Questão 3 Fuvest 2023 - 2ª fase - dia 2 - Elite Colégio e Pré-Vestibular

Questão 3

Análise Combinatória Probabilidade Funções Inversas

Considerando $A = \{1, 2, 3, 4\}$ e $B = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ ,

a) quantas funções $f : A \to A$ (não necessariamente sobrejetoras) existem?

b) quantas são as funções $f : B \to B$ que satisfazem $f (f (n)) = n$ , para todo $n \in B$ ?

c) escolhendo aleatoriamente uma função $f : B \to B$ bijetora, qual é a probabilidade de $f$ ter ao menos um ponto fixo?

Note e adote:

Dizemos que $n \in B$ é um ponto fixo de 𝑓 se $f (n) = n$ .

Resolução

a) Para que exista a função $f$ , cada elemento do domínio $A$ deve ter uma e somente uma correspondência no contradomínio $A$ . Assim:

(1) para $x = 1$ : 4 possibilidades de imagem;

(2) para $x = 2$ : 4 possibilidades de imagem;

(3) para $x = 3$ : 4 possibilidades de imagem;

(4) para $x = 4$ : 4 possibilidades de imagem.

Portanto, o total de funções é dado por $4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 = 256 funções$ .

b) Perceba que se $f (f (n)) = n$ , então $f (n) = f^{- 1} (n)$ . Isto é: $f (n)$ deve coincidir com a sua própria inversa. Para que isso aconteça, devemos separar em casos:

Caso 1: 6 pontos fixos

Isto é: $(1, 1)$ , $(2, 2)$ , $(3, 3)$ , $(4, 4)$ , $(5, 5)$ e $(6, 6)$ .

Desse modo, $t_{1} = 1 possibilidade$ .

Caso 2: 4 pontos fixos e 2 pares ordenados diferentes.

Os pares ordenados diferentes devem ser da forma $(x, y)$ e $(y, x)$ . Assim, precisamos apenas escolher quais números que devem compor:

$t_{2} = C_{6, 2} = \frac{6!}{4! \cdot 2!} = 15 possibilidades$

Caso 3: 2 pontos fixos e 4 pares ordenados diferentes.

Para fazer as duas duplas de números (sem ordem de escolha), temos:

$t_{3} = \frac{C_{6, 2} \cdot C_{4, 2}}{2!} = \frac{\frac{6!}{4! \cdot 2!} \cdot \frac{4!}{2! \cdot 2!}}{2!} = 45 possibilidades$

(caso4): 6 pares ordenados diferentes.

Para fazer as três duplas de números (sem ordem de escolha), temos:

$t_{4} = \frac{C_{6, 2} \cdot C_{4, 2} \cdot C_{2, 2}}{3!} = \frac{\frac{6!}{2! \cdot 4!} \cdot \frac{4!}{2! \cdot 2!} \cdot \frac{2!}{0! \cdot 2!}}{3!} = 15 possibilidades$

Portanto, o total é dado por $t_{1} + t_{2} + t_{3} + t_{4} = 1 + 15 + 45 + 15 = 76 funções$ .

c) O número de elementos do espaço amostral é dado pela quantidade de funções bijetoras. Para ter uma função bijetora, a correspondência deve ser feita de um para um. Isto é: um elemento do domínio deve ter imagem única e exclusiva no contradomínio. Assim, o total é dado por:

$n (Ω) = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 720 funções$

Para fazermos a contagem do evento, vamos considerar:

$n (A)$ : quantidade de funções com pelo menos um ponto fixo;

$n (\bar{A})$ : quantidade de funções com NENHUM ponto fixo.

Para contarmos a quantidade de funções do evento complementar, perceba que nenhum número pode ser sua própria imagem. Dessa forma, a contagem é feita através da permutação caótica de 6 elementos, dada por:

$n (\bar{A}) = 6! \cdot (\frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{6!}) = 265 funções$

Portanto, a probabilidade é:

$p (A) = 1 - p (\bar{A}) = 1 - \frac{265}{720} = \frac{455}{720} = \frac{91}{144}$