Problema
(Indicado a partir do 2º ano do E. M.)
Quantas são as possíveis disposições finais distintas em um “jogo da velha” iniciado com X e considerando que todos os espaços estejam preenchidos?
Observação: Não deve ser levada em consideração a ordem de preenchimento, assim como rotações do diagrama (considere-o fixo numa mesma posição)
Ajuda
✏ Princípio Fundamental da Contagem, ou Princípio Multiplicativo: Se
- uma decisão D1 puder ser tomada de [tex] m_1 [/tex] maneiras distintas,
- uma decisão D2 puder ser tomada de [tex] m_2 [/tex] maneiras distintas,
- [tex]\cdots[/tex]
- uma decisão Dk puder ser tomada de [tex]m_k [/tex] maneiras distintas,
- e todas essas decisões forem independentes entre si (isto é, a escolha de uma não muda a quantidade de possibilidades para a escolha de outra),
então o número total de maneiras de tomarmos sucessivamente essas [tex]k[/tex] decisões é igual ao produto
[tex]\qquad \qquad \boxed{m_1\times m_2 \times \cdots \times m_k}\, .[/tex]
(Se você não se lembra desse Princípio, seria interessante dar uma passadinha nesta Sala de Estudo.)
Solução
Esse problema pode ser pensado, inicialmente, como se tivéssemos 9 elementos distintos para colocar sobre o diagrama (como um Quadrado Mágico, por exemplo, no qual os algarismos de 1 a 9 devem ser colocados sobre o diagrama).
Nesse caso, teríamos para o primeiro elemento (ou número, no caso do Quadrado Mágico) a ser colocado 9 possibilidades diferentes. Uma vez colocado o primeiro elemento, para o segundo, teríamos 8 possibilidades, de modo que para as primeiras duas colocações teríamos 72 ([tex]9\times 8[/tex]) possibilidades. Para a terceira, restariam 7 opções, para a quarta, 6 opções e assim sucessivamente. Para o último elemento a ser colocado só haveria um único espaço disponível para ele.
- Sendo assim, o total de possibilidades de preenchimento para 9 elementos distintos é [tex] 9\times 8\times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2\times 1[/tex], produto que pode também ser denotado por [tex]9![/tex] (nove fatorial ou fatorial de nove).
Entretanto, no caso do “jogo da velha”, os elementos se repetem (X aparece 5 vezes e O aparece 4 vezes). Deste modo, qualquer troca que fizermos entre quaisquer dois ou mais X‘s (ou entre O‘s), em um diagrama completo, não alterará sua configuração, já que são considerados elementos iguais (lembre-se de que não consideraremos a ordem de preenchimento).
Mas quantas trocas entre os X‘s e os O‘s são possíveis em um em um “jogo da velha” completo?
- O X aparecerá cinco vezes; assim, o primeiro deles a ser preenchido poderia ocupar qualquer uma das cinco posições; o segundo, qualquer uma das quatro posições restantes e assim por diante. Então, temos [tex]5\times 4\times 3\times 2\times 1=5![/tex] trocas (ou permutações) possíveis entre os X‘s que, na verdade, definem uma mesma configuração final.
- Da mesma forma, para as trocas entre O‘s teríamos [tex]4![/tex] permutações correspondentes.
Com isso, para cada configuração final estabelecida para o Jogo da Velha, existem [tex]5!\times 4![/tex] configurações iguais (incluindo ela própria).
Deste modo, devemos dividir o valor inicial [tex]9![/tex] por todas essas repetições possíveis, ou seja, como resultado final teremos [tex]\fcolorbox{black}{#eee0e5}{$ \dfrac{9!}{5!\times 4!}=126$}[/tex] maneiras diferentes de disposições finais do jogo da velha (considerando o tabuleiro com posição fixa).
Solução elaborada pelos Moderadores do Blog.