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Lição 38 — Combinações e binômio de Newton

Combinação C(n,r): selecionar r objetos de n sem importar a ordem. Triângulo de Pascal, identidade de Pascal, teorema do binômio de Newton.

Used in: 1.º ano do EM (15–16 anos) · Equiv. Math I japonês cap. 2 · Equiv. Klasse 10–11 alemã Stochastik

\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!\,(n-r)!}

Combinação de $n$ elementos tomados $r$ a $r$ : conta o número de maneiras de escolher um subconjunto de $r$ objetos de um total de $n$ objetos distintos, sem considerar a ordem. Lê-se " $n$ escolhe $r$ ".

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Rigorous notation, full derivation, hypotheses

Definição rigorosa

Combinação simples

Relação com permutações

Propriedades fundamentais

Definition· Propriedades dos coeficientes binomiais

Propriedade	Fórmula
Casos extremos	$\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$
Caso unitário	$\binom{n}{1} = \binom{n}{n-1} = n$
Simetria	$\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}$
Recorrência de Pascal	$\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r-1} + \binom{n-1}{r}$
Soma total	$\displaystyle\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} = 2^n$
Soma alternada	$\displaystyle\sum_{r=0}^{n} (-1)^r \binom{n}{r} = 0$ para $n \geq 1$

Triângulo de Pascal

A recorrência de Pascal $\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r-1} + \binom{n-1}{r}$ gera o triângulo. Cada entrada é a soma das duas imediatamente acima.

Triângulo de Pascal — linhas 0 a 6. Linha 4 (em destaque) contém os coeficientes de $(a+b)^4$ .

Teorema do binômio de Newton

"O coeficiente binomial $\binom{n}{r}$ é o número de subconjuntos de $r$ elementos de um conjunto com $n$ elementos." — Hammack, Book of Proof 3ª ed., §3.3

"Cada número no triângulo de Pascal é a soma dos dois números diretamente acima dele." — Levin, Discrete Mathematics: An Open Introduction, §1.2

Exemplos resolvidos

Example· Cálculo direto de combinação

Problema: Um professor quer escolher 3 alunos de uma turma de 10 para representar a escola em uma olimpíada. De quantas maneiras distintas ele pode fazer essa escolha?

Estratégia: A ordem dos escolhidos não importa — qualquer grupo de 3 alunos representa a escola igualmente. Usamos a fórmula da combinação.

Resolução:

Identificar $n$ e $r$ : $n = 10$ (total de alunos), $r = 3$ (alunos a escolher).
Aplicar a fórmula: $\binom{10}{3} = \frac{10!}{3!\,(10-3)!} = \frac{10!}{3!\cdot 7!}$
Simplificar — cancelar $7!$ : $= \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3!} = \frac{720}{6} = 120$

Conclusão: Existem 120 grupos distintos de 3 alunos possíveis.

Verificação: $\binom{10}{3} = \binom{10}{7}$ (simetria) $= \frac{10!}{7!\cdot3!} = 120$ . Consistente.

Fonte. Hammack, Book of Proof 3ª ed., §3.3, ex. 3 — licença CC-BY-ND.

Example· Combinação vs. permutação — contraste direto

Problema: Um clube tem 8 sócios. (a) De quantas maneiras se pode eleger uma diretoria de 3 cargos distintos (presidente, vice e tesoureiro)? (b) De quantas maneiras se pode escolher uma comissão de 3 membros sem distinção de cargo?

Estratégia: (a) A ordem importa: os três cargos são distintos. Usamos arranjo. (b) A ordem não importa: qualquer grupo de 3 equivale. Usamos combinação.

Resolução:

(a) Diretoria (arranjo): $P(8, 3) = \frac{8!}{(8-3)!} = \frac{8!}{5!} = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$

(b) Comissão (combinação): $\binom{8}{3} = \frac{8!}{3!\cdot 5!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{6} = 56$

Relação entre os resultados: $P(8, 3) = 3! \cdot \binom{8}{3}$ pois $336 = 6 \cdot 56$ . Cada comissão de 3 pode ser organizada em $3! = 6$ formas diferentes de atribuir os cargos.

Fonte. OpenStax Algebra and Trigonometry 2e, §13.5, exemplo 4 — licença CC-BY 4.0.

Example· Identidade de Pascal e triângulo

Problema: (a) Verifique a identidade de Pascal para $n = 6$ , $r = 2$ : $\binom{5}{1} + \binom{5}{2} = \binom{6}{2}$ . (b) Construa as linhas 0 a 5 do triângulo de Pascal e localize $\binom{5}{2}$ .

Estratégia: (a) Calcular cada binomial e verificar a igualdade numericamente. (b) Aplicar a recorrência: cada entrada é a soma das duas acima.

Resolução:

(a) Verificação numérica: $\binom{5}{1} = 5, \qquad \binom{5}{2} = \frac{5!}{2!\cdot 3!} = 10, \qquad \binom{6}{2} = \frac{6!}{2!\cdot 4!} = 15$

$\binom{5}{1} + \binom{5}{2} = 5 + 10 = 15 = \binom{6}{2} \checkmark$

(b) Triângulo de Pascal (linhas 0 a 5):

\begin{array}{ccccccccccc} & & & & & 1 & & & & & \\ & & & & 1 & & 1 & & & & \\ & & & 1 & & 2 & & 1 & & & \\ & & 1 & & 3 & & 3 & & 1 & & \\ & 1 & & 4 & & 6 & & 4 & & 1 & \\ 1 & & 5 & & 10 & & 10 & & 5 & & 1 \end{array}

Na linha 5, a terceira entrada (posição $r = 2$ ) é $\binom{5}{2} = 10$ .

Verificação: A identidade de Pascal se vê visualmente: cada número é a soma dos dois acima.

Fonte. Hammack, Book of Proof 3ª ed., §3.4 — licença CC-BY-ND.

Example· Expansão pelo binômio de Newton — termo geral

Problema: Expanda $(2x - 3)^4$ pelo binômio de Newton e encontre o coeficiente de $x^2$ .

Estratégia: Identificar $a = 2x$ , $b = -3$ , $n = 4$ . Aplicar $T_{r+1} = \binom{4}{r}(2x)^{4-r}(-3)^r$ . Para o termo em $x^2$ , o expoente de $x$ deve ser 2, logo $4 - r = 2$ , ou seja, $r = 2$ .

Resolução:

$r$	$\binom{4}{r}$	$(2x)^{4-r}$	$(-3)^r$	Termo
0	1	$16x^4$	1	$16x^4$
1	4	$8x^3$	$-3$	$-96x^3$
2	6	$4x^2$	$9$	$216x^2$
3	4	$2x$	$-27$	$-216x$
4	1	$1$	$81$	$81$

$(2x - 3)^4 = 16x^4 - 96x^3 + 216x^2 - 216x + 81$

Coeficiente de $x^2$ : $\binom{4}{2}(2)^2(-3)^2 = 6 \cdot 4 \cdot 9 = \mathbf{216}$ .

Verificação (caso particular): Para $x = 1$ : $(2 - 3)^4 = 1$ . Avaliando a expansão: $16 - 96 + 216 - 216 + 81 = 1$ . $\checkmark$

Fonte. OpenStax Algebra and Trigonometry 2e, §13.6, exemplo 3 — licença CC-BY 4.0.

Example· Probabilidade de mãos de baralho

Problema: Em um baralho de 52 cartas (4 naipes, 13 cartas por naipe), calcule: (a) o número total de mãos de 5 cartas; (b) o número de mãos com exatamente 2 ases; (c) a probabilidade de uma mão ter exatamente 2 ases.

Estratégia: Usar combinações para contar subconjuntos. O baralho tem 4 ases e 48 não-ases. Para (b): escolher 2 dos 4 ases e 3 das 48 cartas restantes.

Resolução:

(a) Total de mãos: $\binom{52}{5} = \frac{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{120} = 2\,598\,960$

(b) Mãos com exatamente 2 ases: $\binom{4}{2} \cdot \binom{48}{3} = 6 \cdot 17\,296 = 103\,776$

(c) Probabilidade: $P(\text{exatamente 2 ases}) = \frac{103\,776}{2\,598\,960} \approx 0{,}0399 \approx 4\%$

Interpretação: Aproximadamente 4 em cada 100 mãos de pôquer terão exatamente 2 ases.

Verificação: $\binom{48}{3} = \frac{48 \cdot 47 \cdot 46}{6} = \frac{103\,776}{6} = 17\,296$ . Correto.

Fonte. OpenStax Algebra and Trigonometry 2e, §13.5, exemplo 6 — licença CC-BY 4.0.

Exercise list

40 exercises · 10 with worked solution (25%)

Application 26Understanding 3Modeling 9Challenge 1Proof 1

Fontes

Book of Proof, 3ª ed. — Richard Hammack · 2018 · EN · CC-BY-ND · §3.1 (Listas e combinações), §3.3 (Subconjuntos), §3.4 (Triângulo de Pascal e binômio). Fonte primária.
OpenStax Algebra and Trigonometry 2e — Jay Abramson et al. · 2022 · EN · CC-BY 4.0 · §13.5 (Princípios de contagem), §13.6 (Teorema do binômio).
Discrete Mathematics: An Open Introduction, 3ª ed. — Oscar Levin · 2019 · EN · CC-BY-SA · §1.2–§1.3 (Coeficientes binomiais e identidades combinatórias).