: \dfrac{13!}{5!\,2!\,2!}=12972960
  3. Começam por vogal: \dfrac{12!}{4!\,2!\,2!}+\dfrac{12!}{5!\,1!\,2!}=6985440
  4. Máximo de interseções distintas dos pontos dados: \dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}

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