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Caecus adnumeratio

Quando uma dado é lançado, é fácil sabermos que o número de resultados diferentes que pudemos obter é 6. Daqui se segue que a probabilidade de obter, por exemplo, o algarismo 2 quando se lança um dado, é 1 / 6 ≈ 0,1667.
(No artigo Alea Jacta est vem referido como se pode calcular uma probabilidade. Neste caso queremos que saia um número em 6 possíveis.)

Mas neste caso é fácil contar o número de vezes que se obtém o resultado pretendido e o número total de casos. Mas e se se pretende (o duplo «se» não é um erro tipográfico. Sempre que um verbo tem um pronome a ele associado e é antecedido por «que» ou «se» ou está numa frase na negativa - entre outras - o pronome desloca-se para a frente do verbo. Neste caso o primeiro «se» é a partícula de condição e o segundo «se» o pronome associado ao verbo. Curiosamente esta é uma questão que os programadores de programas de edição de texto não têm consciência e o computador indica erro no uso deste «se se» quando não é.
e.g.
.:. Ela viu-me. -> Ela não me viu.
.:. Caiu-me o livro. -> Se me caísse o livro.
.:. As calças cabem-me. -> Espero que me caibam as calças.)

Mas retomando a questão, e se se pretende saber o número de vezes que se obtém cinco «1»'s no lançamento de 5 dados (ou no lançamento de 5 vezes um dado)?
É mais complicado saber quantos são os casos totais para calcular a probabilidade.
Pode-se sempre escrever todos os resultados possíveis, mas para além do tempo que semelhante tarefa exigiria haveria sempre a possibilidade de cometer um erro e escapar algum.

Foi para responder a este tipo de questões (contar o número de elementos de um conjunto de possibilidades sem as escrever todas) que surgiu a
Análise Combinatória. Fazem parte deste método de contagem esencialmente uma entidade fundamental e de fácil uso, o Factorial («átomo» do método) e com ele determinam-se Arranjos e Combinações («moléculas» do método).

Para ilustrar cada um começarei por indicar um exemplo a partir do qual se entenderá o seu uso.

.:. Factorial:
Temos 5 cartões com letras imprimidas: A, B, C, D, E. Colocando os cinco cartões em fila numa mesa quantas «palavras» se podem formar (as «palavras» aqui são meros conjuntos de letras, sem significado)?

Para responder a isto podiam-se escrever todas as possibilidades (ABCDE, ADBCE, EDACB,...) mas corria-se o risco de ficar alguma para trás se não se fosse metódico e de qualquer maneira consumiria muito tempo uma tarefa sem proporcional importância. Raciocine-se:
~ Quando se coloca a primeira letra na mesa há 5 possibilidades.
~ Quando se coloca a segunda letra na mesa já só há 4 possibilidades.
~ Quando se coloca a terceira letra na mesa já só há 3 possibilidades.
~ Quando se coloca a quarta letra na mesa já só há 2 possibilidades.
~ Quando se coloca a quinta letra na mesa já só há 1 possibilidades.

Por exemplo,
se a primeira letra for B, há 4 possibilidades para o segundo (ACDE);
se a primeira for B e a segunda D, dá 3 possibilidades para o terceiro (ACE).
O total de casos possíveis será 5x4x3x2x1 = 120.
Posso formar 120 «palavras» com um conjuntos de 5 cartões com letras.

Se fossem 23 letras, seria 23x22x21x...x4x3x2x1 =25 852 016 738 884 976 640 000 . Este é um grande número de multiplicações (22) para fazer e com um resultado enorme (perto de 26 mil trilhiões de «palavras»). Mas o curioso é que cada número é igual ao anterior menos 1. A este tipo de multiplicações dá-se o nome de factorial (representado com um «!» depois do número). As calculadoras mais simples não têm esta operação mas algumas mais avançadas (nem precisam ser muito mais) já têm esta tecla.
Na calculadora do Windows^® há a possibilidade de escolher entre calculadoras «padrão» ou «científica». Na segunda aparece o «n!».

Representa-se então 5x4x3x2x1 = 5! e 23x22x21x...x3x2x1 = 23!

Nota Nos cálculos em que surge 0! este valor revela-se como sendo igual a 1. Não foi uma decisão arbitrária. Depois se indicará como o factorial de 0 é 1!

.:. Arranjos simples:
Os Arranjos usam-se quando não se pretende simplesmente contar de quantas maneiras se podem misturar os elementos de um conjunto. Pretende-se fazer subconjuntos que têm menos elementos do que o conjunto de que se parte.

6 amigos vão à praia (André, Bianca, Cecília, Duarte, Elisa, Filipe). O carro só leva 5 pessoas. Um vai de autocarro. De quantas maneiras se podem sentar no carro tendo em conta o lugar que ocupam (condutor, passageiro,...)?

Pretendo fazer conjuntos de 5 pessoas. No total há 6 pessoas. Obviamente não se podem repetir pessoas (a clonagem humana não é ainda uma realidade). O que se pretende é arranjar 6 elementos em grupos de 5. Interessa a ordem pelo qual se sentam (C no condutor é diferente de C em passageiro)
Neste casos usam-se os Arranjos: ⁿA_p.
O n é o número de elementos que se quer agrupar e p o número de elementos por grupo. ⁿA_p = n! / (n - p)!

Neste caso são 6 amigos para 5 lugares logo
⁶A₅ = 6! / (6 - 5)! = 720 / 1 = 720 maneiras de se sentarem.

(Por aqui podemos comprovar também o facto de 0!=1.
⁴A₄ = 4! / (4 - 4)! = 24 / 0!.
Este resultado só tem sentido se 0! = 1)

.:. Arranjos completos
No caso de pessoas ou de objectos que não se podem repetir usam-se os arranjos simples. Mas e se for:
Quantos números diferentes se podem escrever com os 10 algarismos do sistema decimal?

Para o primeiro algarismo há 10 possibilidades, para o segundo 10 possibilidades (pode-se repetir algarismos), para o terceiro e quarto há também 10 para cada. Assim os números diferentes com 4 algarismos são 10x10x10x10 = 10 000.
A este tipo de arranjos em que se podem repetir os elementos chama-se (A') e em que ⁿA'_p = n^p

Neste caso há 10 algarismos para 4 lugares: ¹⁰A'₄ = 10⁴ = 10 000.
(Todos os números de 0000 a 9999)

Combinações:
As combinações usam-se quando é indiferente a ordem que os elementos ocupam nos conjuntos que se formam.

Tenho um saco com 10 bolas. Quantos sacos com 4 bolas posso fazer com estas bolas?
Não interessa a ordem que as bolas ocupam no saco porque elas são iguais.

Usam-se as combinações (ⁿC_p) quando se pretende juntar elementos em grupos em que não interessa a ordem que ocupam.
ⁿC_p = n! / p! (n - p)!.

Neste caso há 10 bolas para fazer grupos de 4. n = 10 e p = 4.
¹⁰C₄ = 10! / 4! (10 - 4)! = 10! / 4! 6! =
= 3 628 800 / (24 x 720) = 3 628 800 / 17280 = 210 sacos.

Contas como 10! / 4! x 6! podem ser simplificadas e não darem valores intermédios tão grandes. 10! / 4! x 6! = 10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 / 4x3x2x1 x 6x5x4x3x2x1 = 10x9x8x7 / 4x3x2x1 = 5 040 / 24 = 210.
Outras simplificações podiam ser feitas como dividir o 10 por 2, o 9 por 3, o 8 por 4 e obter 5x3x2x7 = 210 mas estas simplificações dependem em cada situação dos cálculos a efectuar.

É desta forma que, sem contar um por um, qualquer um pode saber quantos elementos determinado conjunto tem. É também com estas ferramentas de contagem que se calculam probabilidades de acontecimentos complexos, nos quais o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis são difíceis de contar um a um.

e.g. Tenho um telemóvel novo mas perdi o pin. Só sei que tem 6 algarismos todos diferentes. Qual é a probabilidade de eu acertar no pin à primeira tentativa?

Casos favoráveis: 1 (só há um pin correcto)
Casos possíveis: há 10 dígitos que quero agrupar num conjunto de 6. A ordem interessa porque 123456 ≠ 216453.
Não pode haver repetição.
Então são os arranjos simples.
¹⁰A₆ = 10! / (10 - 6)! = 10! / 4! =
= 10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 / 4! = 10x9x8x7x6x5 = 151 200.

Então a probabilidade de acertar é 1 / 151 200 ≈ 0,0000066 (0,00066%).
É muito baixa, por isso os pin são seguros e quantos mais algarismos têm mais seguros são.