UESC 2006.1 – Para iluminar um palco, conta-se com sete refletores, cada um de uma cor diferente.
O número máximo de agrupamentos de cores distintas que se pode utilizar para iluminar o palco é igual a
(01) 7
(02) 28
(03) 127
(04) 156
(05) 186

UESC – Universidade Estadual Santa Cruz – Ilhéus – Bahia.

Solução:

Sejam os sete refletores com luzes de cores distintas A, B, C, D, E, F e G.
Na verdade, o problema pede para calcular o número de formas distintas de iluminar o palco,
usando esses 7 refletores.
Observe que, por exemplo, iluminando-se o palco com as cores A e B, é a mesma coisa que iluminá-lo com as cores B e A e assim, sucessivamente. Vemos que a ordem das cores não altera o grupamento e portanto, trata-se de um problema de Combinações.
Se você quiser revisar Análise Combinatória, clique AQUI.

Acompanhe o raciocínio:
Para iluminar o palco com apenas uma cor, teremos C_7,1 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com duas cores, teremos C_7,2 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com tres cores, teremos C_7,3 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com quatro cores, teremos C_7,4 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com cinco cores, teremos C_7,5 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com seis cores, teremos C_7,6 possibilidades distintas.
Para iluminar o palco com sete cores, teremos C_7,7 possibilidades distintas.

Assim, o número total de possibilidades será dada pela soma:

C_7,1 + C_7,2 + C_7,3 + C_7,4 + C_7,5 + C_7,6 + C_7,7

Calculando cada número combinatório acima e efetuando a soma encontraremos 127, que é a resposta procurada e, portanto, alternativa (03).

Existe entretanto uma forma mais elegante de obter a resposta, sem ter que calcular todas as parcelas acima. Vejamos:

Sabemos da Análise Combinatória que
C_7,0 + C_7,1 + C_7,2 + C_7,3 + C_7,4 + C_7,5 + C_7,6 + C_7,7 = 2⁷
Mas, C_7,0 = 1. Logo, substituindo fica:
1 + C_7,1 + C_7,2 + C_7,3 + C_7,4 + C_7,5 + C_7,6 + C_7,7 = 2⁷ = 128. Daí tiramos facilmente:
C_7,1 + C_7,2 + C_7,3 + C_7,4 + C_7,5 + C_7,6 + C_7,7 = 128 – 1 = 127.

UESC 2006.1 – Cem maçãs foram distribuídas em 11 caixas e em alguns sacos, de modo que todas as caixas receberam a mesma quantidade de maçãs, e o número de maçãs colocadas em cada saco foi igual ao dobro das maçãs colocadas em cada caixa.
Nesse caso, pode-se afirmar que o número de sacos pertence ao conjunto
01) {4, 10, 13}
02) {5, 11, 14}
03) {5, 8, 11}
04) {6, 8, 12}
05) {7, 8, 13}

UESC – Universidade Estadual Santa Cruz – Ilhéus – Bahia.

Solução:

Seja y o número de maçãs em cada uma das 11 caixas. É óbvio que nas 11 caixas teremos 11y maçãs. Do enunciado da questão, temos imediatamente que em cada saco teremos 2y maçãs.

Seja x o número de sacos. Como em cada saco estão 2y maçãs, é também óbvio que o total de maçãs distribuídas pelos x sacos será igual a x.2y = 2xy .

Ora, como o número total de maçãs é igual a 100, poderemos escrever a igualdade:

11y + 2xy = 100

O problema pede para descobrir o número x de sacos.

Da equação acima tiramos: 2xy = 100 – 11y , de onde vem: x = (100 – 11y) / 2y

É claro que x e y são números inteiros e positivos, uma vez que eles se referem a quantidade de maçãs. Isto posto, a fração no segundo membro deverá ser um número inteiro positivo (número natural),
já que ela é igual a x (número de maçãs).

Aqui vale um comentário: o desenvolvimento rigoroso deste problema a partir deste ponto,
nos levará a ter que determinar as soluções inteiras de uma equação do primeiro grau a duas variáveis, denominada equação diofantina.
Mas, lembre-se que você está numa prova de vestibular e tem que ganhar tempo.
Esta é a regra do jogo, infelizmente.
Ademais, o tópico equação diofantina não é tratado no ensino médio.
Ao final do arquivo, colocarei um link para uma página deste site, para que, se você tiver curiosidade, possa saber mais sobre esse tópico.

Então, eu proponho que a questão seja resolvida da seguinte forma elementar: atribuir valores inteiros positivos a y e só aceitar como solução aquelas que conduzirem a um valor de x também inteiro positivo, já que x significa número de maçãs. Assim, vamos atribuir valores inteiros positivos para y e calcular o x decorrente:

y = 1 Þ x = (100 – 11.1) / 2.1 = 99/2 = 44,5 (não serve pois não é inteiro)
y = 2 Þ x = (100 – 11.2) / 2.2 = 78/4 = 19,5 (não serve pois não é inteiro)
y = 3 Þ x = (100 – 11.3) / 2.3 = 67/6 (não serve pois não é inteiro)
y = 4 Þ x = (100 – 11.4) / 2.4 = 56 / 8 = 7 (ok! solução inteira)
y = 5 Þ x = (100 – 11.5) / 2.5 = 45/10 = 4,5 (não serve pois não é inteiro)
y = 6 Þ x = (100 – 11.6) / 2.6 = 34/12 (não serve pois não é inteiro)
y = 7 Þ x = (100 – 11.7) / 2.7 = 23/14 (não serve pois não é inteiro)
y = 8 Þ x = (100 – 11.8) / 2.8 = 12/16 = 6/8 = 3 /4 (não serve pois não é inteiro)
y = 9 Þ x = (100 – 11.9) / 2.9 = 1/18 (não serve pois não é inteiro)
y = 10 Þ x = (100 – 11.10) /2.10 = -10/20 = - 1/ 2 ((não serve pois não é inteiro)
Observe que a partir de y = 10, x passa a ser negativo e podemos parar por aí.

Vemos então que os únicos valores inteiros positivos que satisfazem ao problema são y = 4 e x = 7. Lembrando que x é o número de sacos, a questão está resolvida. Portanto, das alternativas apresentadas, a única verdadeira é a de número (05).

Conforme prometi acima, veja o seguinte link neste mesmo site: equações diofantinas .

Paulo Marques, 11 de janeiro de 2006 – Feira de Santana – BA.

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