Em Matemática existem alguns tipos de números que, quando colocados em sequência, crescem de uma forma muito rápida, pois o seu padrão de crescimento aponta nesse sentido. Veja-se, por exemplo, a sequência dos números cúbicos: 1, 8, 27, 64, 125, ... ou a sequência das potências de base dois: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256,... Contudo, outras há cujo padrão de crescimento é mais lento, como seja o caso dos números naturais: 1, 2, 3, 4, 5, 6,... ou dos números pares: 2, 4, 6, 8, 10, 12, ...
O conjunto de números que apresento a seguir também evidencia crescer muito rapidamente, pois a lei geral que os gera leva a que isso aconteça: 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, ... Qual o próximo termo da sequência?
Talvez influenciados pelo título deste artigo, facilmente poderemos verificar que:
1 = 1
2 = 2 x 1
6 = 3 x 2 x 1
24 = 4 x 3 x 2 x 1
120 = 5 x 4 x 3 x 2 x 1
720 = 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1
5040 = 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1
Continuando este padrão de crescimento, o próximo termo resultará do seguinte produto 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1, isto é, será o número 40320.
Sendo assim, facilmente se percebe que estamos perante uma sequência numérica muito especial, que é a que resulta dos factoriais dos números naturais (n!). De facto, 1 = 1!, 2 = 2!, 6 = 3!, 24 = 4!, 120 = 5!, 720 = 6!, 5040 = 7! e, logicamente, 40320 = 8!
Tendo em conta esta regularidade, qual o factorial do número 10?
Esta questão é facilmente resolvida pelos seguintes cálculos: 10! = 10 x 9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 3628800.
Este tipo de números revela ser muito importante em vários temas matemáticos, como seja o caso das permutações, das combinações ou dos arranjos.
Imaginemos que quatro atletas de salto em altura estão a disputar a final de uma prova muito importante. Sabendo-se que os seus nomes são Artur, Bento, Carlos e Daniel, como pode ser pensada a recepção das medalhas dos três elementos pertencentes ao pódio, isto é, 1º, 2º e 3º lugares? No fundo, pergunta-se como poderá ser formado o pódio?
Note-se que um destes quatro atletas não terá acesso ao pódio, pelo que poderemos tentar prever quantas são as combinações possíveis de três dos quatro atletas poderem ser os premiados.
Sendo assim, há quatro combinações. Uma delas deixará o Artur de fora do pódio, outra deixará o Bento, uma terceira possibilidade é a que deixa o Carlos excluído e a quarta combinação envolve apenas os atletas Artur, Bento e Carlos, ficando, pois, o Daniel de fora do pódio. Vejamos as quatro combinações possíveis:
a - Bento, Carlos e Daniel,
b - Artur, Carlos e Daniel,
c - Artur, Bento e Daniel,
d - Artur, Bento e Carlos.
Estas 4 combinações de três atletas resultam da aplicação do respectivo algoritmo aos quatro atletas:
4C3 = 4! / (4 - 3)! x 3! = 4 x 3 x 2 x 1 / 1 x 3 x 2 x 1 = 24 / 6 = 4.
Realmente, o tema das combinações está associado ao factorial do número. Contudo somente a sua associação ao tema das permutações nos permite encontrar a resposta para o desafio colocado.
De facto, note que para o caso em que é o Artur a ficar excluído do pódio há seis possibilidades de o mesmo ser formado:
| A | B | C | D | E | F |
| 1º Bento 2º Carlos 3º Daniel | 1º Bento 2º Daniel 3º Carlos | 1º Carlos 2º Daniel 3º Bento | 1º Carlos 2º Bento 3º Daniel | 1º Daniel 2º Bento 3º Carlos | 1º Daniel 2º Carlos 3º Bento |
Note-se, pois, que este valor 6 resulta de se permutarem de posição estes 3 atletas. Logo, trata-se de mais um caso de aplicação do factorial do número, pois 6 = 3!
Se isto é verdade para o caso de ter sido o Artur (A) a ficar excluído do pódio, também o é para o caso de ter sido o Bento (B), ou o Carlos (C) ou o Daniel (D).
Logo, a tabela seguinte evidencia as 24 possibilidades de constituição do pódio, pois 4 x 3! = 4 x 6 = 24:
| B - C - D | B - D - C | C - D - B | C - B - D | D - B - C | D - C - B |
| A - C - D | A - D - C | C - D - A | C - A - D | D - A - C | D - C - A |
| A - B - D | A - D - B | B - D - A | B - A - D | D - A - B | D - B - A |
| A - B - C | A - C - B | B - C - A | B - A - C | C - A - B | C - B – A |
Em síntese, a resposta para o desafio colocado é esta das 24 possibilidades, que mais não são do que 24 arranjos de quatro atletas, três a três. Logo, conclui-se que os arranjos de quatro atletas, três a três, é o produto das combinações desses quatro atletas, três a três, pelo factorial de três:
4A3 = 4C3 x 3! = 4 x 6 = 24
Vejamos um novo caso envolvendo o factorial de um número:
Tendo em conta os seguintes números: 10, 20, 30, 0, 50, 60, 70, 80, 90, como se poderá obter a soma 100, usando apenas três parcelas não repetidas?
Esta tarefa permite que se encontrem os seguintes quatro casos:
a) 70 + 20 + 10
b) 60 + 30 + 10
c) 50 + 40 + 10
d) 50 + 30 + 20
Tendo em conta estas quatro decomposições do número 100, será possível converter a figura seguinte num triângulo mágico de soma 100, isto é, poder-se-ão preencher os círculos com os valores envolvidos nestas adições para que a soma em cada lado do triângulo seja sempre 100?:
Este desafio leva a que tentemos testar as quatro somas, três de cada vez, pelo que o tema das combinações volta a estar presente. Uma vez mais, combinando as 4 somas, três a três, obtém-se o valor 4:
4C3 = 4! / (4-3)! x 3! = 4 x 3! / 3! = 4
Eis as quatro combinações:
1 - a) - b) - c)
2 - a) - b) - d)
3 - a) - c) - d)
4 - b) - c) - d)
Testemos caso a caso:
1º caso com as seguintes adições:
a) 70 + 20 + 10 b) 60 + 30 + 10 c) 50 + 40 + 10
Como facilmente se pode constatar, este é um caso de impossibilidade, porque existe uma parcela comum a todas as adições, que é o valor 10. Logo, o mesmo nunca poderia pertencer à figura devido ao facto de, no máximo, um valor apenas poder pertencer a duas adições.
Testemos o 2º caso, com as seguintes adições:
a) 70 + 20 + 10 b) 60 + 30 + 10 d) 50 + 30 + 20
Note-se que entre a) e b) há apenas um valor comum, que é o 10. Por sua vez, entre a) e d) também só existe um valor comum, que é o 20. Por último, entre b) e d) existe outro valor comum, que é o 30. Logo, serão estes os valores a fazerem parte dos vértices do triângulo, por pertencerem, em simultâneo a duas adições. Os restantes são colocados nos espaços sobrantes, pelo que se consegue obter uma figura mágica de soma 100:
Testemos, agora, o 3º caso, que contempla as seguintes somas:
a) 70 + 20 + 10 c) 50 + 40 + 10 d) 50 + 30 + 20
Entre a) e c) existe o valor 10 como sendo o único comum; entre a) e d) existe o valor 20 e entre c) e d) existe o valor 50. Usando-os nos vértices e os restantes nos espaços sobrantes, voltamos a obter um novo caso de sucesso:
Resta testar o 4º caso, formado pelas seguintes adições:
b) 60 + 30 + 10 c) 50 + 40 + 10 d) 50 + 30 + 20
Ora, entre b) e c) existe o valor 10 comum; já entre b) e d) é o valor 30 e entre c) e d) é o valor 50. Testando estes valores, obtém-se um terceiro caso de sucesso, diferente dos dois anteriores:
Existem, pois, três respostas possíveis para a tarefa enunciada. Uma vez mais, o recuso o factorial do número teve aplicação na resolução da mesma.
Se cinco pessoas costumarem viajar todos os dias no mesmo carro, ao fim de quantos dias estará a repetir-se a forma como as mesmas vão sentadas nos cinco lugares desse carro? (nota: todos podem conduzir o carro, mas só mudam de posição ao iniciar um novo dia).
