Aula 01Raciocínio Lógico e Matemática p/ Perito Criminal - Polícia Científica-GO (com videoaulas) Professor: Arthur Lima ! AULA 01: PRINCÍPIOS DE CONTAGEM SUMÁRIO PÁGINA 1. Princípios de contagem (análise combinatória) 01 2. Resolução de exercícios 16 3. Questões apresentadas na aula 74 4. Gabarito 99 Prezado aluno, nesta primeira aula de nosso curso trabalharemos a teoria de Princípios de Contagem, que é um tópico previsto no seu edital. Tenha uma boa aula! 1. PRINCÍPIOS DE CONTAGEM (ANÁLISE COMBINATÓRIA) 1.1 Contagem e análise combinatória Imagine que você possui em seu armário 3 calças , 4 camisetas e 2 pares de tênis. De quantas maneiras diferentes você pode se vestir? Ora, basta imaginar que para cada calça você pode utilizar qualquer uma das 4 camisetas, e para cada conjunto calça-camiseta você pode usar qualquer dos 2 pares de tênis. O princípio fundamental da contagem, ou regra do produto, nos diz que para obter a quantidade total de maneiras de se vestir basta multiplicar o número de calças pelo número de camisas e pelo número de tênis, isto é: Maneiras de se vestir = 3 x 4 x 2 = 24 02411066139 Em outras palavras, quando temos acontecimentos sucessivos e independentes (escolha da calça, da camiseta e do tênis), basta multiplicarmos as quantidades de possibilidades de cada acontecimento (isto é, 3 possibilidades para o acontecimento “escolha da calça”; 4 para a “escolha da camiseta” e 2 para a “escolha do tênis”). Vejamos um outro exemplo: quantos números de 3 algarismos podemos formar utilizando apenas os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6? . . . . a quantidade de números de 3 algarismos é dada pela multiplicação: 6 x 6 x 6 = 216 possibilidades E se o exercício dissesse que os números de 3 algarismos formados devem ter os 3 algarismos distintos? Neste caso.para formar números de 3 algarismos distintos com os elementos {1. Assim. o algarismo 2 sempre deve estar presente? Ora. restam apenas 4 opções. não mais podemos usar o número que já foi utilizado para A. depois na posição B. 4. Temos outras 20 possibilidades para números do tipo “AB2”. Se o 2 estiver na posição A. teremos números do tipo “2BC”. Para a posição B temos novamente 6 opções. Para preencher a posição B. ao todo temos 02411066139 60 possibilidades. Portanto. e neste último exemplo foi preciso efetuar a soma 20 + 20 + 20? Uma dica para você saber quando somar e quando multiplicar é perceber a presença das expressões “E” e “OU”. tínhamos 6 possibilidades para o primeiro algarismo E 5 possibilidades para o . Para a posição A temos 6 opções de algarismos. Portanto. Você reparou que nos exemplos anteriores nós haviamos efetuado apenas multiplicações para chegar no resultado. E para a posição C. além de formar números com algarismos distintos. . 5. Portanto. teríamos também 6 opções para preencher a posição A. para números do tipo “A2C”. Para a posição B temos 5 opções de algarismos. 3. ! Note que precisamos formar números com o formato “ABC”. multiplicamos 4 x 3 x 2. tínhamos 4 possibilidades para as camisetas E 3 possibilidades para as calças E 2 possibilidades para os tênis. teremos 1 x 5 x 4 = 20 possibilidades de números do tipo 2BC. E para a posição C temos 4 opções. 2. precisamos calcular quantos números podemos formar tendo o 2 na posição A. 6}. pois o 2 já foi utilizado.no exemplo das camisetas. onde cada letra simboliza um algarismo. E o mesmo ocorre na posição C. Ou seja. teríamos: 6 x 5 x 4 = 120 possibilidades E se o exercício houvesse dito que. calças e tênis. Por isso. Veja como fazer isso: . temos 5 opções. temos 5 x 1 x 4 = 20 possibilidades. e depois na posição C. Analogamente. . . . ! o terceiro, de modo que novamente efetuamos a segundo E 4 possibilidades para multiplicação 6 x 5 x 4. - já para obter números de 3 algarismos distintos onde o 2 estivesse presente, vimos que o 2 podia estar na primeira posição OU na segunda posição OU na terceira posição. Foi por isso que tivemos que somar as 20 possibilidades de ter o 2 na primeira posição com as 20 possibilidades de ele estar na segunda posição e com as 20 possibilidades de ele estar na terceira posição. Lembrando-se que o “E” remete à multiplicação e o “OU” remete à soma, você dificilmente errará uma questão. Em uma abordagem mais acadêmica, dizemos que: - o princípio multiplicativo é utilizado no caso de eventos independentes (a escolha da camiseta independe da escolha da calça, que independe da escolha do tênis); - o princípio aditivo é utilizado no caso de eventos mutuamente excludentes (a presença do 2 em uma posição exclui a possibilidade de ele estar nas demais posições); Sobre este assunto, tente resolver a questão a seguir: 1. ESAF – STN – 2008) Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos, todos devidamente acondicionados em caixas numeradas de 1 a 90. Beatriz pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. Atendendo ao pedido da amiga, Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. O número de retiradas possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a de número 20 é igual a: a) 681384 b) 382426 02411066139 c) 43262 d) 7488 e) 2120 RESOLUÇÃO: Queremos que a 3ª caixa seja a de número 20. Assim, ao retirar a primeira caixa, podemos pegar qualquer uma das 90 caixas, exceto a de número 20. Logo, existem 89 caixas que podem ser pegas na 1ª tentativa, obedecendo a regra do enunciado. . . . Já na segunda cadeira. Para terceira cadeira sobram 3 possibilidades. Veja isso na tabela abaixo: Cadeira Possibilidades de ocupação 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 5 4 3 2 1 . uma ao lado da outra. Para a 3ª retirada só temos uma possibilidade que atende o enunciado: a caixa 20. Veja isso resumido na tabela abaixo: Retirada 1 Retirada 2 Retirada 3 Retirada 4 88 89 possibilidades possibilidades 87 possibilidades (pois nem a (pois a caixa caixa 20 nem 20 não pode 1 possibilidade (90 menos a (caixa 20) caixa 20 e as das a da retirada 1 estar aqui. assim como sobram 2 possibilidades para a quarta cadeira. Isto é. Temos. De quantas maneiras 02411066139 diferentes podemos sentar essas pessoas? Na primeira cadeira. portanto. e uma para a última. pois necessariamente uma pessoa já estará ocupando a primeira cadeira. temos apenas 4 possibilidades. temos 5 possibilidades. 88 possibilidades restantes. podemos colocar qualquer uma das 5 pessoas. ! No momento de retirar a 2ª caixa. podemos pegar qualquer uma das 87 caixas restantes. Já para a 4ª retirada. temos: Possibilidades = 89 × 88 × 1 × 87 = 681384 Resposta: A 1. veja que não podemos obter nem a caixa 20 e nem a caixa que já foi eliminada na 1ª tentativa.2 Permutação simples Analisemos agora o seguinte exemplo: temos 5 pessoas que devem se sentar em uma fileira do cinema. só retiradas 1 e 2) podem estar na retirada 3) aqui) Pelo princípio fundamental da contagem. . . . . teríamos: P(5) = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 formas de posicionar as pessoas 02411066139 Atenção para um detalhe: só podemos usar a fórmula de permutação simples nos problemas onde a ordem de arrumação dos “n” objetos torne uma possibilidade diferente da outra! Vamos nos deparar com vários problemas onde a ordem não torna uma possibilidade diferente da outra – e não poderemos resolvê-los de maneira tão simples como a vista aqui. isto é: n! = n x (n – 1) x (n – 2) x . as mesmas 5 pessoas estão presentes. Portanto. Veja que em BRASIL temos 6 letras distintas entre . podemos utilizar novamente a regra do produto para obter o número total de formas de sentar as pessoas: Total de formas de sentar = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 Observe um detalhe importante neste problema: em cada uma dessas 120 possibilidades de arrumação das pessoas. O que torna diferente uma possibilidade da outra é somente a ordem de posicionamento das pessoas. n! significa “n fatorial”. Esse tipo de problema. é um anagrama da palavra BRASIL. SILBRA. é chamado de PERMUTAÇÃO SIMPLES. por exemplo. chamamos de fatorial de um número “n” o produto de todos os números inteiros e positivos iguais ou inferiores a n. e onde a ordem de arrumação dos elementos diferencia uma possibilidade da outra. x 1 Exemplificando.. 5 pessoas em 5 cadeiras).. ! Feito isso. se fossemos aplicar esta fórmula na questão das cadeiras do cinema. Vejamos um outro exemplo de permutação simples: quantos anagramas podemos formar utilizando todas as letras da palavra BRASIL? Um anagrama é um rearranjo das letras. O cálculo da permutação simples de n elementos é dada pela fórmula abaixo: P(n) = n! Nesta fórmula. onde o objetivo é arrumar “n” elementos em “n” posições distintas (no caso. Na matemática. 5! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120. . . . . ! si, isto é, sem repetição. Assim, cada anagrama será formado por 6 letras, distribuídas entre 6 posições: Posição Letras disponíveis 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 6 5 4 3 2 1 Veja que o total de anagramas será dado por 6!, isto é, 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720. Utilizando a fórmula: P(6) = 6! = 720 1.3 Permutação com repetição Imagine que você queira calcular o número de anagramas da palavra ARARA. A princípio você usaria a fórmula de permutação simples, como fizemos no caso de BRASIL. Porém ARARA possui 3 repetições da letra A e 2 repetições da letra R. Isso faz com que alguns anagramas seja, na verdade, repetições uns dos outros. Exemplificando, podemos construir o anagrama ARRAA, onde simplesmente trocamos de posição o 2º R com o 2º A. Este mesmo anagrama poderia ter sido construído trocando de posição o 1º R com o 2º A, e, a seguir, colocando o 1º A na última posição. Não podemos contar 2 vezes esses anagramas, pois eles são idênticos. Por isso, quando há repetição devemos usar a fórmula da permutação simples, porém dividir o resultado pelo número de permutações de cada letra repetida. Como ARARA tem 5 letras, sendo que o A repete-se 3 vezes e o R repete02411066139 se 2 vezes, temos: PR (5 ; 3 e 2) = 5! = 10 anagramas 3!× 2! Generalizando, podemos dizer que a permutação de n elementos com repetição de m e p é dada por: PR(n ; m e p ) = n! m !× p ! . . Por fim. Portanto. dado que uma já foi utilizada na primeira cadeira. m) = n! (n − m)! Exemplificando. isto é. onde pretendemos posicionar “n” elementos em “m” posições (m menor que n). Uma forma de posicionar essas pessoas em 3 cadeiras seria: Cadeira 1ª 2ª 3ª Ocupante Beto Daniela Eduardo . Imagine que as 5 pessoas sejam: Ana. afinal temos apenas 3 cadeiras. 5 possibilidades. na terceira cadeira poderemos colocar qualquer das 3 pessoas restantes. Carlos. mas tivéssemos apenas 3 cadeiras à disposição. Sua fórmula é dada abaixo: A(n.4 Arranjo simples Imagine agora que quiséssemos posicionar aquelas 5 pessoas nas cadeiras do cinema. Beto. e onde a ordem dos elementos diferencia uma possibilidade da outra. teríamos: n! (n − m)! 5! 5! 5 × 4 × 3 × 2 × 1 A(5.3) = 5 × 4 × 3 = 60 A(n. ! 1. m) = 02411066139 Lembre-se: estamos falando novamente de casos onde a ordem dos elementos importa. Veja que sempre sobrarão duas pessoas em pé. Já para a segunda cadeira. a ordem dos elementos diferencia uma possibilidade de outra. novamente. A quantidade de formas de posicionar essas pessoas sentadas é dada pela multiplicação abaixo: Formas de organizar 5 pessoas em 3 cadeiras = 5 x 4 x 3 = 60 Um caso como esse. em nosso exemplo temos n = 5 e m = 3.3) = = = (5 − 3)! 2! 2 ×1 A(5. é chamada de ARRANJO SIMPLES. isto é. restam-nos 4 possibilidades. De quantas formas poderíamos fazer isso? Para a primeira cadeira temos. 5 pessoas disponíveis. Daniela e Eduardo. . . . . Ana e Carlos estão de fora. Sabendo que 0! é. ! Neste caso. A única mudança foi a inversão de posições entre Beto e Daniela. Isto porque a permutação também é uma ordenação de “n” elementos em “m” posições. E Eduardo está no mesmo lugar. m) = Antes de avançarmos.5) = 120 A(n. Note ainda que podemos usar a fórmula de Arranjo para resolver um problema de Permutação simples. Ele . É isso que quero dizer quando afirmo que “a ordem importa” para os casos de Permutação e Arranjo.5) = = = (5 − 5)! 0! 1 A(5. podemos calcular o número de permutações de 5 pessoas em 5 cadeiras de cinema com a fórmula de arranjo: n! (n − m)! 5! 5! 5 × 4 × 3 × 2 ×1 A(5. igual a 1.o cliente . Sabendo-se que Ágata possui apenas 8 cores disponíveis. Ana e Carlos estão de fora. então o número de diferentes maneiras que a parede pode ser pintada é igual a: a) 56 b) 5760 c) 6720 d) 3600 .exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma sequência de 5 listras horizontais pintadas de cores diferentes. uma de cada cor. ou seja. novamente. ESAF – CGU – 2008) Ágata é decoradora e precisa atender o pedido de um 02411066139 excêntrico cliente. Ou seja. trabalhe esta questão: 2. uma simples alteração na ordem dos elementos gera uma nova possibilidade de posicionamento. porém nos casos de permutação n = m. Outra forma de posicionamento seria: Cadeira 1ª 2ª 3ª Ocupante Daniela Beto Eduardo Veja que. por definição. . . . . m) = n! (n − m)! 02411066139 8! 8! 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = = (8 − 5)! 3! 3 × 2 ×1 A(8. a quarta de 5 maneiras. e a ordem das cores torna uma disposição diferente da outra. .5) = Resposta: C 1. Utilizando a fórmula de arranjo.5 Arranjo com repetição Imagine que temos à disposição as letras A. A segunda listra poderá ser pintada com uma das 7 cores restantes. C e D. já que uma cor já foi utilizada na primeira listra. Mas repare que se trata de um arranjo simples. B. afinal queremos dispor 8 elementos (cores) em 5 posições (listras). O que disse aqui está refletido no esquema abaixo: Listra 1 Listra 2 Listra 3 Listra 4 Listra 5 8 opções 7 opções 6 opções 5 opções 4 opções Pelo princípio fundamental da contagem. precisamos de formar grupos de 3 letras.5) = 8 × 7 × 6 × 5 × 4 = 6720 A(8. ! e) 4320 RESOLUÇÃO: Se temos 8 cores disponíveis. Assim. pintar uma listra de Azul e a seguinte de Verde é diferente de pintar a primeira de Verde e a segunda de Azul. A terceira listra poderá ser pintada de 6 maneiras diferentes. Queremos utilizá-las para formar placas de carros. o número de maneiras distintas de pintar a parede é de: 8 x 7 x 6 x 5 x 4 = 6720 Já chegamos ao gabarito. Isto é. teríamos: A(n. e a quinta de 4 maneiras distintas. a primeira listra poderá ser pintada de 8 maneiras distintas. . . . . basta multiplicar 4 x 4 x 4 = 43 = 64 possibilidades. se temos 4 letras (n = 4) e queremos formar grupos de 3 (m = 3) podendo repetir as letras. m a m. A dupla formada por Ana e Beto é 02411066139 igual à dupla formada por Beto e Ana. e podendo repetir os elementos.3) = 64 arranjos Você pode resolver esse tipo de exercício sem o auxílio de fórmulas. será possível formar o total de arranjos abaixo: A(n. ABA. Portanto. Basta lembrar que você quer montar placas assim: __ __ __. Quantas duplas distintas é possível formar? Veja que agora a ordem não importa mais. ! repetidas. podemos ter placas como: AAA. E tem 4 possibilidades de letras para cada uma das lacunas. duas a duas. Será preciso calcular quantas combinações de 5 pessoas. Para calcular o número de arranjos possíveis de “n” elementos em grupos de “m”. Efetuando o cálculo para o exemplo acima.6 Combinação Imagine agora que você tem à sua disposição aquelas mesmas 5 pessoas. m m a m”. sendo que essas letras podem ser AAB. BAA. temos: . é possível formar. porém agora precisa formar uma dupla para participar de um determinado evento. Nesses casos. apenas utilizando o princípio multiplicativo. estamos diante de um problema de Combinação. m ) = = m m !( n − m )! n Veja que é uma outra forma de simbolizar “combinação de n elementos. usamos a fórmula do Arranjo com repetição: A (n. m) = nm (leia: “arranjo de n elementos. é dado por n elevado a m) Portanto. ABC etc.3) = 43 A(4. 1. Isto é. m) = n m A(4. Isto é feito através da fórmula abaixo: n n! C ( n. . . . . dividindo esse resultado por m! No caso do nosso exemplo. 2 a 2. multiplicando os “m” primeiros termos de “n!” 2. Ana e Eduardo . m a m. Beto e Daniela. Vejamos quais seriam as 10 duplas: . Carlos e Eduardo.Carlos e Daniela. Isto é. 2) = = = 10 2 2 ×1× 3 × 2 ×1 Portanto. há 10 formas de criar duplas tendo para isso 5 pessoas disponíveis. Beto e Eduardo. . Da mesma forma. há 10 combinações de 5 elementos. fica aqui uma dica para facilitar as contas. 3 a 3. é igual à combinação de n elementos. 14 a 14. m ) = = m m !( n − m )! 5 5! 5! C (5. Ana e Daniela.Ana e Beto. dois a dois. é 02411066139 igual à combinação de 5 elementos. A respeito de combinações. a combinação de 15 elementos. bastava multiplicar os 2 primeiros termos de 5! (que são 5 e 4) e dividir por 2! (2x1): 5 × 4 20 = = 10 2! 2 C (5.Daniela e Eduardo. (n-m) a (n-m): n n m = n − m Veja abaixo uma questão sobre este assunto: . você pode chegar ao mesmo caso fazendo o seguinte: 1. Ana e Carlos. 1 a 1 (pois 1 = 15 – 14). Generalizando: a combinação de n elementos. Ao invés de utilizar a fórmula acima.Beto e Carlos. 2) = Outra dica para facilitar as contas: a combinação de 5 elementos. Isto porque 3 = 5 – 2. ! n n! C ( n. é igual à combinação de 15 elementos. 2) = = = 2 2! ( 5 − 2 ) ! 2!× 3! 5 5 × 4 × 3 × 2 ×1 C (5. . . . . . Isto confirma que temos um caso de Combinação. Afinal nestes agrupamentos não interessa saber a ordem de escolha dos integrantes. o número de formas de escolher 2 engenheiros em um grupo de 7 é dado pela combinação de 7. Neste exercício. ESAF – SMF/RJ – 2010) O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 técnicos de nível superior sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. totalizando 7 x 3 = 21 possibilidades. teremos também 1 arquiteto. Resposta: E 1.7 Permutação circular . temos 7 possibilidades para o engenheiro a ser escolhido e 3 possibilidades para o arquiteto. 2) = = = 21 2 2 ×1 Portanto. Isto é: 7 7 ×6 C (7. ! 3. note que na escolha de 2 profissionais. 02411066139 Equipes com 2 engenheiros: neste caso. Portanto. “grupos”. “comissões” etc. Portanto. e precisam ter pelo menos 1 engenheiro. As equipes são formadas por 2 profissionais. ao todo temos 21 + 21 = 42 equipes distintas. teremos as equipes com 1 e com 2 engenheiros. a ordem não importa: a dupla formada pelos técnicos A e B é igual à dupla formada pelos técnicos B e A. interessa saber apenas quem são os integrantes. Vejamos cada caso: Equipes com 1 engenheiro: neste caso. 2 a 2. Quantas equipes técnicas distintas podem ser formadas por 2 desses técnicos com a participação de pelo menos um engenheiro em cada equipe? a) 14 b) 35 c) 21 d) 28 e) 42 RESOLUÇÃO: Sempre que o objetivo for formar “equipes”. fique atento: provavelmente estamos diante de um caso de Combinação. . . . . e assim sucessivamente). 1. ! Vimos que a permutação de n elementos é dada por P(n) = n!. muito presente em provas de concurso. e deixaríamos de ter uma permutação circular. tivéssemos uma mesa redonda com 5 lugares? Observe as duas disposições abaixo das pessoas A. ao invés da fileira do cinema. que é: Pc (n) = (n-1)! 02411066139 Em nosso exemplo. calculamos de quantas maneiras distintas podemos permutar 5 pessoas em uma fileira de cinema com 5 lugares.8 Comentários finais para resolução de exercícios . antes da primeira pessoa se sentar à mesa. passaríamos a ter uma orientação espacial em relação a esta cadeira. D. Entretanto. e E ao redor da mesa: Do ponto de vista de permutação. Repare ainda que. que é a Permutação Circular. temos um caso particular de permutação. a pessoa A tem à sua esquerda E. o número de possibilidades de posicionar 5 pessoas ao redor de uma mesa será: Pc(5) = (5-1)! = 4! = 4 x 3 x 2 x 1 = 24 Note que se houvesse uma posição da mesa com uma cadeira “de ouro”. essas duas disposições são iguais (afinal. todas as 5 posições disponíveis são equivalentes. C. Isto porque não existe uma referência espacial. Nestes casos. por exemplo. B. Não podemos contar duas vezes a mesma disposição. e à sua direita B. Ao estudar a permutação simples. E se. devemos utilizar a fórmula da permutação circular de n pessoas. . . . . .se a ordem É RELEVANTE: utilizar o princípio fundamental da contagem (aquela multiplicação simples). Veja que a equipe formada pelos soldados A. C. onde n é o número de repetições (ou usar direto a fórmula da permutação com repetição). C é igual a equipe formada pelos soldados B. concorda? Dependendo do caso. você tem duas possibilidades: . você deve responder sempre a seguinte pergunta: . permutações e combinações. e E) à disposição. s!. grupos.3). A. para só então resolvê-lo. e o seu objetivo é formar equipes de 3 soldados. A. imagine que você tenha 5 soldados (A. C. t! etc. torna uma escolha diferente da outra. o resultado seria 5x4x3. como no caso de haver repetição. concorda? 02411066139 . você precisa fazer alguns ajustes. Isto é. temos uma fila diferente. Já se você quisesse formar filas com 3 soldados. B. Feita a pergunta. Isto é: . comissões etc. neste caso a ordem de escolha dos soldados é relevante. (conforme o número de itens se repetindo). Portanto.se houver repetição. Em nosso exemplo acima. No exemplo da fila acima. basta dividir o resultado encontrado por n!. o resultado seria C(5. B. que se resume nas fórmulas de arranjos e permutações. B. Se trocamos a posição do primeiro colocado com a do último. . Isto é muito comum em questões onde o objetivo é formar equipes. é preciso dividir por n!. ou seja. Ao se deparar com uma questão. e assim por diante. Em uma fila. D. ! os arranjos. permutação ou combinação.se a ordem NÃO É RELEVANTE: utilizar a fórmula de combinação. não torna uma escolha diferente da outra. Como você verá ao longo dos exercícios. gostaria Agora que já conhecemos de gastar mais um tempinho reforçando as diferenças entre estas ferramentas. a ordem de escolha dos soldados não é relevante. que também é igual à equipe formada pelos soldados C. a fila A-B-C é diferente da fila B-A-C que é diferente da fila C-B-A.a ordem de escolha ou de disposição dos elementos torna uma escolha/disposição diferente da outra? Exemplificando. a ordem importa.se houver mais de um item se repetindo. é essencial saber diferenciar se estamos diante de um caso de arranjo. e assim por diante. . . . . ok? 02411066139 . de tal modo que não fosse possível diferenciá-los (digamos que D = E). ! Caso 2 soldados fossem “idênticos”. Por fim. A diferença é que a permutação SEMPRE envolve TODOS os elementos disponíveis (você calcula quantas formas possíveis de dispor os 5 elementos possíveis).Quantas filas de 3 soldados você consegue? 5x4x3 = 60 . Ah. 4! = 24. pois estas são as questões mais difíceis. o segundo uma permutação. . que é dada por (n-1)!. o número de filas seria 5x4x3/2! . temos uma repetição de 2 elementos. ou seja. concorda?) Se você entendeu a explicação acima. certo? Portanto. E se quiséssemos distribuir os 5 soldados em torno de uma mesa redonda? Aí teríamos a permutação circular.E quantas filas com os 5 soldados você consegue? 5x4x3x2x1 = 120 O primeiro caso é um arranjo. quantas filas diferentes conseguiríamos formar? Ora. qual a diferença entre Arranjo e Permutação? Imagine que você dispõe daqueles 5 soldados e pretende montar uma fila. já o arranjo não envolve todos os elementos (para cada arranjo foi preciso usar apenas 3 dos 5 soldados. e preste atenção nas resoluções onde misturo a fórmula de combinação com o princípio fundamental da contagem. conseguirá resolver a grande maioria das questões. . . . . 2 a 2: 6 6×5 C (6. RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS 4. basta calcular a combinação de 4. e) 60. c) 96. havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher? a) 192. temos 6 possibilidades. 2 mulheres e 1 homem: Para escolher 2 mulheres em um total de 6 disponíveis. 2 homens e 1 mulher: Para escolher 2 homens em um total de 4 disponíveis. sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários.1) = = = 6 1 1! 02411066139 Pelo princípio fundamental da contagem. como você pode comprovar abaixo: 6 6 C (6. ou 2 mulheres e 1 homem. ! 2. d) 48. 2) = = = 15 2 2 ×1 . 2 a 2: 4 4 × 3 C (4. 2) = = =6 2 2 ×1 E para escolher 1 mulher em um total de 6. ESAF – AFT – 2010) O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários. b) 36. temos 2 possíveis grupos: 2 homens e 1 mulher. Vejamos quantas possibilidades temos para cada tipo de grupo. RESOLUÇÃO: Se a equipe tem 3 pessoas. temos 6 x 6 = 36 formas de agrupar 2 homens e 1 mulher. precisa ter pelo menos 1 homem e 1 mulher. basta calcular a combinação de 6. . . . . Resposta: C 5. havendo em cada equipe pelo menos uma mulher? a) 15 b) 45 c) 31 d) 18 e) 25 RESOLUÇÃO: Veja que podemos ter equipes com 1 mulher e 1 homem. como E para escolher 1 homem você pode comprovar abaixo: 4 4 C (4. precisamos apenas combinar as 3 mulheres. sendo 5 homens e 3 mulheres. é possível formar 3 x 5 = 15 equipes distintas. 1 a 1: C (3. temos 15 x 4 = 60 formas de agrupar 2 mulheres e 1 homem. No primeiro caso. e combinar 5 homens. No segundo caso. ! em um total de 4. ao todo temos 36 + 60 = 96 equipes distintas com 3 funcionários. ESAF – SMF/RJ – 2010) O departamento de vendas de imóveis de uma imobiliária tem 8 corretores.1) = = = 4 1 1! Pelo princípio fundamental da contagem. ou equipes com 2 02411066139 mulheres.1) = 3 C (5. Assim. respeitando as condições do enunciado. 2 a 2: . temos 4 possibilidades. 1 a 1. precisamos combinar 3 mulheres. Quantas equipes de vendas distintas podem ser formadas com 2 corretores.1) = 5 Portanto. . . . 2) = . C (3. é: .600 c) 4. nas três diferentes salas. é igual a: a) 2. D. para ficarem na sala 1. ESAF – Analista MPOG – 2010) Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 pacientes. a ordem deles não importa.440 b) 5.000 e) 42. 4) = = = 210 4 4 × 3 × 2 ×1 Escolhidos 4 pacientes para a sala 1. é dada pela combinação abaixo: 10 10 × 9 × 8 × 7 C (10. O número de combinações desses 6 pacientes. na sala 2 fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem. a quantidade de maneiras de escolher 4 pacientes. ao escolher 4 pacientes para a sala 1. Para obter melhores resultados neste programa. 3 a 3. A e C. B. também. C e D é igual a escolher B. 02411066139 Isto é. 3 pacientes. temos 15 + 3 = 18 equipes distintas. de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes. Ao todo. restam 6 pacientes para as demais salas. Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas diferentes.000 RESOLUÇÃO: Beatriz tem 10 pacientes e precisa separá-los conforme o seguinte esquema: Sala 1 Sala 2 Sala 3 4 pacientes 3 pacientes 3 pacientes Veja que. 3 ficarão na sala 2. Resposta: D 6. ! 3× 2 =3 2 ×1 Assim. podemos formar 3 equipes distintas. escolher A. Assim. em um grupo de 10. o número de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes. Assim. Destes.200 d) 24. . . . . ele pode “dar o azar” . temos: Sala 1 Sala 2 210 20 possibilidades possibilidades Sala 3 1 possibilidade Pelo princípio fundamental da contagem. o número mínimo de meias que Marcos deverá tirar da gaveta para ter a certeza de obter um par de mesma cor é 02411066139 igual a: a) 30 b) 40 c) 246 d) 124 e) 5 RESOLUÇÃO: Veja que temos 4 possibilidades de cores de meias: pretas. Isto é. 3) = = = 1 3 0 Assim. temos 210 x 20 x 1 = 4200 possibilidades de ocupar as 3 salas. Portanto. ! 6 6 × 5 × 4 C (6. 7 azuis e 3 amarelas. há apenas 1 forma de ocupar esta última sala: 3 3 C (3. Resposta: C 7. 9 brancas. ESAF – MPOG – 2008) Marcos está se arrumando para ir ao teatro com sua nova namorada. Para que Marcos não saia com sua namorada vestindo meias de cores diferentes. 3) = = = 20 3 3 × 2 ×1 Escolhidos os 3 pacientes da sala 2. ele corre até uma de suas gavetas onde guarda 24 meias de cores diferentes. que ocuparão a sala 3. restam apenas 3 pacientes. quando todas as luzes de seu apartamento apagam. azuis e amarelas. a saber: 5 pretas. brancas. Apressado. se Marcos tirar da gaveta apenas 4 meias. . . . . delas. Isso porque a ordem das questões não importa: escolher as questões 1.10) = C (15.5) = 15 × 14 × 13 × 12 × 11 = 3003 5 × 4 × 3 × 2 ×1 Ana pode escolher 10 das 15 questões de 3003 formas distintas. ESAF – CGU – 2008) Ana precisa fazer uma prova de matemática composta de 15 questões. você 02411066139 precisa lembrar a seguinte propriedade (que vimos na teoria de hoje): C (15.10) = C (15. ! de tirar exatamente 1 meia de cada cor. de quantas maneiras diferentes Ana pode escolher as questões? a) 3003 b) 2980 c) 2800 d) 3006 e) 3005 RESOLUÇÃO: Se temos 15 questões e. Entretanto. ela necessariamente será de uma das 4 cores que ele já tirou. para ser aprovada. C (15.5) Assim. 10 a 10. Assim. 3 e 5 é igual a escolher as questões 3. Contudo. ele certamente conseguirá formar um par de meias da mesma cor. Para calcular de uma forma mais fácil a combinação de 15. Isso mostra que é preciso tirar pelo menos 5 meias da gaveta para ter certeza de obter um par da mesma cor. 5 e 1. Resposta: A . basta calcular a combinação de 15. ao tirar a 5ª meia da gaveta. Assim. queremos separar um grupo de 10 questões para resolver. Resposta: E 8. Ana só precisa resolver 10 questões das 15 propostas. 10 a 10. . . . . Para a posição 2. mas sempre em filas formadas por exatamente quatro das modelos. Finalmente. Denise não poderá ser a primeira da fila. 02411066139 Vamos calcular a quantidade de filas com Ana no final. a última de cada fila só poderá ser ou Ana. ! 9. e Denise não pode ser a primeira). o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a: a) 420 b) 480 c) 360 d) 240 e) 60 RESOLUÇÃO: Veja que temos 4 tipos de filas: aquelas com Ana no final. Carla e Denise. Portanto. Para isso. Vamos calcular quantas filas podemos formar com Denise no final. aquelas com Beatriz no final. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas. Para isso. 2 e 4): Posição 1 Posição 2 Posição 3 Posição 4 5 possibilidades 5 possibilidades 4 possibilidades 1 possibilidade . considere o desenho abaixo: Posição 1 Posição 2 Posição 3 5 possibilidades 4 possibilidades 6 possibilidades (pois Denise já é a Posição 4 1 possibilidade (Denise) última) Pelo princípio fundamental da contagem. ESAF – AFRE/MG – 2005) Sete modelos. temos outras 5 possibilidades (pois agora podemos incluir Denise). temos 4 possibilidades (pois já colocamos uma pessoa nas posições 1. vão participar de um desfile de modas. ou Carla ou Denise. E para a posição 3. Além disso. é importante lembrar que Denise não pode ser a primeira. entre elas Ana. ou Beatriz. temos apenas 5 possibilidades para a posição 1 (pois Ana já está no final. Beatriz. Assim. temos 6 x 5 x 4 x 1 = 120 possibilidades de formar fila com Denise no final. aquelas com Carla no final e aquelas com Denise no final. . . . (pois Denise não . O raciocínio é análogo para as filas com Beatriz ou Carla no final. Assim. SÃO GONÇALO – 2011) Quatro crianças devem ficar uma ao lado da outra para uma fotografia. Criança mais alta na extremidade esquerda. isto é. ao todo temos 120 + 100 + 100 + 100 = 420 possibilidades. Temos a seguinte disposição: Criança mais alta 3 possibilidades 2 possibilidades 1 possibilidade (1 possibilidade) Portanto. teremos mais 100 possibilidades em cada caso. Veja: 1. o número de possibilidades que temos aqui é: . temos que analisar 2 casos: quando esta criança está na extremidade esquerda. e quando esta criança está na extremidade direita. o número de arrumações possíveis dessas crianças é: a) 4 b) 6 c) 8 d) 10 e) 12 RESOLUÇÃO: 02411066139 Como a criança mais velha deve ficar em uma das extremidades. Resposta: A 10. Se a criança mais alta deve ficar em uma das extremidades. ! (Ana) pode ser a primeira) Portanto. temos 5 x 5 x 4 x 1 = 100 possibilidades com Ana no final. CEPERJ – PREF. . . . . 5. 11. e escrevendo os números assim formados em ordem crescente. 5. 3. ! Possibilidades =1x3x2x1=6 2. Quantos números começam com o algarismo 1? Basta ver o esquema abaixo. sabemos que os primeiros serão aqueles começados pelo algarismo 1. ao todo temos 1 x 4 x 3 x 2 x 1 = 24 possibilidades começando com o algarismo 1. Resposta: E. Neste caso. 7 ou 9) 3 possibilidades 2 1 possibilidades possibilidade Portanto. onde 02411066139 cada célula representa uma casa do número de 5 algarismos: Algarismo 1 4 possibilidades (1 possibilidade) (3. Criança mais alta na extremidade direita. . SÃO GONÇALO – 2011) Permutando de todos os modos possíveis todos os algarismos ímpares 1. CEPERJ – PREF. ao todo temos 12 possibilidades. o número que ocupa a 83ª posição é: a) 71935 b) 71953 c) 73195 d) 73519 e) 73915 RESOLUÇÃO: Ao escrever todos os números formados por estes algarismos em ordem crescente. 7 e 9. teríamos: 3 possibilidades 2 possibilidades 1 possibilidade Criança mais alta (1 possibilidade) Calculando o número de possibilidades: Possibilidades = 3 x 2 x 1 x 1 = 6 Portanto. . . . . teremos 24 números começados com o algarismo 3 e outros 24 começados pelo algarismo 5. vejamos um a um. passaremos da posição 83. ! Após os números começando com o algarismo 1. Se . Resta agora analisar aqueles começados com o algarismo 7. CEPERJ – SEE-RJ – 2011) Uma permutação de um número natural é um outro número natural que possui exatamente os mesmos algarismos em outra ordem. 12. teremos os números começados com o algarismo 3. O que ocupa a posição 83 é o 73915. e assim por diante: Posição Número 73 71359 74 71395 75 71539 76 71593 77 71935 78 71953 79 73159 80 73195 81 73519 82 73591 83 02411066139 73915 Observe que bastou escrever os números em ordem crescente. Da mesma forma que calculamos acima. Até aqui. temos 72 números. Se somarmos outros 24 números. e a seguir aqueles começando com o 5. lembrando que o primeiro deles está na posição 73. Resposta: E. Portanto. . . . . vejamos um a um. Novamente vamos começar calculando quantos números começarão com o algarismo 1. 4 e 5: 4 Algarismo 1 possibilidades (1 possibilidade) (2. Veja o esquema abaixo. lembrando que o primeiro deles está na posição 73. passaremos da posição 80. teremos os números começados com o algarismo 2. e a seguir aqueles começando com o 3. Resta agora analisar aqueles começados com o algarismo 4. Da mesma forma que calculamos acima. e assim por diante: Posição Número 73 41235 74 41253 . 2. ao todo temos 1 x 4 x 3 x 2 x 1 = 24 possibilidades começando com o algarismo 1. teremos 24 números começados 02411066139 com o algarismo 2 e outros 24 começados pelo algarismo 3. 3. Após os números começando com o algarismo 1. Se somarmos outros 24 números. Portanto. 4 ou 5) 3 possibilidades 2 1 possibilidades possibilidade Portanto. 3. onde cada célula representa uma casa do número de 5 algarismos formado por 1. Até aqui. o número que ocupará a 80ª posição nessa lista será: a) 32154 b) 34251 c) 35142 d) 41352 e) 42153 RESOLUÇÃO: Perceba a similaridade entre este exercício e o anterior. pois estes são os primeiros (se colocarmos os números em ordem crescente). temos 72 números. ! todas as permutações do número 31452 foram escritas em ordem crescente. . . . 75 . e somente se. A banca deseja elaborar a prova utilizando 8 das 12 questões disponíveis. é: 02411066139 a) 120 b) 129 c) 369 d) 80 e) 55 RESOLUÇÃO: O próprio exercício disse que a ordem das questões não importa. teremos os seguintes modelos de provas: .A questão Z compõe a prova se. Y e Z. sem se importar com a ordem das questões na prova. CEPERJ – PREF. o número máximo de modelos distintos de provas que a banca pode confeccionar. a questão Y também a compuser II .Pelo menos uma. Y e Z. SÃO GONÇALO – 2011) Para elaborar uma prova de concurso. Resposta: E. I . uma banca dispõe de 12 questões distintas. estamos diante de uma questão de combinação. ! 41325 76 41352 77 41523 78 41532 79 42135 80 42153 Portanto. e somente se.A questão X compõe a prova se. 13. Portanto. o número que ocupa a 80ª posição é o 42153. dentre as quais as questões X. dentre as questões X. de modo que sejam satisfeitas as três regras abaixo. Para obedecer as 3 regras dadas pelo enunciado. a questão X não a compuser III . deve fazer parte da prova Dessa forma. . . . . 6 a 6: 9 9 9 ×8× 7 6 = 3 = 3 × 2 × 1 = 84 Portanto. L devem ser escritas nas 02411066139 faces de um cubo. aqueles que possuem Z. precisamos escolher apenas 7 das 9 questões restantes. R. A combinação de 9 questões. sendo que precisamos pegar apenas 6 delas para completar as 8 da prova (junto da X e Y). é vista abaixo: 9 9 9 ×8 7 = 2 = 2 × 1 = 36 Para o segundo caso. temos 10 questões disponíveis. precisamos combinar 9 questões disponíveis. O número de maneiras diferentes em que essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é: a) 18 b) 24 c) 30 d) 60 e) 72 RESOLUÇÃO: . A. ! 1. não podemos usar a questão Z. Porém 1 obrigatoriamente será Z. então temos apenas 9 questões disponíveis. Precisamos escolher 8 para compor a prova. S. 2. com uma letra em cada face. mas não possuem X (e nem Y. 7 a 7. aqueles que possuem X e Y e não possuem Z. Assim. Assim. somando os dois casos. Além disso. Resposta: A. já que não podemos usar X e Y. já temos 2 questões na prova (X e Y). Para o primeiro caso. 14. temos 36 + 84 = 120 formas de montar a prova. pois Y só está presente quando X também está). CEPERJ – SEE-RJ – 2011) As letras B. I. . . . . e assim por diante. para isso. 4} que contém o elemento 2 ou o elemento 3 é: a) 14 b) 13 c) 12 d) 11 e) 10 RESOLUÇÃO: 02411066139 O exercício não disse quantos elementos devem estar presentes nos subconjuntos. um com 5 possibilidades e o outro com 6. 5 possibilidades. temos uma permutação circular. Para as outras 4 faces. Subconjuntos com 1 elemento: Neste caso. ! Vamos fixar uma letra qualquer em uma das faces do dado. 5 letras restantes. 2. apenas os subconjuntos {2} e {3} atendem a condição do enunciado (contém ou o elemento 2. Ela servirá de referência. o número total de possibilidades será: Possibilidades = 5 x 6 = 30 Resposta: C. Temos. CEPERJ – SEE-RJ – 2009) O número de subconjuntos de A = { 1. ou o elemento 3). Pelo princípio fundamental da contagem. temos 2 eventos independentes (escolha da letra da face oposta e escolha das letras da permutação circular). isto é. Subconjuntos com 2 elementos: . 3. A próxima etapa é escolher uma letra para a face oposta a essa. depois com 2. Calculando o número de possibilidades para essa permutação: Pc (4) = (4 – 1)! = 3! = 3 x 2 x 1 = 6 Assim. Vamos começar analisando subconjuntos com apenas 1 elemento. 15. . . . . 3. {2. {1. {2. 4}. {1. 4} e {2. {1. 3. CEPERJ – SEE-RJ – 2009) No departamento de vendas de uma empresa trabalham 4 homens e duas mulheres. um grupo de 3 pessoas deve ser escolhido de forma que possua pelo menos uma mulher. os subconjuntos {1. 3} e {3. 4} atendem a condição do enunciado. ou com 2 mulheres e 1 homem. Assim. {4} e {1. 2. 4}. e multiplicar isso pela combinação de 4 homens. 1 mulher e 2 homens: Precisamos combinar as 2 mulheres. 3}. 2}. ! Aqui os subconjuntos {1. Desse total seria preciso 1 2 3 4 subtrair os casos que não atendem a condição do enunciado: {1}. Resposta: C 4 4 4 4 Outra forma de resolver seria: + + + . 4}. Subconjuntos com 4 elementos: Apenas o {1. 16. 3}. 4} atendem a condição dada. 2 a 2: . 1 a 1. Destas 6 pessoas. 2. 2. foi possível obter 12 subconjuntos. Subconjuntos com 3 elementos: Neste caso. 4}. 3. O número de grupos diferentes que podem ser formados é: a) 16 b) 12 c) 8 d) 20 02411066139 e) 24 RESOLUÇÃO: Precisamos formar grupos com 1 mulher e 2 homens. . . . . Imagine que. 12 meias pretas. sejam da mesma cor. todas misturadas. por azar. O número de meias que a pessoa deve retirar é: a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10 RESOLUÇÃO: 02411066139 Em exercícios como este. FDC – MAPA – 2010) Em uma gaveta estão guardadas várias meias masculinas. Portanto. 4 meias vermelhas e 2 meias azuis. Resposta: C. 17. este é o pior caso possível. você precisa imaginar o pior caso. 1 a 1: 2 4 2 × 1 = 1 × 4 = 4 Ao todo. 6 meias beges. ao retirar a 6ª meia. Resposta: A. pelo menos. é preciso tirar 6 meias para ter certeza que pelo menos 2 são da mesma cor. a pessoa tirou 5 meias. 2 a 2. sendo uma de cada cor. teremos 12 + 4 = 16 grupos. na escuridão. ! 4×3 1 × 2 = 2 × 2 = 12 2 4 2 mulheres e 1 homem: Aqui temos que combinar 2 mulheres. Entretanto. ela necessariamente repetirá uma das 5 cores. Ocorreu uma pane de energia elétrica e uma pessoa precisa retirar a quantidade mínima de meias dessa gaveta. Ora. nas seguintes quantidades e cores: 8 meias brancas. . para que possa garantir que duas delas. onde o objetivo é tirar 2 meias da mesma cor. e multiplicar pela combinação de 4 homens. note que. . . . . O número de maneiras distintas de uma pessoa responder a essa prova e tirar a nota zero é: a) 100 (cem) b) 205 c) 520 d) 420 e) 1 (uma) RESOLUÇÃO: Para errar a primeira questão. podemos usar o princípio fundamental da contagem para calcular quantas formas existem para errar as 20 questões: 4 x 4 x 4 x 4 . E tem outras 4 formas de errar a segunda.. E assim por diante.. ! 18. que por sua vez é independente de errar a terceira etc.000 b) 676.000 e) 26.000 c) 175.000 RESOLUÇÃO: Considerando que temos 26 letras no alfabeto. e 10 algarismos. x 4 = 420 Resposta: D. FDC – MAPA – 2010) Uma prova de questões de múltipla-escolha é constituída de 20 questões com 5 opções cada uma. E mais 4 formas de errar a terceira. precisamos completar a placa abaixo: . é: a) 650. Portanto. o aluno tem 4 opções para marcar. Note que errar a primeira questão é um evento independente de errar a segunda. com três letras e quatro algarismos. 19. começadas pela letra B e 02411066139 terminadas pelo algarismo 9. sendo apenas uma opção correta. FDC – MAPA – 2010) O número máximo possível de placas de automóvel em nosso país.760 d) 10. . . . . Se. a ordem de escolha dos livros não importa. o número de maneiras que Ricardo poderá escolher. Note que o exercício não disse que precisávamos de letras ou algarismos distintos. dentre esses 9 livros. isto é. Isto é. a cada mês. A e C. há uma distribuição .__ __ __ 9 Temos 26 possibilidades para a primeira letra. ! B __ __ . na sua estante. aquele que vai levar é: a) 48 b) 64 c) 72 d) 84 e) 90 RESOLUÇÃO: Veja que precisamos criar um grupo de 3 livros a partir de 9. o número de possibilidades é dado pelo princípio fundamental da contagem: Possibilidades = 26 x 26 x 10 x 10 x 10 = 676. pode haver repetição.000 Resposta: B. CEPERJ – FAETEC – 2010) Ricardo vai fazer uma longa viagem e pretende levar 3 livros para ler. Para isso. E 26 possibilidades para a segunda. B e C é igual a 02411066139 escolher os livros B.3) = = = 84 3 3 × 2 ×1 Resposta: D. temos 10 possibilidades para cada algarismo. 20. há 9 livros que ele não leu. Portanto. 9 9×8× 7 C (9. CESPE – EMBASA – 2009) A leitura mensal do consumo de água residencial em cada um dos quinze bairros de determinado município é feita por apenas um dos três funcionários responsáveis por essa atividade. Estamos diante de um exercício de combinação. 21. escolher os livros A. Além disso. . . . . 15. A e B. por proximidade geográfica. nos dá o número de formas de efetuar essa distribuição: 10 10 × 9 × 8 × 7 × 6 = 252 = 5 5 × 4 × 3 × 2 ×1 02411066139 Por fim. A combinação de 10 bairros. julgue os itens a seguir: ( ) Essa distribuição pode ser realizada de 126. 5 a 5) nos diz de quantas maneiras podemos distribuir os bairros do primeiro funcionário: 15 15 × 14 × 13 × 12 ×11 = 3003 = 5 × 4 × 3 × 2 ×1 5 Após separarmos os 5 bairros do primeiro funcionário. então esse funcionário poderá visitar esses bairros de 24 maneiras distintas se ele visitar todos os bairros de uma mesma região antes dos demais bairros. como vemos abaixo: 5 =1 5 Multiplicando o número de formas de distribuir os bairros do primeiro funcionário pelo número de formas para distribuir os bairros do segundo funcionário e pelo número de formas de distribuir os bairros do último funcionário. deixando cada um deles com 5 bairros. RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: Para o primeiro item. dos quais 5 deverão ser distribuídos para o próximo funcionário.126 maneiras diferentes. precisamos saber de quantas formas podemos distribuir 15 bairros entre 3 funcionários. Só há uma forma de fazer isso. sobram 5 bairros. com dois bairros em A e três bairros em B. em duas regiões. que serão distribuídos para o último funcionário. Com relação a essa situação hipotética. A combinação de 15 em grupos de 5 (isto é. 5 a 5. sobram 10 bairros. temos: . ! bairros são designados para cada um desses aleatória em que cinco desses funcionários. ( ) Considerando-se que os bairros sob a responsabilidade de determinado funcionário sejam agrupados. . . . 3003 × 252 × 1 = 756756 . ! Portanto. ele pode ir primeiro na região A e depois na B. u. de todos os códigos assim formados.De quantas formas diferentes o funcionário pode visitar as 2 regiões? Ora. z}. ( ) Considere que. este item foi considerado correto. CESPE – MPE/AM – 2008) Com respeito aos princípios básicos da contagem 02411066139 de elementos de um conjunto finito. haja uma caixa de correspondência para cada um de seus 79 apartamentos e em cada uma delas tenha sido instalada uma fechadura eletrônica com código de 2 dígitos distintos. os 3 bairros da região B. formados com os algarismos de 0 a 9. Como temos 2 formas de visitar as regiões. SEGUNDO ITEM: o funcionário pode visitar os 2 bairros da região A e.De quantas formas diferentes o funcionário pode visitar os 2 bairros da região A? Basta permutar os 2 bairros: P(2) = 2! = 2. ou vice-versa. 2 formas de visitar os bairros de A e 6 formas de visitar os bairros de B. 11 deles não precisaram ser utilizados. em um edifício residencial. Note que agora a ordem importa. y. v. o total de formas de visitar todos os bairros é: 2 x 2 x 6 = 24. . r. ou vice-versa. julgue os itens a seguir. x. ( ) Considere que um código seja constituído de 4 letras retiradas do conjunto {q. e.De quantas formas diferentes o funcionário pode visitar os 3 bairros da região B? P(3) = 3! = 6 . duas barras e 2 algarismos. Então. a seguir. s. Item CORRETO. esse item está ERRADO. Resposta: E C 22. . Portanto. t. w. escolhidos entre os algarismos de 0 . dentro das regiões. mas foi corrigido no gabarito definitivo. trata-se de um caso de permutação. No gabarito preliminar. Temos 2 formas de fazer isso. Vamos calcular de quantas formas ele fazer isso. que é justamente P(2). . . . . seria possível formar 10x10x10x10 =104 códigos. barras e números podem estar em qualquer posição. podemos escolher 2 algarismos de 0 a 9 (10 possibilidades). ! a 9. Teremos um código da seguinte forma: 02411066139 LLLL / / NN Neste código acima. a sua senha do banco pode ser “0153”. Multiplicando apenas a quantidade de grupos de 4 letras (104) pela quantidade de grupos de algarismos (102) já temos 106 possibilidades. os L representam as 4 letras. 11 códigos não precisaram ser utilizados. podemos escolher 10 x 10 = 102 pares de 2 algarismos. Veja os 3 exemplos abaixo. e 9 possibilidades para o segundo dígito (pois devemos ter dígitos distintos). Assim. se forem permitidas repetições das letras e dos algarismos. ou seja. Cada um representa um código distinto. não tem problema algum o zero ser o primeiro algarismo. Além disso. portanto o item está ERRADO. que é um resultado maior que aquele dado pelo enunciado. então o número de possíveis códigos distintos desse tipo será igual a 102(102 + 1). Como eram apenas 79 caixas de correspondência. temos 10 possibilidades (de 0 a 9) para o primeiro dígito. Por exemplo. Veja que não basta apenas multiplicar as quantidades de grupos de letras (104) pela de números (102). apesar de usar as mesmas letras e números: QRST//12 . SEGUNDO ITEM: Se fossemos simplesmente montar um código com 4 letras retiradas do conjunto de 10 letras do enunciado. Nessa situação. vamos prosseguir com a resolução. Ao todo temos 10 x 9 = 90 possibilidades de código. Precisamos ainda considerar que as letras. as / representam as barras e os N representam os 2 algarismos. CORRETO. RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: note que quando vamos formar códigos de 2 algarismos distintos. Por fins didáticos. que é diferente da senha “153” apenas. . . . . precisamos calcular o número de permutações possíveis. que deverão ser digitadas na portaria para se obter acesso ao prédio. Temos. é igual a: a) 263 x 10 x 9 x 8 b) 263 x 103 c) 26 x 25 x 24 x 10 x 9 x 8 d) 26 x 25 x 24 x 103 02411066139 RESOLUÇÃO: Veja que teremos senhas do tipo __ __ __ . para cada grupo de 4 letras e 2 números que escolhermos. PR (8. As senhas são compostas por uma sequência de três letras (retiradas do alfabeto com 26 letras). seguida de uma sequência de três algarismos (escolhidos entre 0 e 9). e as três seguintes por números. O número de senhas distintas que podem ser formadas sem que seja admitida a repetição de letras. pois a barra se repete. onde as três primeiras lacunas devem ser preenchidas por letras. . Resposta: C E 23. Para piorar. 25 para a segunda e 24 para a terceira. tratase de uma permutação com repetição. Veja que não há repetição de letras. isto é: 26 x 25 x 24 possibilidades. 2) = 8! = 20160 2! Portanto.__ __ __. CESPE – TSE – 2007) Para aumentar a segurança no interior do prédio do TSE. mas admitindo-se a repetição de algarismos. foram distribuídas senhas secretas para todos os funcionários. ! QRST12// Q/RS/T12 Assim. assim. ao todo teríamos 20160 x 104 x 102 códigos. Pelo princípio fundamental da contagem. temos 26 possibilidades para a primeira letra. . . . . RESOLUÇÃO: Observe que colocar as equipes 1. as 11 equipes inscritas serão divididas nos grupos A e B. a quantidade de maneiras distintas de se escolher 5 equipes que formarão o grupo A será SUPERIOR a 400. julgue o item que se segue. Isto é. para formar o grupo A.5) = = = 462 5 × 4 × 3 × 2 ×1 5 02411066139 Portanto. Temos 10 possibilidades para Por outro lado. Ao todo. repare que a letra A representa o caso onde podemos repetir letras. 5 e 4 neste grupo. 6 dessas cidades estão na fronteira do Mato Grosso do Sul (MS) com o Paraguai. 1. perfazendo 10 x 10 x 10 = 103 possibilidades. ( ) A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo A será inferior a 400. CESPE – Polícia Federal – 2009) Considerando que. Resposta: E 25. 2. serão sorteadas 5 equipes. mas não algarismos.: a título de exercício. teremos 26 x 25 x 24 x 103 possibilidades de senhas. 2. . outras 10 para o segundo e outras 10 para o terceiro. A letra B representa o caso onde podemos repetir tanto as letras quanto os algarismos. 24. 4 e 5 no grupo A é equivalente a colocar as equipes 3. O número de maneiras de se combinar 11 equipes em grupos de 5 é dado por: 11 11× 10 × 9 × 8 × 7 C(11. CESPE – Polícia Federal – 2009) A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos 17 cidades de fronteira como locais de entrada ilegal de armas. 3. e que. A letra C representa o caso onde não podemos repetir nem letras e nem algarismos. ! repetir algarismos. em um torneio de basquete. é permitido o primeiro. Resposta: D Obs. a ordem das equipes não importa. Estamos diante de um problema de combinação. . . . . CESPE – ABIN – 2010) Com relação aos princípios e técnicas de contagem. por um dos 5 ônibus ou por um dos 2 barcos disponíveis e que. para a entrada ilegal de armas no Brasil. Resposta: E 26.5) = 11× 10 × 9 × 8 × 7 = 462 5 × 4 × 3 × 2 ×1 Este número é MENOR do que 500. de modo que processos de regiões distintas fiquem em prateleiras distintas. dado o caráter sigiloso de uma operação a ser realizada nessa cidade.estadao. julgue o próximo item. das 17 cidades de fronteira. ( ) Considere que seja possível chegar a uma pequena cidade por meio de carro. apenas 11 (17 – 6) não estão na fronteira do MS com o Paraguai. Considerando as informações do texto acima. ( ) Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto.com.6) = C(11. sabendo-se que o órgão de inteligência . com exceção daquelas da fronteira do MS com o Paraguai.280 maneiras distintas para organizar esses processos. 3 processos referentes a cidades da região Nordeste.br> (com adaptações). então essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha. os agentes que participarão dessa operação devam chegar à referida cidade de maneira independente. O número de maneiras de se combinar 11 em grupos de 6 é dado por: C(11. em veículos distintos. ! Internet: <www. 3 da região Norte. ( ) Caso o servidor responsável pela guarda de processos de determinado órgão tenha de organizar. em uma estante com 5 prateleiras. 2 da região Sul. Em face dessa situação. 2 da região Centro02411066139 Oeste e 1 da região Sudeste. julgue os itens subsequentes. portanto o item está ERRADO. então esse servidor terá 17. portanto apenas estas serão escolhidas pela organização criminosa. RESOLUÇÃO: Veja que. . . . . dispondo-os de 3! = 6 maneiras diferentes. ( ) Caso o chefe de um órgão de inteligência tenha de escolher 3 agentes entre os 7 disponíveis para viagens — um deles para coordenar a equipe. devido às permutações dos mesmos dentro de cada prateleira. teríamos 6 x 6 x 2 x 1 x 2 = 144 formas distintas de distribuir os processos. considerando as regiões distribuídas conforme esta última tabela. temos 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 formas distintas de dispor os processos de cada região numa mesma prateleira. Assim. dispondo-os de 3! = 6 maneiras diferentes. RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: temos 5 prateleiras. e processos de 5 regiões para colocar em cada uma. . Imagine a seguinte distribuição: Prateleira 1 Prateleira 2 Prateleira 3 Prateleira 4 Prateleira 5 Região Norte Região Região Sul Região Região (3 processos) Nordeste (2 processos) Sudeste Centro-Oeste (1 processo) (2 processos) 02411066139 (3 processos) Note que é possível permutar os 3 processos da região Norte. podemos permutar os da região Nordeste. o mesmo se aplicando à região Centro-Oeste. dispõe de apenas um carro e que é correto afirmar que o número de maneiras de o servidor responsável pela organização das viagens escolher os veículos para transporte de 3 agentes para essa missão é inferior a 50. Isto pode ser representado pelo esquema abaixo: Prateleira 1 Prateleira 2 Prateleira 3 Prateleira 4 Prateleira 5 5 4 3 2 1 possibilidade possibilidades possibilidades possibilidades possibilidades Pelo princípio fundamental da contagem. e apenas 1 maneira para a região Sudeste. Para a região Sul temos 2! = 2 maneiras distintas. Da mesma forma. o número de maneiras de que esse chefe dispõe para fazer suas escolhas é inferior a 200. um para redigir o relatório de missão e um para fazer os levantamentos de informações —. Todos os processos de uma mesma região devem ficar na mesma prateleira. ! os deslocamentos devem ocorrer no mesmo dia. . . . . 3) = 8×7×6 = 56 3 × 2 ×1 Item ERRADO. Aqui. existem 144 formas de organizar os processos de cada prateleira. um para transportar cada um dos agentes.3) = 7×6×5 = 35 3 × 2 ×1 Uma vez escolhidos esses 3 agentes. ao todo temos 35 grupos de 3 agentes. totalizando 3 x 2 x 1 = 6 possibilidades. CESPE – ANAC – 2009) Com relação a análise combinatória. para a primeira função. pois colocar o agente A para coordenar e o agente B para redigir é diferente de colocar o agente A para redigir e o agente B para coordenar. temos que alocar cada um em uma função: coordenar. Salvador. Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza. SEGUNDO ITEM: Será preciso escolher 3 veículos. julgue os itens que se seguem. TERCEIRO ITEM: O número de formas de escolher 3 agentes em um grupo de 7 é dado pela combinação de 7. temos 3 possibilidades (qualquer um dos 3 agentes). Assim. Item CERTO. ! 120 formas de dispor os processos de cada região Isto é. temos 120 x 144 = 17280 formas de distribuir os processos. para cada uma das nas prateleiras. A ordem não importa. Isto é. e cada grupo pode ser alocado de 6 maneiras distintas. redigir e fazer levantamentos. Item ERRADO. totalizando 35 x 6 = 210 formas de escolher os 02411066139 agentes. Maceió. João Pessoa. Natal. a ordem importa. Ao todo. Recife ou . o que interessa é escolher 3 dos 8 veículos disponíveis para transportar os agentes. 3 a 3 (pois a ordem não importa): C(7. Assim. precisamos calcular a combinação de 8 veículos em grupos de 3: C(8. para a segunda temos 2 possibilidades e para a terceira temos 1 possibilidade. Resposta: C E E 27. ( ) O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre. . . . . Portanto. temos outros 7 vôos 02411066139 possíveis para a cidade de destino.2) = 9! 362880 = = 30240 3!2! 12 . 3 ligando B e C. Cada estrada pode ser utilizada nos dois sentidos. Saíndo de uma das 3 cidades de partida. ( ) Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra. então A = 21B. ! Belo Horizonte. B seja a quantidade de anagramas começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA. Portanto. temos 4 vôos possíveis para a cidade de escala. é superior a 210. SEGUNDO ITEM: Veja que AEROPORTO possui a repetição de 2 R e 3 O. o número de rotas possíveis com origem e destino em A e escala em C é igual a 400. 2 pilotos.880 e 5! = 120. ( ) Considere a seguinte situação hipotética. Rio de Janeiro ou São Aracaju. com a repetição de 2 e de 3: P (9. pelo menos. ao todo temos 3 x 4 x 7 = 84 vôos (que é múltiplo de 12). ( ) O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5 pilotos e 6 co-pilotos. incluindo.3. tendo ou não significado na linguagem comum. Item CERTO. o número de anagramas é dado pela permutação de 9 letras. e sabendo que 9! = 362. RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: temos 3 cidades de partida. fazendo uma escala em Paulo é múltiplo de 12. Nessa situação. Após esse primeiro vôo. Há 6 estradas distintas ligando as cidades A e B. 4 para fazer escala e 7 de destino. A seja a quantidade de anagramas possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO. Brasília. e 2 ligando A e C diretamente. . . . . o exercício só quer os anagramas que comecem com uma das 4 consoantes e termine com uma das 3 vogais. Portanto. passando por C. podemos utilizar qualquer uma das 5 letras restantes. Portanto. Item CERTO. existem as seguintes formas: 1) A B C A 2) ACA 3) ACBA 4) A BCBA . existem 4 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 x 3 = 1440 anagramas de TURBINA que atendem as condições do enunciado. temos o seguinte esquema: 1ª letra 4 2ª letra 3ª letra 4ª letra 5ª letra 6ª letra opções 7ª letra 3 opções (consoantes) (vogais) Da 2ª à 6ª letra. A = 21B. ! Já TURBINA não possui letras repetidas. Isto é. temos: 1ª letra 4 2ª letra opções 5 (consoantes) opções 3ª letra 4ª letra 5ª letra 6ª letra 7ª letra 4 3 2 1 opção 3 opções opções opções opções (vogais) Assim. Entretanto. Portanto. TERCEIRO ITEM: Temos o esquema abaixo: 02411066139 Para sair de A e voltar a A. Veja que 21 x 1440 = 30240. A = 30240 e B = 1440. . . . . Para exercitar. Podemos também calcular o total de comissões possíveis com os 11 funcionários e subtrair deste total aquelas que não possuem piloto ou possuem apenas 1 piloto. 4 a 4. sem nenhum piloto. O total de combinações de 11 pessoas.4) = 15 Por fim. 3 e 4 pilotos. Item CERTO. 3 a 3: C (5. temos: 1) 6 x 3 x 2 = 36 2) 2 x 2 = 4 3) 2 x 3 x 6 = 36 4) 6 x 3 x 3 x 6 = 324 Ao todo.4) = 330 Já o total de grupos formados apenas por co-pilotos. é dado pela combinação dos 6 co-pilotos. o item está CERTO. pela combinação de 6 co-pilotos. o total de combinações que possuem 2 ou mais pilotos é: 330 – 15 – 100 = 215 Como este valor é superior a 210. isto é. ! Calculando as probabilidades de cada caso. temos 36 + 4 + 36 + 324 = 400 possibilidades.3) = 100 Portanto.1) × C (6. podemos somar o total de comissões contendo 2. . vamos utilizar o segundo método. 4 a 4: C (6. QUARTO ITEM: Neste caso. o total de grupos formados por apenas 1 piloto e 3 co-pilotos é dado 02411066139 pela multiplicação entre a combinação de 5 pilotos. é dado por: C (11. 1 a 1. . . . Resposta: C C C C . Suponha. ( ) Considere que o BB tenha escolhido alguns nomes de pessoas para serem usados em uma propaganda na televisão. de modo que cada agência receba 4 funcionários. Nessa situação. pendurando-as verticalmente na vitrine de uma loja para produzir diversas formas. podemos combinar os 12 funcionários. 3 faixas são amarelas e indistinguíveis e 1 faixa é branca. Já para a segunda agência. ( ) Considere que um decorador deva usar 7 faixas coloridas de dimensões iguais. no máximo. RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: Aqui temos a combinação de 12 C(12. Nesse caso. temos: . SEGUNDO ITEM: para a primeira agência. sempre apareçam somente dois nomes distintos. em cada inserção da propaganda na TV.2) = 66 02411066139 nomes em pares de 2: Item CERTO. Por fim. Até aqui. a quantidade de inserções com pares diferentes de nomes distintos que pode ocorrer é inferior a 70. Banco da Rosa etc. em expressões do tipo Banco do Bruno. esse decorador conseguirá produzir. se 3 faixas são verdes e indistinguíveis. também. 140 formas diferentes com essas faixas. 4 a 4. CESPE – BANCO DO BRASIL – 2007) Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem. sobram 8 funcionários para serem combinados 4 a 4. ( ) Há exatamente 495 maneiras diferentes de se distribuírem 12 funcionários de um banco em 3 agências. que a quantidade total de nomes escolhidos para aparecer na propaganda seja 12 e que. ! 28. para a terceira agência sobram 4 funcionários. . . . 4) = 495 . C(12. completaremos 10 processos de algum dos tipos.3.4) = 70 C(4. temos: P (7. Item CERTO. é preciso . tenhamos 9 de cada tipo. até aqui temos 495 x 70 x 1 possibilidades. Utilizando a fórmula da permutação com repetição. RESOLUÇÃO: Vamos imaginar o pior caso possível.4) = 1 Portanto. Só isso já é superior a 495. Prosseguindo neste raciocínio. após retirar mais 4 processos. para se ter a certeza de que. TERCEIRO ITEM: Veja que temos a permutação de 7 faixas. ao se retirar. direito civil. portanto o item está ERRADO. Nessa situação. ao retirar o próximo processo (o 37º). direito trabalhista. seguida de uma assertiva a ser julgada. direito tributário e direito agrário. 30. após retirar 36 processos. sem se verificar a que área se referem. 10 se refiram a uma mesma área. ao retirar 4 processos. os processos desse arquivo. com a repetição de 3 (verdes) e 3 (amarelas). será 02411066139 necessário que se retirem pelo menos 45 processos. um a um. totalizando 2 processos de cada tipo. Resposta: C E C 29. ( ) O arquivo de um tribunal contém 100 processos. pode ser que. Imagine que. CESPE – MPE/RR – 2008) Em cada um dos próximos itens. existem 140 formas diferentes de dispor as 7 faixas. 30. 10. é apresentada uma situação hipotética a respeito de probabilidade e contagem. foram retirados exatamente 1 processo de cada tipo. demos o “azar” de tirar mais 1 processo de cada tipo. Isto é. Isto significa que. distribuídos entre as seguintes áreas: direito penal. entre os processos retirados do arquivo.3) = 7! = 140 3!3! Isto é. 30. Prosseguindo. ! C(8. . . . . 02411066139 RESOLUÇÃO: PRIMEIRO ITEM: Temos que formar placas com 3 letras e 4 algarismos com as 3 letras disponíveis e os 4 algarismos disponíveis. um soldado deverá escolher uma praça. Isto é. ( ) Em determinada delegacia. isto é. há 10 celas iguais e 8 presidiários. há mais de 1. BEM MAIS que 140 placas distintas. Resposta: E 30. o soldado disporá de mais de 150 formas diferentes de escolha dos locais para sua ronda. Diariamente. ( ) No Brasil. 3 e 4 é possível formar mais de 140 placas distintas de automóveis. Nesse caso. B e C e com os algarismos 1. e 4 possibilidades para preencher cada “N”. ( ) Um anagrama da palavra FORTALEZA é uma permutação das letras dessa palavra. Item CERTO.000. ! ter certeza de que pelo menos 10 são do mesmo tirar 37 processos do arquivo para tipo. Item ERRADO. . seguidas de quatro algarismos. temos: 3 x 3 x 3 x 4 x 4 x 4 x 4 = 6912 possibilidades. uma escola e um centro de saúde para fazer a sua ronda. com as letras A. tendo ou não significado na linguagem comum. CESPE – Polícia Militar/CE – 2008) Cada um dos itens a seguir apresenta uma informação seguida de uma assertiva a ser julgada a respeito de contagem. Pensando numa senha do tipo L L L – N N N N. Então. Nesse caso.000 maneiras diferentes de se colocar um presidiário em cada cela. pode haver repetição. as placas dos automóveis possuem três letras do alfabeto. Ao todo. ( ) Determinada cidade possui quatro praças. onde a letra “L” simboliza uma letra e a letra “N” simboliza um algarismo. sabemos que temos 3 possibilidades para preencher cada “L”. cinco escolas e seis centros de saúde que deverão ser vigiados pela polícia militar. Veja que o exercício não disse que as letras ou os algarismos deviam ser distintos. 2. A quantidade de anagramas que é possível formar com essa palavra é inferior a 180.800. . . . . E 6 formas de escolher um centro de saúde. 8 a 8: C (10. com a repetição de 2 letras A. TERCEIRO ITEM: Veja que sempre sobrarão exatamente 2 celas vazias. sendo a idade. Para isso. devemos permutar os 8 presidiários entre as celas. afinal devemos colocar um presidiário apenas por cela. ESAF – ANEEL – 2004) Quer-se formar um grupo de danças com 6 bailarinas.000 anagramas. para cada uma dessas formas. em anos. de modo que três delas tenham menos de 18 anos. ao todo temos: 45 x 40320 = 1. temos mais de 180. E 5 formas de escolher uma escola. Item ERRADO. Item ERRADO. Resposta: C E C E 31. devemos combinar 10 celas. O número de . QUARTO ITEM: observe que FORTALEZA possui 9 letras. ao todo o policial pode escolher um conjunto praça-escola-centro de 4 x 5 x 6 = 120 formas distintas. que uma delas tenha exatamente 18 anos.escolher 8 das 10 celas para preencher com presidiários.814. doze candidatas. e. de cada candidata. a quantidade de anagramas é dada pela permutação de 9. e que as demais tenham idade superior a 18 anos. calculando a quantidade de forma de dispô-los: P (8) = 8! = 40320 Portanto. Assim. temos 40320 formas de dispor os presidiários.400 Item CERTO.2) = 9! = 181440 2! Isto é. com repetição de 2: 02411066139 P (9. precisamos resolver este item em 2 etapas: .escolhidas as 8 celas. diferente das demais. temos 45 formas de escolher 8 celas. para a seleção.8) = C (10. Portanto. Portanto.2) = 45 . com idades de 11 a 22 anos. ! SEGUNDO ITEM: o policial tem 4 formas de escolher uma praça para fazer a sua ronda. Apresentaram-se. Portanto. . . . . 3) = 7 x 6 x 5 / (3 x 2 x 1) = 35 possibilidades Só há 1 possibilidade para a escolha de uma garota com exatamente 18 anos. e) 150. e 4 candidatas com mais de 18 anos (19. Precisamos escolher 3 dentre as 7 bailarinas com menos de 18 anos. 20. d) 120. Elas devem ser escolhidas dentre as 4 com mais de 18 anos. Devemos ainda escolher as 2 bailarinas que restam para completar o grupo de 6. 21 e 22 anos). O número de 02411066139 possibilidades para esta escolha é dada pelas combinações de 4 pessoas em grupos de 2: C(4. RESOLUÇÃO: Temos uma candidata com cada idade possível entre 11 e 22 anos. 16 e 17 anos). 12. c) 210. Portanto. 13. Veja que a ordem de escolha não importa. ! diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a a) 85. temos ao todo 7 candidatas com menos de 18 anos (11. Logo. e assim por diante. o número de formas de escolha é dado pela multiplicação (veja que destaquei o “E” na frase anterior para detonar o princípio multiplicativo): . 14. 15. b) 220. estamos diante de uma combinação de 7 pessoas. 1 candidata com 18 anos.2) = 4 x 3 / (2 x 1) = 6 possibilidades Ao todo temos 35 possibilidades para as menores de 18 anos E 1 possibilidade para a bailarina de 18 anos E 6 possibilidades para as maiores de 18. Portanto. 3 a 3: C(7. afinal o grupo constituído pelas bailarinas 11-12-13 é igual ao grupo constituído pelas bailarinas 13-11-12. . . . . de modo que 5 delas tenham menos de 23 anos. temos 56 x 1 x 20 = 1120 possibilidades. ! x 1 x 6 = 210 possibilidades Total = 35 Resposta: C 32. para a seleção. sendo a idade. das quais devemos escolher 5. com idades de 15 a 29 anos. quinze candidatas. ESAF – AFT – 2006) Quer-se formar um grupo de dança com 9 bailarinas. Todos os seis quadros são . diferente das demais. Apresentaram-se. e que as demais tenham idade superior a 23 anos.5) = C (8. ESAF – MPU – 2004) Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-los em uma mesma parede. Isto é: 02411066139 C(6. E restam 6 garotas com mais de 23 anos. Resposta: E 33. de cada candidata.3) = 6 x 5 x 4 / (3 x 2 x 1) = 20 possibilidades Ao todo. das quais devemos escolher 3.3) = 8 x 7 x 6 / (3 x 2 x 1) = 56 possibilidades Temos uma única possibilidade para a garota de 23 anos exatos. que uma delas tenha exatamente 23 anos. em anos. O número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a: a) 120 b) 1220 c) 870 d) 760 e) 1120 RESOLUÇÃO: Temos 8 garotas com menos de 23 anos. O número de combinações é: C(8. lado a lado. . . . . G1 G2 P3 P1 G3 P2 5. RESOLUÇÃO: Inicialmente. P1 P2 P3 G1 G2 G3 2. P2 e P3 os quadros de Portinari. Veja que temos 6 quadros distintos. do . devemos eliminar os casos em que os quadros de Gotuzo trocam de ordem entre si (afinal eles devem estar sempre na mesma ordem. da esquerda para a direita. vamos desconsiderar o fato de que os quadros de Gotuzo precisam ficar em uma ordem fixa (cronológica). Para Paulo. b) 30. podemos calcular o número total de formas diferentes de dispô-los através da fórmula da permutação simples: Total = P(6) = 6! = 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 formas Deste total acima. d) 120. P1 G1 P2 G2 P3 G3 3. c) 24.. G2 G1 P3 P1 G3 P2 6. os quadros podem ser dispostos em qualquer ordem.. Sendo G1. alguns exemplos de disposição seriam: 1. desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem cronológica. G3 G1 P3 P1 G2 P2 02411066139 . e) 360. Logo. G2 e G3 os quadros de Gotuzo e P1. O número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a a) 20. ! assinados e datados. P1 G3 P2 G1 P3 G2 4. e está claro que a ordem dos quadros torna uma disposição diferente da outra. . . . . Resposta: D . temos 3 possibilidades para o primeiro espaço (G1. sabemos que de cada 6 delas apenas 1 nos interessa. deveríamos eliminar os casos 5 e 6. pois a diferença do caso 2 para ele é apenas a troca na ordem dos quadros de Gotuzo. devemos dividir 720 por 6. Isto 02411066139 é. Isto nos mostra que. Assim. Da mesma forma. Disposições = 720 / 6 = 120 Temos 120 formas de organizar os 6 quadros. Substituindo os quadros de Gotuzo por posições em branco. totalizando 3 x 2 x 1 = 6 formas. pois a diferença deles para o caso 4 é a troca de ordem dos quadros de Gotuzo. para aquelas 720 distribuições que encontramos inicialmente. Vamos trabalhar mais detidamente sobre o caso 4 para você visualizar o problema. temos: 4. sendo que destas apenas 1 nos interessa – aquela que esses quadros estão em ordem cronológica: 4. ! mais recente para o mais antigo). _ _ P3 P1 _ P2 De quantas maneiras podemos distribuir os quadros de Gotuzo nos espaços em branco? Ora. para eliminar as distribuições geradas pela simples permutação entre os quadros de Gotuzo. G2 ou G3). só 1 nos interessa (ordem cronológica). Em nossa lista acima. para cada posicionamento dos 3 quadros de Portinari. Logo. G1 G2 P3 P1 G3 P2 Generalizando este raciocínio. veja que deveríamos eliminar o caso 3. pela simples alteração na posição dos quadros de Gotuzo (sem mexer na posição dos Portinari) criamos 6 distribuições diferentes. o número de permutações possíveis para os 3 quadros de Gotuzo é: P(3) = 3! = 3 x 2 x 1 = 6 Destas 6 permutações possíveis. 2 para o segundo e 1 para o terceiro. de maneira a não trocar a ordem dos quadros de Gotuzo. . . . . ESAF – MPU – 2004) Quatro casais compram ingressos para oito lugares contíguos em uma mesma fila no teatro. Cadeira 1 Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira 2 3 4 5 6 7 8 No caso da letra “a”. são. a) 1112 e 1152. b) 1152 e 1100. e que b) todos os homens sentem-se juntos e que todas as mulheres sentem-se juntas. O número de diferentes maneiras em que podem sentar-se de modo a que a) homens e mulheres sentem-se em lugares alternados. há apenas 4 02411066139 possibilidades: um dos 4 homens (se a cadeira 1 foi ocupada por mulher). c) 1152 e 1152. entretanto. d) 384 e 1112. e) 112 e 384. Na segunda cadeira. RESOLUÇÃO: Vamos usar a tabela abaixo para anotar todas as possibilidades de preenchimento de cada cadeira. Para a primeira cadeira temos 8 possibilidades de preenchimento. afinal qualquer um pode se sentar ali. ! 34. devemos alternar homens e mulheres nas cadeiras consecutivas. ou uma das 4 mulheres (se a cadeira 1 foi ocupada por homem): Cadeira 1 Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira 2 8 (qualquer 3 4 5 6 7 8 4 (sexo homem ou diferente mulher) da cadeira . respectivamente. . . . . devemos colocar alguém do mesmo sexo da pessoa na cadeira 1. 4 possibilidades. Por fim. Temos. portanto. Assim. E na 4ª cadeira devemos colocar alguém do mesmo sexo da pessoa na cadeira 2. e na cadeira 8 resta a última pessoa do outro sexo. ! 1) Na 3ª cadeira. restando 3 para a cadeira 6. ao todo temos 8 x 4 x 3 x 3 x 2 x 2 x 1 x 1 = 1152 possibilidades. na cadeira 7 resta a última pessoa de um dos sexos. 2 para a cadeira 7 e a última para a cadeira 8: Cadeira 1 Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira . afinal devemos colocar alguém do mesmo sexo de quem se sentou na cadeira 1. novamente temos 8 possibilidades para a primeira cadeira (qualquer homem ou mulher). Na letra “b” queremos que todos os homens se sentem juntos e todas as mulheres também. temos: Cadeira 1 Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira 8 2 3 4 5 6 7 8 4 3 3 2 2 1 1 Portanto. Para a cadeira 5 restam apenas 2 possibilidades. Para a segunda cadeira temos apenas 3 possibilidades. afinal duas pessoas já foram deixadas nas cadeiras 1 e 3 (deste mesmo sexo). O mesmo raciocínio vale para a cadeira 6. havendo outras 3 possibilidades. Assim. temos 3 possibilidades de preenchimento desta cadeira. Assim. Da mesma forma. restam 2 possibilidades para a cadeira 3 e apenas 1 pessoa restante para a cadeira 4: Cadeira 1 Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira Cadeira 02411066139 8 2 3 4 3 2 1 5 6 7 8 Na cadeira 5 devemos colocar a primeira pessoa do sexo oposto. . . . 8 2 3 3 2 4 5 1 4 . Neste caso. temos: Total de possibilidades = 2 x 1 x 3 x 2 x 1 = 12 Resposta: A . de modo a se ter sempre um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens? a) 12 b) 36 c) 216 d) 720 e) 360 RESOLUÇÃO: Observe abaixo uma imagem desta mesa. sobram 2 possibilidades de homens para a posição C e 1 possibilidade para a posição E. temos 3 possibilidades para a posição B. 2 para a posição D e 1 para a posição F. Resposta: C 35. isto é. B. Quanto às mulheres. C. D. temos 8 x 3 x 2 x 1 x 4 x 3 x 2 x 1 = 1152 possibilidades. ESAF – AFRFB – 2009 – Adaptada) De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres em uma mesa redonda. sem cabeceira. E e F as 6 posições onde alguém poderia se sentar: 02411066139 Vamos supor que o primeiro dos 3 homens sentou-se na posição A. Marquei com as letras A. ! 6 7 8 3 2 1 Ao todo. Multiplicando. . . . . afinal encontram-se em localizações distintas em relação a esta pessoa. temos ao todo 9 pessoas. Só após ele se sentar que as outras posições passam a ser “diferentes” umas das outras. Isto porque. que não Mário e José: _ _ Mário José _ _ _ _ _ _ Observe que trocando a ordem entre Mário e José. 36.: Veja que não precisamos trabalhar o caso onde o primeiro homem sentou-se em outra posição. entre eles Mário e José. O número de diferentes formas que esta fila de amigos pode ser formada. ESAF – ANEEL – 2004) Dez amigos. mantendo todos os demais em suas posições originais. e não 10. O número de filas que podemos formar com essas 9 pessoas é a simples permutação de 9. de modo que Mário e José fiquem sempre juntos é igual a a) 2! 8! b) 0! 18! c) 2! 9! d) 1! 9! e) 1! 8! RESOLUÇÃO: Como Mário e José devem sempre ficar juntos. até a primeira pessoa se sentar. temos uma fila distinta: . Assim. devem formar uma fila para comprar as entradas para um jogo de futebol. As posições em branco representam os outros 8 amigos. não há qualquer referência. ! Obs. ou seja. qualquer posição que o primeiro homem se sentar equivale às demais. afinal está claro que a ordem dos elementos torna uma fila distinta da outra: P(9) = 9! 02411066139 Veja um exemplo dessas filas abaixo. podemos inicialmente tratalos como se fossem 1 pessoa só. como temos uma mesa redonda “sem cabeceira”. devemos entender que. . . . . Assim. ou seja. ! _ _ José Mário _ _ _ _ _ _ Isto é. Sabe-se. também. D. cada uma daquelas 9! possibilidades que vimos acima deve ainda ser multiplicada pela permutação dos 2 rapazes entre si. Não é possível traçar outra reta com 3 ou mais pontos. estão localizados no mesmo plano. o número de retas que ficam determinadas por estes sete pontos é igual a: a) 16 b) 28 c) 15 d) 24 e) 32 RESOLUÇÃO: Veja abaixo uma ilustração contendo 4 pontos colineares. temos ao todo: Possibilidades de fila = 2! x 9! Resposta: C 37. e outros 3 pontos 02411066139 dispersos: . ou seja. ESAF – AFRFB – 2009 – Adaptada) Sabe-se que os pontos A. Como P(2) = 2!. quatro são colineares. E. que destes sete pontos. F e G são coplanares. B. C. estão numa mesma reta. . . . . são 16 segmentos de reta. Além disso. temos o próprio segmento que liga os 4 pontos colineares entre si. ! cada um dos 3 pontos não-colineares com cada Podemos ligar. O número de diferentes comissões que podem ser formadas de modo que Marcela participe e que Mário não participe é igual a: a) 504 b) 252 02411066139 c) 284 d) 90 e) 84 RESOLUÇÃO: Devemos formar comissões de 6 formandos. A turma reúne-se para formar uma comissão de formatura composta por seis formandos. Resposta: A 38. um dos 4 pontos colineares. onde dez são rapazes e cinco são moças. Além destas. sendo 3 homens e 3 mulheres. podemos ligar os 3 pontos não-colineares entre si. Ao todo. sendo metade de cada sexo. então falta escolher 2 mulheres dentre . ESAF – GEFAZ/MG – 2005 – Adaptada) Marcela e Mário fazem parte de uma turma de quinze formandos. Como um deles obrigatoriamente é Marcela. com retas. formando outros 3 segmentos de reta: Até aqui temos 12 + 3 = 15 retas. totalizando 3 x 4 = 12 segmentos de reta distintos. . . . . 3) = 9 x 8 x 7 / (3 x 2 x 1) = 3 x 4 x 7 = 84 possibilidades para os rapazes Assim.os quatro últimos dígitos eram dois a dois distintos entre si e formavam um número par que começava por 67. para sua sorte. . parte do número marcado. consequentemente. sua mãe colocou-a na máquina de lavar roupas. como temos 6 possibilidades para as moças E 84 para os rapazes. 2 a 2.2) = 4 x 3 / (2 x 1) = 6 possibilidades para as moças E combinando os 9 rapazes restantes. Nessas condições. ! as 4 restantes.o prefixo era 2204. Então. destruindo assim parte do pedaço de papel e. ao todo temos: 6 x 84 = 504 possibilidades para formar as comissões Resposta: A 39. Devemos ainda escolher 3 homens dentre os 9 disponíveis (e não 10. No dia seguinte. Combinando 4 moças. FCC – TRF/2ª – 2012) Sidnei marcou o telefone de uma garota em um pedaço de papel a fim de marcar um posterior encontro. 3 a 3. A ordem de escolha das pessoas não torna uma comissão diferente da outra. Sidnei se lembrou de alguns detalhes de tal número: 02411066139 . já que moravam no mesmo bairro. sem perceber o pedaço de papel no bolso da camisa que Sidnei usara. temos: C(4. temos: C(9. b) 28. . c) 32. logo estamos diante de um caso de Combinação. a maior quantidade possível de números de telefone que satisfazem as condições que Sidnei lembrava é a) 24. pois Mário não deve participar). . . . . d) 35. X deve ser um número distinto de 6. ! e) 36. Desta forma. Ou seja. Y deve ser um algarismo par. totalizando 10 x 9 = 90 possibilidades. 7 e Y. FGV – SENADO – 2008) Em uma reunião todas as pessoas se cumprimentaram. FGV – ICMS/RJ – 2011) Quantas combinações existem para determinar o primeiro e o segundo lugares de um concurso com 10 pessoas? (O primeiro e o segundo lugares não podem ser a mesma pessoa). Como 6 já está presente em 67. Resposta: B 41. sobrando 7 algarismos possíveis. temos 7 x 4 = 28 possibilidades para completar o número restante. As possibilidades para Y são 0. 4.000. sobram 4 opções possíveis para Y. Para este número ser par. (D) 680. 6 e 8. 2. (C) 19.000. RESOLUÇÃO: 02411066139 Temos 10 opções para o primeiro lugar e 9 restantes para o segundo lugar. Resposta: B 40. RESOLUÇÃO: Os últimos quatro dígitos devem formar um número par que começa por 67. (E) 18. havendo ao todo 120 apertos de mão. (A) 18. (B) 90. O número de pessoas presentes nessa reunião foi: . Por sua vez. um número do tipo 67XY. . . . a) 14. . temos que 16 x 15 = 240. é igual a 240. ou resolve a equação de segundo grau n2 – n – 240 = 0. ! b) 15. 2 a 2. ou seja: C (n. Optando pelo primeiro caminho. 2) = 120 = n × (n − 1) 2! n × (n − 1) 2 n × (n − 1) = 240 Aqui você tem dois caminhos: ou você encontra um número n que. o número de cumprimentos é dado pela combinaçãod as n pessoas. A quantidade de diferentes resultados que podem ser obtidos pela soma de 2 ou mais dos elementos do conjunto A é: a) 9 . Portanto. e) 20. o gabarito é letra C. veja que. se n = 16. Como o número de pessoas não pode ser negativo. RESOLUÇÃO: Se temos n pessoas. c) 16. teríamos n1 = 16 e n2 = -15. d) 18. FGV – MEC – 2009) Considere o conjunto A = {2.3.5. Se decidíssemos resolver a equação de segundo grau.7}. Resposta: C 42. teríamos: n= −( −1) ± 1 + 4 × 240 1 ± 31 = 2 2 02411066139 Assim. multiplicado por seu antecessor (n – 1). devemos optar por n = 16. . . . b) 10 . temos: {2.3. Resposta: A .7} 2 + 3 + 5 = 10 2 + 3 + 7 = 12 2 + 5 + 7 = 14 3 + 5 + 7 = 15 02411066139 Somando em grupos de 4 elementos.7} em grupos de 2 temos: 2+3=5 2+5=7 2+7=9 3+5=8 3 + 7 = 10 5 + 7 = 12 Somando em grupos de 3 elementos. ! c) 11 d) 15 e) 17 RESOLUÇÃO: Somando os elementos do conjunto {2.5. temos: 2 + 3 + 5 + 7 = 17 Repare que temos 9 resultados de soma distintos.5.3. Não devemos somar duas vezes os resultados 10 ou 12. . . . . III. a 5ª bola retirada será necessariamente de cor igual a uma das que já . Observe que. (E) se somente as afirmativas II e III estiverem corretas. bolas apenas com três das quatro cores. necessariamente. Se cinco bolas forem retiradas da urna. restará. seria possível ter bolas das 4 cores na urna. restarão em seu interior. (D) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. Falso. mesmo após retirar 5 bolas. RESOLUÇÃO: Vamos analisar as afirmativas dadas: I. (C) se somente a afirmativa III estiver correta. necessariamente. Temos apenas 1 bola branca. três verdes e quatro pretas. entre as bolas retiradas haverá. restará. duas de uma mesma cor. necessariamente. Ou seja. Se cinco bolas forem retiradas da urna. Assinale: (A) se somente a afirmativa I estiver correta. Se cinco bolas forem retiradas da urna. Se ela for retirada. II. 1 verde e 1 preta na urna. uma bola de cada uma das quatro cores. duas de uma mesma cor. Se uma bola for retirada da urna. Verdadeiro. se as 5 bolas retiradas forem 3 pretas e 2 verdes. sobrarão 1 bola branca. necessariamente. bolas apenas com três das quatro cores. entre as bolas retiradas haverá. Se cinco bolas forem retiradas da urna. necessariamente. dentro dela. ! 43. duas amarelas. teremos bolas de apenas 3 cores na urna. 2 amarelas. II. Ainda que as 4 primeiras bolas retiradas sejam cada uma de cor diferente. uma bola de cada uma das quatro cores. necessariamente. dentro dela. restarão em seu interior. Considere as afirmativas a seguir: I. 02411066139 Falso. (B) se somente a afirmativa II estiver correta. FGV – MEC – 2009) Uma urna contém dez bolas: uma branca. Se uma bola for retirada da urna. III. . . . . FGV – MEC – 2009) Em uma urna. O número mínimo de bolas que devem ser retiradas para que se possa garantir que. Resposta: D . Resposta: C 44. necessariamente. 02411066139 após tirar essas 9 bolas restam apenas as 3 brancas na urna. Assim. dentre as 5 bolas retiradas teremos. Portanto. entre as bolas extraídas da urna. a 10ª bola que retirarmos seria obrigatoriamente branca. e assim teríamos pelo menos 1 de cada cor. apenas a afirmativa III está correta. Veja que até aqui já teríamos tirado 9 bolas e mesmo assim não teríamos uma de cada cor. há 3 bolas brancas. pois estaria faltando uma branca. As bolas serão extraídas uma a uma. Qual seria ele? Seria dar o “azar” de sair tirando bolas sempre da mesma cor. é preciso pensarmos no “pior caso” possível. Portanto. mesmo nesse pior caso que imaginamos. Portanto. Podemos “dar o azar” de tirar 5 bolas e as 5 serem vermelhas. Depois disso. sucessivamente e de maneira aleatória. podemos ainda “dar o azar” de tirar 4 bolas e as 4 serem azuis. após tirar 10 bolas temos certeza de ter em nossas mãos 1 bola de cada cor. haja pelo menos uma de cada cor é: a) 7 b) 8 c) 9 d) 10 e) 11 RESOLUÇÃO: Se o nosso objetivo é garantir que teremos pelo menos uma bola de cada cor. ! tiver sido retirada (afinal. De qualquer forma. 4 bolas azuis e 5 bolas vermelhas. 2 de mesma cor. não existem mais cores). . . . . e) 72. d) 36. RESOLUÇÃO: Como os mais pesados devem ficar embaixo. Para os 3 mais leves. ! Há seis contêineres diferentes que deverão ser 45. FGV – CODESP/SP – 2010) empilhados. b) 6. temos 6 x 6 = 36 formas de permutar todos os contêiners. também temos P(3) = 6 permutações possíveis. conforme sugere a figura: O número de maneiras de se fazer essa arrumação. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. mantendo os três mais pesados embaixo e os três mais leves em cima é a) 18. num total de P(3) = 3! = 6 permutações possíveis. Osmar e Pedro são candidatos a representantes da turma da qual fazem parte. que devem ser permutados entre as 3 posições de cima. . Nélson. FGV – CAERN – 2010) Num curso de pós-graduação. Como a permutação dos pesados é independente da permutação dos leves. 02411066139 Resposta: D 46. três mais pesados embaixo e três mais leves em cima. Quantas duplas diferentes de representante e auxiliar podem ser formadas? a) 24. Marcos. devemos permutar os 3 pesados entre 3 posições possíveis. c) 9. . . . . O livro de química está entre os livros de gramática e de matemática. totalizando 4 x 3 = 12 escolhas possíveis. Resposta: D 47. após essa escolha. ! b) 18. portanto. 02411066139 b) 2ª posição. RESOLUÇÃO: Veja abaixo 5 lacunas. d) 4ª posição. que leva em conta a ordem de escolha! Temos. há 5 livros: um de matemática. FGV – CAERN – 2010) Sobre a minha prateleira.2). temos 3 opções restantes para o auxiliar. o livro de gramática ocupa a a) 3ª posição. que devemos preencher com os 5 livros: ___ ___ ___ ___ ___ . Os livros de biologia e de física estão nas extremidades dessa arrumação. d) 12. um de biologia. RESOLUÇÃO: Observe que temos 4 pessoas e devemos escolher 2 para a dupla. Assim. O livro de física está imediatamente à esquerda do livro de matemática. c) 5ª posição. A uma primeira vista você poderia pensar na combinação C(4. e) 6. um de química e um de física. Ocorre que a ordem de escolha É RELEVANTE. ou princípio fundamental da contagem. pois uma pessoa será o representante e a outra será o auxiliar. um de gramática. c) 16. devemos usar o arranjo. 4 opções para o representante e. e) 1ª posição. Da esquerda para a direita. . . . . Quantas senhas diferentes podem ser criadas de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes? a) 3600. ele só pode estar na extremidade esquerda. ou seja. RESOLUÇÃO: Temos 5 possibilidades para o último dígito (os 5 algarismos ímpares).. Como o de física está em uma extremidade. física matemática . Após isso. o livro de gramática ocupa a 4ª posição.. 02411066139 b) 3645. é preciso ter a seguinte ordem: física matemática química gramática biologia Da esquerda para a direita. Logo. temos 9 opções restantes para o 1º dígito (os 9 algarismos restantes). ! O livro de física está IMEDIATAMENTE à esquerda do livro de matemática... O livro de biologia está na extremidade direita: física matemática ___ ___ biologia O livro de química está entre os livros de gramática e de matemática. 8 para o 2º dígito e 7 para o 3º. totalizando: . c) 2520. pois à sua direita há o livro de matemática. d) 2240. FGV – CAERN – 2010) Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. NÃO HÁ livro entre eles! Temos algo como . Resposta: D 48. e) 2016. . . . . protocolar. para cada duas tarefas. ! 5 x 9 x 8 x 7 = 2520 Resposta: C 49. O número de funcionários desse escritório é (A) 6. Sabese que cada funcionário do escritório está capacitado para executar exatamente duas dessas tarefas e. uma dessas 5 pessoas. totalizando: 4 x 4 x 3 x 2 x 1 = 96 Resposta: C 50. FGV – CAERN – 2010) De quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 pessoas em fila sendo que Maria. . 2 para a 4ª e 1 para a 5ª. c) 96. há um único funcionário capacitado a executá las. arquivar. FGV – TCE/BA – 2013) Em um escritório há 6 tarefas básicas diferentes que 02411066139 devem ser cumpridas pelos funcionários: atender ao público. RESOLUÇÃO: Para que Maria não seja a primeira. b) 112. d) 75. digitar. Depois temos 4 opções para a 2ª posição (Maria e as 3 que sobraram após a escolha da primeira). 3 opções para a 3ª posição. (B) 12. expedir documentos e fazer a manutenção dos computadores. e) 88. temos 4 possibilidades para a primeira posição (as 4 pessoas restantes). jamais seja a primeira da fila? a) 120. (C) 15. . . . . (D) 24. O número total de maneiras de se fazer esta arrumação é (A) 4. B. (B) 6. (E) 24. Assim. ! (E) 30. Ao todo temos 2 x 6 = 12 possibilidades de ordenar as letras. são necessários 15 funcionários para cobrir todas as possibilidades de “duplas” de tarefas. podemos combiná-las duas a duas de 15 maneiras. de modo que as vogais fiquem na linha de cima e as consoantes na linha de baixo. como para cada conjunto possível de 2 tarefas há um funcionário que é capaz de executá-las. C. RESOLUÇÃO: Temos 2 vogais e 3 consoantes. temos 2 x 1 = 2 possibilidades de ordenar as vogais A e E. . (D) 18. 02411066139 (C) 12. RESOLUÇÃO: Se existem 6 tarefas distintas.2) = 6 x 5 / 2 = 15 Assim. FGV – TCE/BA – 2013) Desejase arrumar as cinco letras da sigla TCEBA nos cinco retângulos da figura a seguir. Resposta: C 51. e temos 3 x 2 x 1 = 6 possibilidades de ordenar as consoantes T. pois: C(6. . . . Resposta: C . cada um com 7 fileiras e 30 homens em cada fileira.5 pelotões com 12 homens por fileira .1 pelotão com 60 homens por fileira . o número total de formas de se distribuírem todos os 420 homens é igual a: a) 4 b) 5 c) 10 d) 12 e) 24 RESOLUÇÃO: Devemos ter 7 fileiras.3 pelotões com 20 homens por fileira . Deseja-se que os homens sejam distribuídos em pelotões de configurações idênticas. de mesma forma e quantidade de homens. 02411066139 formando um único pelotão. FUNIVERSA – SEAD/AP – 2012) Um grupo de soldados formado por 420 homens deve ser colocado em formação para um desfile. Nessas condições. Os pelotões deverão ter forma exatamente retangular e comportar o maior número possível de fileiras. Outra possibilidade seria ter 2 pelotões.2 pelotões com 30 homens por fileira . ! 52. Basta vermos os outros divisores de 60 que teremos todas as possibilidades de pelotões com 7 fileiras: . afinal o enunciado informou que deveríamos usar o maior número possível de fileiras. uma configuração possível é ter 7 fileiras com 60 homens cada. ou seja.4 pelotões com 15 homens por fileira . O espaço no qual o desfile será realizado permite que os homens sejam dispostos em até sete fileiras paralelas. O número de homens em cada fileira será: Homens por fileira = 420 / 7 = 60 Portanto. . . . . o que nos permite marcar a alternativa D. oito registros de eletrocardiogramas.30 pelotões com 2 homens por fileira . Caso sejam 0. FUNIVERSA – CFM – 2012) Um paciente faleceu. Da mesma forma.10 pelotões com 6 homens por fileira . vítima de enfarto. do nome do paciente. podem ser do paciente as seguintes quantidades: 0. entre seus documentos pessoais. Depois de sua morte. ! . 4. foram encontrados. só há um conjunto vazio que podemos formar. da clínica onde foram realizados e. todos sem indicação da data de realização. se forem 8. o número total de conjuntos desses eletrocardiogramas que podem ser do paciente falecido é igual a: a) 1 b) 8 02411066139 c) um número entre 1 e 8 d) 255 e) 256 RESOLUÇÃO: Dentre os 8 eletrocardiogramas.20 pelotões com 3 homens por fileira . 7 ou 8. 5. Nesse caso. 6. até mesmo. Resposta: D 53. 2. só há um conjunto contendo todos os exames que podemos . 1.12 pelotões com 5 homens por fileira .6 pelotões com 10 homens por fileira . 3.60 pelotões com 1 homem por fileira Listamos acima as 12 possibilidades existentes.15 pelotões com 4 homens por fileira . . . . . 8) TOTAL = 1 + 8 + 28 + 56 +70 + 56 + 28 + 8 + 1 = 256 Resposta: E 54. há 8 possibilidades (qualquer um dos 8 exames encontrados). 2 a 2. vermelha. Já se exatamente 2 exames forem do paciente. laranja ou pink. devemos calcular C(8. devemos fazer a combinação de 8 elementos. usamos a fórmula da combinação: C(8. é possível formar. Cada uma das pás pode ser pintada em qualquer das cores 02411066139 disponíveis. sendo cada pá pintada em uma única cor. FUNIVERSA – CFM – 2012) A figura ilustra um ventilador de teto. É possível pintar as pás desse ventilador nas cores verde. 6) + C(8. ! formar. 2) = 28. Ou seja. Caso apenas 1 dos exames seja do paciente. amarela. 4) + C(8. E assim por diante. 5) + C(8. devemos calcular quantas combinações de 8 elementos. azul. 3) = 56. 7) + C(8. o número total de ventiladores distintos que é possível produzir é: a) 20 b) 56 c) 120 d) 216 e) 720 . 3) + C(8. 0) + C(8. Se forem exatamente 3 exames. 2) + C(8. 1) + C(8. obtendo: TOTAL = C(8. 3 a 3. Nessas condições. Para isso. . . . RESOLUÇÃO: . de acordo com as normas dessa delegacia. o número de homens não pode exceder o número de mulheres naquela cela? (A) 44 02411066139 (B) 54 (C) 64 (D) 74 (E) 84 RESOLUÇÃO: Como o número de homens não pode exceder o número de mulheres naquela cela.número de ventiladores com 2 pás da mesma cor e outra diferente: temos 6 possibilidades para a cor que cobrirá 2 pás. 6 detentos.número de ventiladores com 3 pás de cores distintas entre si: temos que escolher 3 das 6 cores disponíveis. e outras 5 possibilidades para a cor que cobrirá a pá restante. De quantas maneiras distintas puderam ser selecionados os 6 que ficariam na D1 se. 3 dessas pessoas tiveram que ser transportadas para a cela de outra delegacia. 4 ou 5 mulheres na D1. . ! . ficando . totalizando 6 x 5 = 30 possibilidades. FUNIVERSA – CEB – 2010) A cela da delegacia D1 tem capacidade para abrigar.número de ventiladores com as 3 pás da mesma cor: 6 possibilidades (pois temos 6 cores disponíveis). o que nos dá C(6. 3) = 20 possibilidades. em caráter provisório. . é preciso que tenham ficado 3. Ao todo temos 6 + 30 + 20 = 56 possibilidades. Resposta: B 55. Na noite em que foram capturados 4 homens e 5 mulheres. . . . . 3) x C(4. ! respectivamente 3. Para auxiliar o processo. 4) x C(4. 1) = 1 x 4 = 4 possibilidades.5 mulheres e 1 homem: C(5. O processo de identificação consiste em mostrar um grupo com 2 dos possíveis suspeitos acompanhados de outras 3 pessoas. obtendo: C(3. FUNIVERSA – Polícia Civil/DF – 2008 – Adaptada) Para a investigação de um crime. 5) x C(4. lembrando que temos 5 mulheres e 4 homens disponíveis: . Resposta: D 56. encontram-se alinhados 12 mastros destinados à . 2) = 5 x 6 = 30 possibilidades . a) 90 b) 120 c) 105 d) 110 e) 80 02411066139 RESOLUÇÃO: Devemos combinar os 3 suspeitos em grupos de 2 e combinar as outras 7 pessoas em grupos de 3. foram chamadas outras 7 pessoas.3 mulheres e 3 homens: C(5. Vejamos as combinações para cada caso.3) = 3 x 7 x 6 x 5 / 3! = 3 x 5 x 7 = 105 Resposta: C 57.4 mulheres e 2 homens: C(5. Ao todo temos 40 + 30 + 4 = 74 possibilidades. FUNIVERSA – EMBRATUR – 2011) Em frente a um hotel internacional localizado em Brasília (DF).2) x C(7. 2 ou 1 homem. deseja-se utilizar uma testemunha para identificar 3 suspeitos. Quantos grupos com essa descrição podem ser formados? Considere que a ordem das pessoas em cada grupo é irrelevante. 3) = 10 x 4 = 40 possibilidades . . . . . devemos permutar entre si as bandeiras do DF e do Hotel.440 C) 362.760 RESOLUÇÃO: Eliminando o mastro central e os dois mastros utilizados apenas para as bandeiras do DF e do Hotel. Para isso. o número total de disposições possíveis para as bandeiras hasteadas na frente do hotel é igual a: A) 126. 02411066139 Como a permutação das bandeiras do DF e do Hotel é independente da permutação das outras 9 bandeiras. Arthur Lima (
[email protected] D) 657. nas duas posições possíveis para elas (à direita ou à esquerda da bandeira nacional).218 B) 181.com. sobram 9 mastros onde podemos permutar bandeiras. As bandeiras são trocadas ao final de cada semana. devemos usar a regra do produto.320 E) 725. ! colocação de bandeiras. Além disso. se houver necessidade. usam-se as bandeiras dos países de origem dos hóspedes presentes ou que estiveram anteriormente no hotel. Até o nosso próximo encontro! Abraço. Os outros mastros são usados para se colocarem as bandeiras dos países de origem dos hóspedes do hotel. obtendo: 2 x 362880 = 725760 permutações Resposta: E *************************** Fim de aula. em um total de P(2) = 2! = 2 permutações. O mastro central e mais alto é reservado ao pavilhão nacional. Os mastros imediatamente à esquerda e à direita daquele são disponibilizados para a bandeira do Distrito Federal e da rede hoteleira proprietária do hotel. de modo a se ter sempre uma bandeira diferente em cada mastro.br) . Em uma quarta-feira. totalizando P(9) = 9! = 362880 permutações. . . . . O número de retiradas possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a de número 20 é igual a: a) 681384 b) 382426 c) 43262 d) 7488 e) 2120 2. ou seja. Beatriz pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. Sabendo-se que Ágata possui apenas 8 cores disponíveis. QUESTÕES APRESENTADAS 1. ESAF – STN – 2008) Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos. Atendendo ao pedido da amiga. Ele . ESAF – SMF/RJ – 2010) O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 técnicos de nível superior sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. ! NA AULA 3.exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma sequência de 5 listras horizontais pintadas de cores diferentes.o cliente . todos devidamente acondicionados em caixas numeradas de 1 a 90. ESAF – CGU – 2008) Ágata é decoradora e precisa atender o pedido de um excêntrico cliente. uma de cada cor. então o número de diferentes maneiras que a parede pode ser pintada é igual a: a) 56 b) 5760 c) 6720 d) 3600 e) 4320 02411066139 3. Quantas equipes técnicas distintas podem ser formadas por 2 desses técnicos com a participação de pelo menos um engenheiro em cada equipe? a) 14 b) 35 c) 21 d) 28 e) 42 . . . . . 600 c) 4.440 b) 5. o número de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes. Para obter melhores resultados 02411066139 neste programa.200 d) 24. b) 36. ESAF – SMF/RJ – 2010) O departamento de vendas de imóveis de uma imobiliária tem 8 corretores. Assim. na sala 2 fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem. sendo 5 homens e 3 mulheres. também. e) 60. nas três diferentes salas. 5. ESAF – Analista MPOG – 2010) Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 pacientes.000 e) 42. c) 96. ESAF – AFT – 2010) O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários. sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas equipes de vendas distintas podem ser formadas com 2 corretores.000 . é igual a: a) 2. de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes. ! 4. d) 48. havendo em cada equipe pelo menos uma mulher? a) 15 b) 45 c) 31 d) 18 e) 25 6. havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher? a) 192. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários. 3 pacientes. Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas diferentes. . . . . Beatriz. 7 azuis e 3 amarelas. quando todas as luzes de seu apartamento apagam. o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a: a) 420 b) 480 . ! 7. a última de cada fila só poderá ser ou Ana. Apressado. Para que Marcos não saia com sua namorada vestindo meias de cores diferentes. 9 brancas. ou Beatriz. Finalmente. para ser aprovada. de quantas maneiras diferentes Ana pode escolher as questões? a) 3003 b) 2980 c) 2800 d) 3006 e) 3005 02411066139 9. Assim. Além disso. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas. Ana só precisa resolver 10 questões das 15 propostas. ESAF – AFRE/MG – 2005) Sete modelos. ESAF – MPOG – 2008) Marcos está se arrumando para ir ao teatro com sua nova namorada. mas sempre em filas formadas por exatamente quatro das modelos. Assim. ou Carla ou Denise. Contudo. Carla e Denise. vão participar de um desfile de modas. ele corre até uma de suas gavetas onde guarda 24 meias de cores diferentes. a saber: 5 pretas. ESAF – CGU – 2008) Ana precisa fazer uma prova de matemática composta de 15 questões. o número mínimo de meias que Marcos deverá tirar da gaveta para ter a certeza de obter um par de mesma cor é igual a: a) 30 b) 40 c) 246 d) 124 e) 5 8. Denise não poderá ser a primeira da fila. entre elas Ana. . . . c) 360 . Se a criança mais alta deve ficar em uma das extremidades. CEPERJ – PREF. SÃO GONÇALO – 2011) Permutando de todos os modos possíveis todos os algarismos ímpares 1. 3. ! d) 240 e) 60 10. CEPERJ – PREF. Se todas as permutações do número 31452 foram escritas em ordem crescente. SÃO GONÇALO – 2011) Quatro crianças devem ficar uma ao lado da outra para uma fotografia. 5. o número de arrumações possíveis dessas crianças é: a) 4 b) 6 c) 8 d) 10 e) 12 11. CEPERJ – SEE-RJ – 2011) Uma permutação de um número natural é um outro número natural que possui exatamente os mesmos algarismos em outra ordem. o número que ocupará a 80ª posição nessa lista será: a) 32154 . o número que ocupa a 83ª posição é: a) 71935 b) 71953 02411066139 c) 73195 d) 73519 e) 73915 12. 7 e 9. e escrevendo os números assim formados em ordem crescente. . . . b) 34251 . e somente se. a questão Y também a compuser II . CEPERJ – PREF. deve fazer parte da prova Dessa forma.Pelo menos uma. uma banca dispõe de 12 questões distintas. de modo que sejam satisfeitas as três regras abaixo. I . dentre as quais as questões X. S. ! c) 35142 d) 41352 e) 42153 13. Y e Z. O número de maneiras diferentes em que essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é: a) 18 b) 24 c) 30 d) 60 e) 72 . A banca deseja elaborar a prova utilizando 8 das 12 questões disponíveis. L devem ser escritas nas 02411066139 faces de um cubo. sem se importar com a ordem das questões na prova. SÃO GONÇALO – 2011) Para elaborar uma prova de concurso. dentre as questões X. o número máximo de modelos distintos de provas que a banca pode confeccionar. A. Y e Z. é: a) 120 b) 129 c) 369 d) 80 e) 55 14.A questão Z compõe a prova se. CEPERJ – SEE-RJ – 2011) As letras B. e somente se. a questão X não a compuser III . I. com uma letra em cada face.A questão X compõe a prova se. R. . . . . 2. CEPERJ – SEE-RJ – 2009) O número de subconjuntos de A = { 1. 6 meias beges. 4} que contém o elemento 2 ou o elemento 3 é: a) 14 b) 13 c) 12 d) 11 e) 10 16. Ocorreu uma pane de energia elétrica e uma pessoa precisa retirar a quantidade mínima de meias dessa gaveta. O número de meias que a pessoa deve retirar é: a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10 . nas seguintes quantidades e cores: 8 meias brancas. um grupo de 3 pessoas deve ser escolhido de forma que possua pelo menos uma mulher. 3. 4 meias vermelhas e 2 meias azuis. ! 15. pelo menos. sejam da mesma cor. CEPERJ – SEE-RJ – 2009) No departamento de vendas de uma empresa trabalham 4 homens e duas mulheres. para que possa garantir que duas delas. 02411066139 12 meias pretas. FDC – MAPA – 2010) Em uma gaveta estão guardadas várias meias masculinas. todas misturadas. Destas 6 pessoas. O número de grupos diferentes que podem ser formados é: a) 16 b) 12 c) 8 d) 20 e) 24 17. na escuridão. . . . . o número de maneiras que Ricardo poderá escolher.000 20.000 c) 175. sendo apenas uma opção correta. Se. aquele que vai levar é: 02411066139 a) 48 b) 64 c) 72 d) 84 e) 90 . O número de maneiras distintas de uma pessoa responder a essa prova e tirar a nota zero é: a) 100 (cem) b) 205 c) 520 d) 420 e) 1 (uma) 19. é: a) 650. começadas pela letra B e terminadas pelo algarismo 9. na sua estante. ! 18. CEPERJ – FAETEC – 2010) Ricardo vai fazer uma longa viagem e pretende levar 3 livros para ler.000 b) 676. com três letras e quatro algarismos. dentre esses 9 livros. FDC – MAPA – 2010) Uma prova de questões de múltipla-escolha é constituída de 20 questões com 5 opções cada uma.760 d) 10.000 e) 26. FDC – MAPA – 2010) O número máximo possível de placas de automóvel em nosso país. há 9 livros que ele não leu. . . . . seguida de uma sequência de três algarismos (escolhidos entre 0 e 9). CESPE – MPE/AM – 2008) Com respeito aos princípios básicos da contagem de elementos de um conjunto finito. Com relação a essa situação hipotética. 02411066139 s. A e B. t.126 maneiras diferentes. CESPE – EMBASA – 2009) em cada um dos quinze bairros de determinado município é feita por apenas um dos três funcionários responsáveis por essa atividade. u. julgue os itens a seguir: ( ) Essa distribuição pode ser realizada de 126. 22. julgue os itens a seguir. ( ) Considere que. ( ) Considerando-se que os bairros sob a responsabilidade de determinado funcionário sejam agrupados. r. então esse funcionário poderá visitar esses bairros de 24 maneiras distintas se ele visitar todos os bairros de uma mesma região antes dos demais bairros. ! A leitura mensal do consumo de água residencial 21. em duas regiões. escolhidos entre os algarismos de 0 a 9. por proximidade geográfica. 11 deles não precisaram ser utilizados. y. z}. v. se forem permitidas repetições das letras e dos algarismos. há uma distribuição aleatória em que cinco desses bairros são designados para cada um desses funcionários. que deverão ser digitadas na portaria para se obter acesso ao prédio. duas barras e 2 algarismos. foram distribuídas senhas secretas para todos os funcionários. x. Nessa situação. então o número de possíveis códigos distintos desse tipo será igual a 102(102 + 1). O número de senhas distintas . 23. de todos os códigos assim formados. CESPE – TSE – 2007) Para aumentar a segurança no interior do prédio do TSE. com dois bairros em A e três bairros em B. Então. ( ) Considere que um código seja constituído de 4 letras retiradas do conjunto {q. formados com os algarismos de 0 a 9. w. a cada mês. haja uma caixa de correspondência para cada um de seus 79 apartamentos e em cada uma delas tenha sido instalada uma fechadura eletrônica com código de 2 dígitos distintos. em um edifício residencial. As senhas são compostas por uma sequência de três letras (retiradas do alfabeto com 26 letras). . . . . ( ) Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto. julgue o item que se segue. 2 da região Centro- . 3 processos referentes a cidades da região Nordeste. mas que podem ser formadas sem admitindo-se a repetição de algarismos. 25. ! que seja admitida a repetição de letras.estadao. com exceção daquelas da fronteira do MS com o Paraguai. serão sorteadas 5 equipes.com. ( ) A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo A será inferior a 400. em um torneio de basquete. ( ) Caso o servidor responsável pela guarda de processos de determinado órgão tenha de organizar. julgue o próximo item. 2 da região Sul. 3 da região Norte. 26. 6 dessas cidades estão na fronteira do Mato Grosso do Sul (MS) com o Paraguai. para a entrada ilegal de armas no Brasil. para formar o grupo A. Considerando as informações do texto acima. as 11 equipes inscritas serão divididas nos grupos A e B. CESPE – Polícia Federal – 2009) Considerando que. julgue os itens subsequentes. CESPE – ABIN – 2010) Com relação aos princípios e técnicas de contagem.br> (com adaptações). é igual a: a) 263 x 10 x 9 x 8 b) 263 x 103 c) 26 x 25 x 24 x 10 x 9 x 8 d) 26 x 25 x 24 x 103 24. Internet: <www. e que. então essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de 02411066139 fazer essa escolha. CESPE – Polícia Federal – 2009) A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos 17 cidades de fronteira como locais de entrada ilegal de armas. em uma estante com 5 prateleiras. . . . . ! modo que processos de regiões distintas fiquem Oeste e 1 da região Sudeste. Maceió. ( ) Considere que seja possível chegar a uma pequena cidade por meio de carro. . CESPE – ANAC – 2009) Com relação a análise combinatória. ( ) Caso o chefe de um órgão de inteligência tenha de escolher 3 agentes entre os 7 disponíveis para viagens — um deles para coordenar a equipe. ( ) Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra. de em prateleiras distintas. fazendo uma escala em Belo Horizonte. é correto afirmar que o número de maneiras de o servidor responsável pela organização das viagens escolher os veículos para transporte de 3 agentes para essa missão é inferior a 50. sabendo-se que o órgão de inteligência dispõe de apenas um carro e que os deslocamentos devem ocorrer no mesmo dia. o número de maneiras de que esse chefe dispõe para fazer suas escolhas é inferior a 200. Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.880 e 5! = 120.280 maneiras distintas para organizar esses processos. João Pessoa. Em face dessa situação. tendo ou não significado na linguagem comum. Salvador. então A = 21B. os agentes que participarão dessa operação devam chegar à referida cidade de maneira independente. dado o caráter sigiloso de uma operação a ser realizada nessa cidade. um para redigir o relatório de missão e um para fazer os levantamentos de informações —. A seja a quantidade de anagramas possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO. então esse servidor terá 17. Recife ou 02411066139 Aracaju. 27. em veículos distintos. Natal. julgue os itens que se seguem. e sabendo que 9! = 362. Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza. B seja a quantidade de anagramas começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA. por um dos 5 ônibus ou por um dos 2 barcos disponíveis e que. ( ) O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre. Brasília. . . . . direito tributário e . em cada inserção da propaganda na TV. incluindo. Banco da Rosa etc. no máximo. também. Há 6 estradas distintas ligando as cidades A e B. é superior a 210. e 2 ligando A e C diretamente. ! ( ) Considere a seguinte situação hipotética. o número de rotas possíveis com origem e destino em A e escala em C é igual a 400. CESPE – BANCO DO BRASIL – 2007) Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem. distribuídos entre as seguintes áreas: direito penal. sempre apareçam somente dois nomes distintos. Nesse caso. seguida de uma assertiva a ser julgada. 30. CESPE – MPE/RR – 2008) Em cada um dos próximos itens. Nessa situação. ( ) Há exatamente 495 maneiras diferentes de se distribuírem 12 funcionários de um banco em 3 agências. Suponha. de modo que cada agência receba 4 funcionários. 02411066139 Nessa situação. 2 pilotos. se 3 faixas são verdes e indistinguíveis. 30. 29. 3 ligando B e C. 30. ( ) O arquivo de um tribunal contém 100 processos. ( ) Considere que o BB tenha escolhido alguns nomes de pessoas para serem usados em uma propaganda na televisão. que a quantidade total de nomes escolhidos para aparecer na propaganda seja 12 e que. pelo menos. ( ) Considere que um decorador deva usar 7 faixas coloridas de dimensões iguais. é apresentada uma situação hipotética a respeito de probabilidade e contagem. 140 formas diferentes com essas faixas. ( ) O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5 pilotos e 6 co-pilotos. a quantidade de inserções com pares diferentes de nomes distintos que pode ocorrer é inferior a 70. esse decorador conseguirá produzir. direito civil. direito trabalhista. pendurando-as verticalmente na vitrine de uma loja para produzir diversas formas. 3 faixas são amarelas e indistinguíveis e 1 faixa é branca. 28. Cada estrada pode ser utilizada nos dois sentidos. em expressões do tipo Banco do Bruno. . . . . as placas dos automóveis possuem três letras do alfabeto. 10. para se ter a certeza de que. 3 e 4 é possível formar mais de 140 placas distintas de automóveis. ! direito agrário. com idades de 11 a 22 anos. Nessa situação. e que as demais tenham idade superior a 18 anos. 10 se refiram a uma mesma área. sem se verificar a que área se referem. para a seleção. com as letras A. entre os processos retirados do arquivo. de cada candidata. ( ) Um anagrama da palavra FORTALEZA é uma permutação das letras dessa palavra. tendo ou não significado na linguagem comum.800. seguidas de quatro algarismos. 02411066139 31. Então. ao se retirar. de modo que três delas tenham menos de 18 anos. há 10 celas iguais e 8 presidiários. A quantidade de anagramas que é possível formar com essa palavra é inferior a 180. que uma delas tenha exatamente 18 anos. B e C e com os algarismos 1. CESPE – Polícia Militar/CE – 2008) Cada um dos itens a seguir apresenta uma informação seguida de uma assertiva a ser julgada a respeito de contagem. 2.000. um a um. Apresentaram-se. ESAF – ANEEL – 2004) Quer-se formar um grupo de danças com 6 bailarinas. ( ) Em determinada delegacia. ( ) Determinada cidade possui quatro praças.000 maneiras diferentes de se colocar um presidiário em cada cela. . Diariamente. Nesse caso. cinco escolas e seis centros de saúde que deverão ser vigiados pela polícia militar. diferente das demais. 30. sendo a idade. doze candidatas. um soldado deverá escolher uma praça. ( ) No Brasil. Nesse caso. em anos. O número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a a) 85. o soldado disporá de mais de 150 formas diferentes de escolha dos locais para sua ronda. há mais de 1. uma escola e um centro de saúde para fazer a sua ronda. os processos desse arquivo. será necessário que se retirem pelo menos 45 processos. . . . b) 220. . desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem 02411066139 cronológica. diferente das demais. de modo que 5 delas tenham menos de 23 anos. d) 120. ! c) 210. os quadros podem ser dispostos em qualquer ordem. de cada candidata. sendo a idade. da esquerda para a direita. ESAF – AFT – 2006) Quer-se formar um grupo de dança com 9 bailarinas. quinze candidatas. para a seleção. e que as demais tenham idade superior a 23 anos. Apresentaram-se. que uma delas tenha exatamente 23 anos. O número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a a) 20. b) 30. e) 360. 32. em anos. ESAF – MPU – 2004) Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-los em uma mesma parede. Todos os seis quadros são assinados e datados. c) 24. com idades de 15 a 29 anos. lado a lado. e) 150. Para Paulo. d) 120. . O número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a: a) 120 b) 1220 c) 870 d) 760 e) 1120 33. . . . . ! 34. devem formar uma fila para comprar as entradas para um jogo de futebol. de modo que Mário e José fiquem sempre juntos é igual a a) 2! 8! b) 0! 18! c) 2! 9! d) 1! 9! . O número de diferentes maneiras em que podem sentar-se de modo a que a) homens e mulheres sentem-se em lugares alternados. a) 1112 e 1152. isto é. ESAF – ANEEL – 2004) Dez amigos. são. 35. c) 1152 e 1152. de modo a se ter sempre um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens? a) 12 b) 36 c) 216 d) 720 e) 360 02411066139 36. b) 1152 e 1100. entre eles Mário e José. e) 112 e 384. ESAF – AFRFB – 2009 – Adaptada) De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres em uma mesa redonda. respectivamente. ESAF – MPU – 2004) Quatro casais compram ingressos para oito lugares contíguos em uma mesma fila no teatro. d) 384 e 1112. O número de diferentes formas que esta fila de amigos pode ser formada. e que b) todos os homens sentem-se juntos e que todas as mulheres sentem-se juntas. sem cabeceira. . . . e) 1! 8! . o número de retas que ficam determinadas por estes sete pontos é igual a: a) 16 b) 28 c) 15 d) 24 e) 32 38. quatro são colineares. FCC – TRF/2ª – 2012) Sidnei marcou o telefone de uma garota em um pedaço de papel a fim de marcar um posterior encontro. B. F e G são coplanares. também. Sabe-se. sendo metade de cada sexo. A turma reúne-se para formar uma comissão de formatura composta por seis formandos. estão localizados no mesmo plano. C. Assim. No dia seguinte. . D. ou seja. estão numa mesma reta. ESAF – AFRFB – 2009 – Adaptada) Sabe-se que os pontos A. destruindo assim parte do pedaço de papel e. E. ! 37. que destes sete pontos. sua mãe colocou-a na máquina de lavar roupas. O número de diferentes comissões que podem ser formadas de modo que Marcela participe e que Mário não participe é igual a: a) 504 b) 252 c) 284 02411066139 d) 90 e) 84 39. Não é possível traçar outra reta com 3 ou mais pontos. sem perceber o pedaço de papel no bolso da camisa que Sidnei usara. ou seja. onde dez são rapazes e cinco são moças. ESAF – GEFAZ/MG – 2005 – Adaptada) Marcela e Mário fazem parte de uma turma de quinze formandos. . . . . 02411066139 41. . d) 35. a maior quantidade possível de números de telefone que satisfazem as condições que Sidnei lembrava é a) 24.os quatro últimos dígitos eram dois a dois distintos entre si e formavam um número par que começava por 67. c) 32. parte do número marcado. (C) 19. ! consequentemente. (B) 90. b) 28. Sidnei se lembrou de alguns detalhes de tal número: . havendo ao todo 120 apertos de mão. FGV – ICMS/RJ – 2011) Quantas combinações existem para determinar o primeiro e o segundo lugares de um concurso com 10 pessoas? (O primeiro e o segundo lugares não podem ser a mesma pessoa). b) 15. e) 36. Nessas condições. para sua sorte. O número de pessoas presentes nessa reunião foi: a) 14. .000. (A) 18. 40.o prefixo era 2204. Então. (D) 680. já que moravam no mesmo bairro. (E) 18.000. FGV – SENADO – 2008) Em uma reunião todas as pessoas se cumprimentaram. c) 16. . . . . 7}. há 3 bolas brancas. (E) se somente as afirmativas II e III estiverem corretas. dentro dela. restarão em seu interior. Considere as afirmativas a seguir: I. 4 bolas azuis e 5 bolas vermelhas. entre as bolas retiradas haverá. Se cinco bolas forem retiradas da urna. 42. ! d) 18. As bolas serão extraídas uma a uma. uma bola de cada uma das quatro cores. A quantidade de diferentes resultados que podem ser obtidos pela soma de 2 ou mais dos elementos do conjunto A é: a) 9 b) 10 c) 11 d) 15 e) 17 43. duas amarelas. bolas apenas com três das quatro cores. (B) se somente a afirmativa II estiver correta. FGV – MEC – 2009) Em uma urna. e) 20. FGV – MEC – 2009) Considere o conjunto A = {2. necessariamente. três verdes e quatro pretas. restará. Assinale: 02411066139 (A) se somente a afirmativa I estiver correta. III. II. necessariamente.3. 44. Se cinco bolas forem retiradas da urna. FGV – MEC – 2009) Uma urna contém dez bolas: uma branca. (D) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. necessariamente. sucessivamente e de maneira .5. (C) se somente a afirmativa III estiver correta. Se uma bola for retirada da urna. duas de uma mesma cor. . . . . FGV – CAERN – 2010) Num curso de pós-graduação. conforme sugere a figura: O número de maneiras de se fazer essa arrumação. Marcos. três mais pesados embaixo e três mais leves em cima. haja pelo menos uma de cada cor é: a) 7 b) 8 c) 9 d) 10 e) 11 45. 02411066139 e) 72. . 46. O número mínimo de bolas que devem ser retiradas para que se possa garantir que. FGV – CODESP/SP – 2010) Há seis contêineres diferentes que deverão ser empilhados. c) 9. entre as bolas extraídas da urna. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. mantendo os três mais pesados embaixo e os três mais leves em cima é a) 18. Quantas duplas diferentes de representante e auxiliar podem ser formadas? a) 24. ! aleatória. b) 6. Osmar e Pedro são candidatos a representantes da turma da qual fazem parte. d) 36. Nélson. . . . . b) 18. d) 2240. um de gramática. e) 1ª posição. O livro de física está imediatamente à esquerda do livro de matemática. e) 2016. 02411066139 b) 3645. b) 2ª posição. FGV – CAERN – 2010) Sobre a minha prateleira. ! c) 16. 48. c) 2520. O livro de química está entre os livros de gramática e de matemática. um de biologia. o livro de gramática ocupa a a) 3ª posição. há 5 livros: um de matemática. d) 12. Quantas senhas diferentes podem ser criadas de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes? a) 3600. FGV – CAERN – 2010) Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. Os livros de biologia e de física estão nas extremidades dessa arrumação. Da esquerda para a direita. c) 5ª posição. . e) 6. d) 4ª posição. um de química e um de física. 47. . . . . para cada duas tarefas. expedir documentos e fazer a manutenção dos computadores. O número total de maneiras de se fazer esta arrumação é (A) 4. FGV – TCE/BA – 2013) Desejase arrumar as cinco letras da sigla TCEBA nos cinco retângulos da figura a seguir. de modo que as vogais fiquem na linha de cima e as consoantes na linha de baixo. jamais seja a primeira da fila? a) 120. FGV – TCE/BA – 2013) Em um escritório há 6 tarefas básicas diferentes que devem ser cumpridas pelos funcionários: atender ao público. d) 75. c) 96. (D) 24. protocolar. 02411066139 51. Sabese que cada funcionário do escritório está capacitado para executar exatamente duas dessas tarefas e. 50. (B) 12. e) 88. . FGV – CAERN – 2010) De pessoas em fila sendo que Maria. ! quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 49. (C) 15. uma dessas 5 pessoas. há um único funcionário capacitado a executá las. (E) 30. digitar. arquivar. O número de funcionários desse escritório é (A) 6. b) 112. . . . . (B) 6. o número total de conjuntos desses eletrocardiogramas que podem ser do paciente falecido é igual a: a) 1 b) 8 c) um número entre 1 e 8 d) 255 . Depois de sua morte. de mesma forma e quantidade de homens. ou seja. até mesmo. todos sem indicação da data de realização. O espaço no qual o desfile será realizado permite que os homens sejam dispostos em até sete fileiras paralelas. da clínica onde foram realizados e. entre seus documentos pessoais. (D) 18. FUNIVERSA – CFM – 2012) Um paciente faleceu. oito registros de 02411066139 eletrocardiogramas. do nome do paciente. foram encontrados. Nesse caso. Nessas condições. o número total de formas de se distribuírem todos os 420 homens é igual a: a) 4 b) 5 c) 10 d) 12 e) 24 53. ! (C) 12. FUNIVERSA – SEAD/AP – 2012) Um grupo de soldados formado por 420 homens deve ser colocado em formação para um desfile. 52. Os pelotões deverão ter forma exatamente retangular e comportar o maior número possível de fileiras. (E) 24. vítima de enfarto. Deseja-se que os homens sejam distribuídos em pelotões de configurações idênticas. . . . e) 256 . Nessas condições. É possível pintar as pás desse ventilador nas cores verde. 6 detentos. amarela. laranja ou pink. sendo cada pá pintada em uma única cor. Cada uma das pás pode ser pintada em qualquer das cores disponíveis. o número de homens não pode exceder o número de mulheres naquela cela? (A) 44 (B) 54 (C) 64 (D) 74 . De quantas maneiras distintas puderam ser selecionados os 6 que ficariam na D1 se. de acordo com as normas dessa delegacia. Na noite em que foram capturados 4 02411066139 homens e 5 mulheres. em caráter provisório. ! 54. FUNIVERSA – CFM – 2012) A figura ilustra um ventilador de teto. FUNIVERSA – CEB – 2010) A cela da delegacia D1 tem capacidade para abrigar. 3 dessas pessoas tiveram que ser transportadas para a cela de outra delegacia. o número total de ventiladores distintos que é possível produzir é: a) 20 b) 56 c) 120 d) 216 e) 720 55. azul. vermelha. . . . (E) 84 . foram chamadas outras 7 pessoas. Para auxiliar o processo.218 B) 181. usam-se as bandeiras dos países de origem dos hóspedes presentes ou que estiveram anteriormente no hotel. Para isso. Em uma quarta-feira. FUNIVERSA – Polícia Civil/DF – 2008 – Adaptada) Para a investigação de um crime. FUNIVERSA – EMBRATUR – 2011) Em frente a um hotel internacional localizado em Brasília (DF). deseja-se utilizar uma testemunha para identificar 3 suspeitos. O processo de identificação consiste em mostrar um grupo com 2 dos possíveis suspeitos acompanhados de outras 3 pessoas. encontram-se alinhados 12 mastros destinados à colocação de bandeiras. O mastro central e mais alto é reservado ao pavilhão nacional. de modo 02411066139 a se ter sempre uma bandeira diferente em cada mastro.440 C) 362. o número total de disposições possíveis para as bandeiras hasteadas na frente do hotel é igual a: A) 126. As bandeiras são trocadas ao final de cada semana.880 D) 657. Os outros mastros são usados para se colocarem as bandeiras dos países de origem dos hóspedes do hotel. Quantos grupos com essa descrição podem ser formados? Considere que a ordem das pessoas em cada grupo é irrelevante.320 . ! 56. a) 90 b) 120 c) 105 d) 110 e) 80 57. se houver necessidade. Os mastros imediatamente à esquerda e à direita daquele são disponibilizados para a bandeira do Distrito Federal e da rede hoteleira proprietária do hotel. . . . E) 725.760 . ! 02411066139 . . . . 4. GABARITO . ! 01 A 02 C 03 E 04 C 05 D 06 C 07 E 08 A 09 A 10 E 11 E 12 E 13 A 14 C 15 C 16 A 17 C 18 D 19 B 20 D 21 EC 22 CE 23 D 24 E 25 E 26 CEE 27 CCCC 28 CEC 29 E 30 CECE 31 C 32 E 33 D 34 C 35 A 36 C 37 A 38 A 39 B 40 B 41 C 42 A 43 C 44 D 45 D 46 47 D 48 D 49 C 50 C 51 C 52 D 53 E 54 B 55 D 56 C 57 E 02411066139 . . . . Documents Similar To Aula 01 - Princípios de Contagem (Análise Combinatória Arranjo, Permutações, Combinações)Skip carouselcarousel previouscarousel nextColecao Concursos Publicos - Nivel Medio - Damares PavioneAula 03 - Raciocínio Lógico e MatemáticaAula 05 - Operações Com ConjuntosAnalise CombinatóriaProbabilidade e Analise CombAnálise Combinatória No Excel 2010_ Combinação, Arranjo Ou Permutação - Xek.mexekAula 04 - Continuação Da Aula AnteriorAula 02 - ProbabilidadeRaciocínio Lógico - Mpu 2017 (aula 01)Resumo de Analise Combinatoria V1Matemática - PSCII - Analise CombinatóriaCisco CCNA Modulo02Cisco CCNA Modulo01Exercios Análise CombinatóriaQuestões comentadas admcombinaçãoAnálise combinatória.pdfquantitativo5combinacao_probabilidadeanlisecombinatria-120212110417-phpapp01Probabilidade C - NAGEL.pptLista de Exercicios - Análise CombinatóriaLista3 de Probabilidadeanalise_combinatoriaAnálise Combinatóriaanalise_combinatoria_II.pdfAnalise c ombinatória1246-3804-2-PBAnálise Combinatória e Binômio de Newtonanalise_combinatoria_IIMore From Rômulo SilvaSkip carouselcarousel previouscarousel nexto Que Eu Faria Sem Meu NamoradoAula 04 - Continuação Da Aula AnteriorAula 02 - ProbabilidadeOraçãoDireito Constitucional - Eficácia das Normas - ponto-vicente-paulo-exercc3adcios-01asdfdfDicas de memorizaçãoAula 00 - Conceitos IniciaisPedagogia Da RepetenciaConteúdo mais cobrado no CPPMApostila WordFooter MenuBack To TopAboutAbout ScribdPressOur blogJoin our team!Contact UsJoin todayInvite FriendsGiftsLegalTermsPrivacyCopyrightSupportHelp / FAQAccessibilityPurchase helpAdChoicesPublishersSocial MediaCopyright © 2018 Scribd Inc. .Browse Books.Site Directory.Site Language: English中文EspañolالعربيةPortuguês日本語DeutschFrançaisTurkceРусский языкTiếng việtJęzyk polskiBahasa indonesiaSign up to vote on this titleUsefulNot usefulYou're Reading a Free PreviewDownloadClose DialogAre you sure?This action might not be possible to undo. Are you sure you want to continue?CANCELOK