Material 05 RacLog AEP PF Weber

www.cursoagoraeupasso.com.br ANÁLISE COMBINATÓRIA 1. INTRODUÇÃO Prof. Weber Campos Questões de análise combinatória serão aquelas que perguntarão de quantas formas pode ocorrer um determinado evento. Vejamos alguns exemplos: 1) De quantas formas diferentes cinco pessoas podem se sentar em cinco cadeiras de uma fila de cinema? 2) Quantos números de três algarismos podem ser formados, dispondo-se dos algarismos (1, 2, 3, 4, 5)? 3) Quantos tipos de saladas, feita de três tipos de frutas diferentes, podem ser formados com as seguintes frutas: banana, maçã, pêra, uva, laranja, mamão, melão? Ou seja, a Análise Combinatória se presta ao seguinte: a descobrir o número de maneiras possíveis de se realizar um determinado evento, sem que seja necessário descrever todas essas maneiras! Um exemplo melhor, para esclarecer o que foi dito. Exemplo 01: Suponhamos que eu tenho uma moeda na mão e vou lançá-la três vezes para o ar. A pergunta é: quantos são os resultados possíveis para esses três lançamentos da moeda? Ora, se fôssemos tentar descrever todas as possibilidades, poderíamos fazê-lo por intermédio de um desenho, chamado diagrama da árvore. Da seguinte forma: 1º Lançamento 2º Lançamento Cara Coroa -- K, K, C Cara Cara Coroa moeda Coroa -- K, C, C Cara Cara Coroa -- C, K, C Coroa Cara Coroa Coroa -- C, C, C Nos resultados, chamamos cara de K e coroa de C. E assim, por meio do desenho acima, percebemos que há oito diferentes possíveis resultados para o lançamento de uma moeda três vezes! Ocorre que seria muito custoso termos que, a cada novo problema, fazer o tal do diagrama da árvore! Aí entra a Análise Combinatória! Usando técnicas simples, podemos chegar ao resultado procurado, sem precisar desenhar os resultados possíveis! Veja adiante como faremos isso. -- C, C, K -- C, K, K -- K, C, K 3º Lançamento Cara Resultados -- K, K, K Raciocínio Lógico 1 Análise Combinatória www.cursoagoraeupasso.com.br 2. TÉCNICAS DA ANÁLISE COMBINATÓRIA 2.1 PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM Este princípio também é conhecido como Princípio Multiplicativo. Prof. Weber Campos Consiste em quê? Consistem em dividirmos o nosso evento em etapas. E para cada uma dessas etapas, individualmente analisadas, descobriremos qual o seu número de resultados possíveis! Tomemos o exemplo da moeda acima. O evento consiste em lançar uma moeda três vezes. Daí, fica bem fácil dividi-lo em etapas: cada etapa será um lançamento. Confere? Destarte, teremos: 1ª etapa) 1º lançamento da moeda; 2ª etapa) 2º lançamento da moeda; 3ª etapa) 3º lançamento da moeda. Pois bem! Conforme dissemos, temos que descobrir os resultados possíveis individuais de cada etapa. Ou seja, ao lançarmos a moeda a primeira vez, quantos serão os resultados possíveis para esse primeiro lançamento? Dois, obviamente! (Cara ou coroa!). O mesmo se dará com o segundo lançamento e com o terceiro. Daí, teremos: 1ª etapa) 1º lançamento da moeda  2 resultados possíveis 2ª etapa) 2º lançamento da moeda  2 resultados possíveis 3ª etapa) 3º lançamento da moeda  2 resultados possíveis Finalmente, o Princípio Fundamental da Contagem vem nos dizer: agora, basta multiplicar os resultados parciais (de cada etapa), e teremos o resultado total (para todo o evento)! Teremos: 2x2x2=8  A mesma resposta do diagrama da árvore! Sem precisarmos fazer desenho algum, concluímos que há oito possíveis resultados para o lançamento de uma moeda três vezes! Enunciado do Princípio Fundamental da Contagem: Se um acontecimento pode ocorrer por várias etapas sucessivas e independentes de tal modo que: P1 é o número de possibilidades da 1ª etapa; P2 é o número de possibilidades da 2ª etapa; . . Pk é o número de possibilidades da “k-ésima” etapa, então: (P1 x P2 x ... x Pk) é o número total de possibilidades do acontecimento ocorrer! Exemplo 02: Numa festa existem 80 homens e 90 mulheres. Quantos casais diferentes podem ser formados? Sol.: O objetivo é formar um casal. Ora, um casal é composto de um homem e uma mulher! Logo, para cumprir esse objetivo, dividiremos o evento em duas etapas: 1ª etapa) escolha do homem  80 resultados possíveis; 2ª etapa) escolha da mulher  90 resultados possíveis. Pelo princípio da contagem, multiplicando-se os resultados parciais, teremos:  80x90 = 7200  Resposta! Raciocínio Lógico 2 Análise Combinatória www.cursoagoraeupasso.com.br Prof. Weber Campos Exemplo 03: Quatro atletas participam de uma corrida. Quantos resultados existem para o 1º, 2º e 3º lugares? Sol.: 3º! Quais serão as etapas desse evento? Ora, a definição do 1º colocado, a do 2º e a do Três etapas, portanto. Teremos:  1ª etapa) Definição do 1º colocado  4 resultados possíveis;  2ª etapa) Definição do 2º colocado  3 resultados possíveis;  3ª etapa) Definição do 3º colocado  2 resultados possíveis. Multiplicando-se os resultados parciais, teremos:  4x3x2 = 24  Resposta! Ou seja, podem ser formados 24 diferentes resultados de 1º, 2º e 3º colocados numa corrida, dispondo-se de 4 competidores. Exemplo 04: Quantos números de três algarismos – distintos – podem ser formados, dispondo dos algarismos 0, 1, 2, 3, 4 e 5? Sol.: O nosso evento é o mesmo do exemplo anterior, formar um número de três algarismos distintos. Mas tem uma diferença fundamental, a presença do algarismo zero entre os algarismos que podem ser usados. Vamos dividir em três etapas: definição do primeiro algarismo, definição do segundo e definição do terceiro. Teremos:  1ª etapa) definição do primeiro algarismo: 5 resultados possíveis. O algarismo zero não conta, pois um número nunca inicia por zero. Uma senha numérica (do banco, do cofre...) pode iniciar por zero, mas um número não.  2ª etapa) definição do segundo algarismo: 5 resultados possíveis. Dispomos de seis algarismos, mas já usamos um deles na primeira posição. Resta-nos, portanto, cinco.  3ª etapa) definição do terceiro algarismo: 4 resultados possíveis. Dispomos de seis algarismos, mas já usamos dois deles nas duas primeiras posições. Resta-nos, portanto, quatro. Multiplicando-se os resultados parciais, teremos:  5x5x4= 100  Resposta! Exemplo 05: Quantos números pares de três algarismos distintos podem ser formados, dispondo dos algarismos de 0 a 9? Sol.: Aqui temos duas restrições: 1ª) o algarismo 0 não pode ser usado na primeira posição; e 2ª) o último algarismo tem que ser 0, 2, 4, 6 ou 8 para o número ser par. Nesta questão, teremos que separar a análise do algarismo 0 dos outros algarismos pares (2, 4, 6 e 8), conforme veremos a seguir. 1ª situação) Número terminando em 0 (zero) Vamos iniciar a análise pelo último algarismo, pois para esta situação é necessário que o número termine em 0. Depois, passamos a verificar o primeiro algarismo, pois este tem uma restrição (não pode ser 0).  Definição do 3º algarismo: 1 possibilidade (só pode ser “0”); 1p ____ ____ ____ Raciocínio Lógico 3 Análise Combinatória na situação anterior. oito. Resta-nos. p  4 n! (n  p)! Análise Combinatória Raciocínio Lógico . e a ordem dos elementos deve ser relevante. Dispomos de dez algarismos. 4. mas já usamos dois deles.  Definição do 2º algarismo: 8 possibilidades. 2ª situação) Número terminando em 2. pois para esta situação é necessário que o número termine em 2. há 328 números pares de três algarismos distintos. 6 ou 8. 4p ____ ____ ____  Definição do 1º algarismo: 8 possibilidades. Weber Campos  Definição do 1º algarismo: 9 possibilidades (qualquer um dos algarismos de 1 a 9). Depois. 2. oito. passamos a verificar o primeiro algarismo. teremos:  8x8x4= 256 Quer dizer que há 256 números pares de três algarismos distintos terminando em 2. Dispomos de dez algarismos. portanto.cursoagoraeupasso. Dispomos de dez algarismos. 4. 6 ou 8). encontraremos a resposta da questão:  72 + 256 = 328 (Resposta!) Concluindo. portanto. Resta-nos.www.  Definição do 3º algarismo: 4 possibilidades (2. pois este tem uma restrição (não pode ser 0). havíamos encontrado outra quantidade de possibilidades: 9. 6 ou 8 Vamos iniciar a análise pelo último algarismo. mas já usamos dois deles. oito.2.com. 2º Passo) Inverteremos a ordem do resultado que acabamos de criar (no 1º passo). ou seja: 1º Passo) Criaremos um resultado possível para o grupo. teremos:  9x8x1= 72 Quer dizer que há 72 números pares de três algarismos distintos terminando em zero. 4. 4. É devido a essa diferença que tivemos que separar a terminação em zero das outras terminações pares. Somando os resultados obtidos nas duas situações. 8p 4p 8p ____ ____ ____ Multiplicando-se as possibilidades. ARRANJO Para usar o Arranjo é necessário que não haja repetição dos elementos dentro do grupo a ser formado. portanto. 9p 8p 1p ____ ____ ____ Multiplicando-se as possibilidades.br Prof. 6 ou 8. 3º Passo) Compararemos os dois resultados que estão diante de nós (1º e 2º passos): Se forem resultados diferentes: resolveremos a questão por Arranjo! A fórmula do Arranjo é a seguinte: An . mas não podemos usar o 0 (o número não inicia por 0) e nem o algarismo que já foi usado como 3º algarismo. 8p ____ ____ 4p ____ Na definição do 1º algarismo. 9p ____ ____ 1p ____  Definição do 2º algarismo: 8 possibilidades. Resta-nos. poderá também ser resolvida pelo Princípio Fundamental da Contagem! O caminho de volta – Princípio Fundamental da Contagem para Arranjo – nem sempre será possível! Para quem anda mais esquecido.com. Obs. sempre que formos fazer uma divisão entre fatoriais. Agora. é claro que são distintos! Conclusão: resolveremos a questão por Arranjo! O “conjunto universo” tem 5 elementos (são os algarismos 1.www. 2. tratando-se de números.cursoagoraeupasso. e  p é o número de elementos do grupo a ser formado. p  n! (n  p)! Raciocínio Lógico 5 Análise Combinatória . Exemplo: 8! 8  7  6  5!  5! 5! Viram? E agora? Ora. Daí. Exemplos:  8!=8x7x6x5x4x3x2x1  5!=5x4x3x2x1  1!=1 E assim por diante! Observem que. podemos ter: (1 2 3) O número cento e vinte e três.: O fatorial de zero não segue a regra acima. só nos resta aplicar a fórmula do Arranjo. 3. E teremos apenas que: 8! 8  7  6  5!   8  7  6 = 336 5! 5! Exemplo 06: Quantos números de três algarismos distintos podem ser formados. Pode ser? Claro! 2º Passo) Invertendo a ordem do resultado criado: (3 2 1) Chegamos ao número trezentos e vinte e um. tão somente. 4 e 5? Solução: 1º Passo) Criando um resultado possível. 3º Passo) A comparação! São iguais ou diferentes os dois resultados acima? Ora.br Onde:  n é o número de elementos do conjunto universo. Weber Campos Importante: Toda questão que pode ser resolvida por Arranjo. de um produto que se inicia com o próprio valor (que antecede o sinal “!”) e vai se reduzindo até chegar a um. Teremos:  An. dispondo dos algarismos 1. repetiremos o menor deles. 2. e desenvolveremos o maior até que se iguale ao menor. Os grupos terão apenas 3 elementos (números de 3 algarismos). Ou seja. 4 e 5). 3. o valor dele é: 0! = 1. agora resta cortarmos o 5! do numerador com o do denominador. Trata-se. Prof. n=5. esse sinal de exclamação (!) significa a operação fatorial. p=3. 2º Passo) Inverteremos a ordem do resultado que acabamos de criar (no 1º passo). Exemplo 07: Dispondo das seguintes espécies de frutas {maçã.3  2 1 3  2 1 Ou seja: podem ser formados 56 tipos de saladas. contendo três tipos de frutas? Solução: 1º Passo) Criando um resultado possível: (mamão. de modo que todos os matemáticos participem da comissão? Sol. n=8. ou seja: 1º Passo) Criaremos um resultado possível para o grupo. Teremos:  Cn . dispondo dos algarismos 1. uva. Ou seja.5! 5!.3  5! 5! 5  4  3  2!    5  4  3  60  Resposta! (5  3)! 2! 2! Ou seja. 3º Passo) Compararemos os dois resultados que estão diante de nós (1º e 2º passos): Se forem resultados iguais: resolveremos a questão por Combinação! A fórmula da Combinação é a seguinte: Onde:  n é o número de elementos do conjunto universo. p=3.cursoagoraeupasso.www. melão e mamão) 3º Passo) Comparemos: A salada do primeiro passo é igual ou é diferente da salada do segundo passo? O sabor é o mesmo? Claro que sim! Os resultados são iguais! Conclusão: a questão sai por Combinação! O “conjunto universo” tem 8 elementos (as oito frutas disponíveis). banana. e  p é o número de elementos do grupo a ser formado. 2. quantos tipos de saladas podem ser formadas. pêra. só nos resta aplicar a fórmula da Combinação. podemos formar 60 números com 3 algarismos distintos.br Prof. das quais 3 matemáticos.3  8! 8! 8  7  6  5! 8  7  6     56 3!(8  3)! 3!. melão e maçã) 2º Passo) Invertamos a ordem! Teremos: (maçã. Weber Campos  A5.: Raciocínio Lógico 6 Análise Combinatória . não pode haver repetição dos elementos. mamão. COMBINAÇÃO Assim como o arranjo. p  n! p!(n  p)!  C8.3. dispondo daquelas oito espécies relacionadas! Exemplo 08: Um grupo consta de 20 pessoas. Daí. 3. 2. p  n! p!(n  p)! Cn . De quantas maneiras podemos formar comissões de 10 pessoas. 4 e 5. E a ordem dos elementos NÃO é relevante. laranja e melancia}. Os grupos terão apenas 3 elementos (as três frutas usadas na salada). melão. Agora. com três espécies de frutas.com. 052.400  Resposta! Com essa resposta. Weber Campos Ora.192. 60}  Invertendo-se a ordem:{60. 50. Ou seja.2 x1 Multiplicaremos os resultados de cada lado para chegarmos à resposta:  35x10=350  Resposta! Raciocínio Lógico 7 Análise Combinatória . Como faremos agora? Simples: dividiremos a questão em duas! Cada categoria será trabalhada em separado da outra.3! 4!.6 = 1. 40. descobrimos o número de jogos possíveis. Quantas equipes podem ser formadas. 20.400.192. a chance de aquela combinação vir a ser a sorteada é de uma em 1.: Conjunto universo: {100 dezenas} O objetivo é selecionar um grupo de 6 dezenas! Obviamente que tem ser dezenas diferentes! Logo.052. 50. ou seja: C17.: É uma questão de combinação uma vez que a ordem das pessoas dentro da comissão não é relevante.  Resposta! Exemplo 09: Num jogo de loteria. Assim. 30. para obtermos o número de comissões diferentes que podem ser formadas. um apostador marcará seis dezenas. 2  5! 5 x 4 x3!   10 3!. Exemplo 10: Dispondo de um conjunto formado por sete médicos e cinco enfermeiros. se os matemáticos devem fazer parte da comissão. nessas condições? Sol. De quantas formas diferentes poderá o apostador preencher o seu jogo? Sol. tentando ganhar a bolada de uma “acumulada de três semanas”. arranjo ou combinação!  Um resultado possível: {10.7. Combinação! Teremos:  C100. Essas vagas serão disputadas pelos não-matemáticos.br Prof. numa cartela de loteria. 30.6  100! 100! 100  99  98  97  96  95  94!   6!(100  6)! 6!94! 6  5  4  3  2 1 94!  C100. 10} São apostas diferentes? Não! São perfeitamente iguais! Logo. faremos uma combinação de 17 pessoas para 7 lugares.com. 40. restando sete vagas ainda a serem preenchidas. se uma pessoa faz um único jogo de seis dezenas. que são um total de 17. então três lugares da comissão vão ficar reservados para os três matemáticos. com o uso de seis dezenas. 20.cursoagoraeupasso. queremos formar equipes compostas por três médicos e dois enfermeiros. Desse modo.2! 3!.www.3  7! 7 x6 x5 x4!   35 4!.3x 2 x1 C 5. entre as cem dezenas existentes. 5 enfermeiros } C 7. faremos duas operações de Combinação! Teremos:  Conjunto Universo: { 7 médicos  Subgrupo: . neste presente exemplo. com três homens e uma mulher (3 inseparáveis = 1 apenas!). Então. Quantas são as possibilidades de chegada para os quatro primeiros lugares? Solução: Teremos. De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila. Daí. que:  A4. para esse enunciado. Explanaremos este tema em seis situações possíveis. em vez de trabalharmos apenas com uma permutação. pois. e são seis elementos na fila (no grupo).6. em seis poltronas vizinhas. 2ª Permutação) Para o conjunto dos elementos inseparáveis (as três moças): Permutando as três mulheres. passemos a estudar um tipo de questão que é bastante abordado em concursos.cursoagoraeupasso.www. Arranjo de 6 em 6: A6.4 = P4 = 4 x 3 x 2 x 1 = 24  Resposta! Agora. C3 e C4) disputam uma corrida. teremos que trabalhar com duas: 1ª Permutação) Para todo o conjunto de pessoas (atentando para o fato de que as três moças que são inseparáveis serão consideradas uma só). então estaremos diante de uma questão de Permutação! Exemplo 11: Quatro carros (C1. teremos: P4 = 4! = 24 formações. Adiante! Exemplo 12: QUESTÕES DOS SEIS AMIGOS NO CINEMA SITUAÇÃO 1) Seis amigos vão ao cinema.: São 6 pessoas no conjunto universo.com. De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila. Logo. São 3 rapazes e 3 moças. de modo que as três moças fiquem sempre juntas? Sol.4.br 2. faremos: P6 = 6! = 6x5x4x3x2x1 = 720  Resposta! SITUAÇÃO 2) Seis amigos vão ao cinema. lançaremos mão de um artifício: passaremos a considerar as pessoas que têm de estar sempre juntas como sendo uma única pessoa! Além disso. somamos um total de quatro pessoas! Permutando-as. em seis poltronas vizinhas? Sol. São 3 rapazes e 3 moças. Vejamos a ilustração abaixo: Raciocínio Lógico 8 Análise Combinatória . PERMUTAÇÃO A Permutação é tão somente um caso particular do Arranjo! Prof. C2. Weber Campos Quando estivermos em uma questão de Arranjo (já sabemos como identificá-la!) e observarmos que o n (número de elementos do “conjunto universo”) é igual ao p (número de elementos dos grupos a serem formados). teremos: P3 = 3! = 6 formações.: Em face da exigência anunciada. que é igual a Permutação de 6. br P3 = 3x2x1 = 6 Prof. referentes ao conjunto inteiro e aos elementos inseparáveis. de modo que os três rapazes fiquem sempre juntos e as três moças fiquem sempre juntas? Sol. teremos:  6x6x2= 72  Resposta! SITUAÇÃO 4) Seis amigos vão ao cinema. De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila.com. e as três moças idem! É o nosso artifício dos elementos inseparáveis! Não podemos esquecer dele! Daí. Ou seja: Total de formações com as moças não = todas juntas Total de formações sem restrição Total de formações com as – moças juntas Daí. Claro! Uma vez que os três rapazes são considerados um só. em seis poltronas vizinhas. terão que ser agora multiplicados.: Agora a exigência específica cria dois subgrupos de elementos inseparáveis.www. em seis poltronas vizinhas. Já sabemos como proceder com eles. Teremos: P3=3x2x1=6 M1 M2 M3 H1 P3=3x2x1=6 H2 H3 P2 = 2! = 2x1 = 2 Observemos que a permutação para o conjunto completo foi apenas P2.cursoagoraeupasso. faremos:  720 – 144 = 576  Resposta! Raciocínio Lógico 9 Análise Combinatória . De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila. de modo que as três moças não fiquem todas juntas? Sol. São 3 rapazes e 3 moças. o resultado que encontraremos é exatamente o que pede neste exemplo. para chegarmos ao resultado final. Weber Campos M1 M2 M3 H1 H2 H3 P4 = 4! = 4x3x2x1 = 24 Esses dois resultados parciais (24 e 6). Teremos:  6x24= 144  Resposta! SITUAÇÃO 3) Seis amigos vão ao cinema.: Se do total de formas possíveis de organizar os amigos (resposta da situação 1) subtrairmos o número de formas pelas quais as moças ficarão sempre juntas (resposta da situação 2). compondo nosso resultado. São 3 rapazes e 3 moças. Weber Campos SITUAÇÃO 5) Seis amigos vão ao cinema. enquanto que o mesmo se dá em relação às moças!  Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6  Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6 Compondo nosso resultado. somando os resultados parciais (rapaz à esquerda e moça à esquerda). Reparem que as moças não podem estar juntas nas pontas. uma vez que já havíamos constatado que há uma outra possibilidade: a de que a fila comece com uma moça à esquerda (ao invés de um rapaz)! Teremos: M1 H1 M2 H2 M3 H3 Aqui novamente as três moças permutarão entre si.: O que se pede nesta questão (por conta da palavra somente) é o número de maneiras diferentes em que as 3 moças fiquem sempre juntas enquanto que os 3 rapazes não fiquem todos juntos. de modo que rapazes e moças fiquem sempre alternados? Sol.br Prof. De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila. de modo que somente as moças fiquem todas juntas? Sol. Trabalhando a primeira situação possível. São 3 rapazes e 3 moças De quantas formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila. teremos:  36+36= 72  Resposta! SITUAÇÃO 6) Seis amigos vão ao cinema.: Agora é o seguinte: rapaz sempre ao lado de moça. teremos os três rapazes permutando entre si. teremos: H1 M1 H2 M2 H3 M3 Neste caso. em seis poltronas vizinhas. São 3 rapazes e 3 moças. 1ª Solução: Assim. teremos igualmente:  6x6= 36 Finalmente. para que os três homens não fiquem todos juntos é necessário que as moças fiquem juntas no meio da fila. e vice-versa! Teremos duas situações possíveis: 1a) a fila começando com um homem. e 2a) a fila começando com uma moça. pois assim os três homens ficariam juntos! Há duas situações possíveis para o posicionamento das moças: Raciocínio Lógico 10 Análise Combinatória . enquanto que os três rapazes também permutarão entre si! Faremos:  Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6  Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6 Compondo nosso resultado.www. para esta primeira situação. em seis poltronas vizinhas.cursoagoraeupasso. teremos:  6x6= 36 Ocorre que a questão não acaba aí.com. para esta segunda situação. todos os elementos do grupo terão um elemento a sua esquerda e a sua direita. oval. para esta segunda situação. na segunda situação teremos os três rapazes permutando entre si.www. enquanto que o mesmo se dá em relação às moças!  Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6  Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6 Compondo nosso resultado. Weber Campos 3 moças 2ª situação: H1 H2 M1 M2 M3 H3 3 moças Na primeira situação teremos os três rapazes permutando entre si. Exemplo 13: De quantas maneiras podemos colocar quatro pessoas em quatro posições ao redor de uma mesa redonda? Sol. Permutação Circular A mesa não precisa necessariamente ser circular. há 6 maneiras de dispor quatro pessoas ao redor de uma mesa redonda. Daí.. e em que os elementos do grupo estarão dispostos em uma linha fechada. enquanto que o mesmo se dá em relação às moças!  Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6  Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6 Compondo nosso resultado. somando os resultados parciais. ou seja. teremos:  6x6= 36 Finalmente.com. o número de maneiras de dispor sete crianças em uma brincadeira de roda etc.5.br 1ª situação: H1 M1 M2 M3 H2 H3 Prof.. teremos:  36+36= 72  Resposta! 2.cursoagoraeupasso. para esta primeira situação. PERMUTAÇÃO CIRCULAR É um caminho de resolução que será utilizado quando estivermos em um problema que sai por Permutação. concluímos.:  PC 4 = (4-1)! = 3! = 3x2x1 = 6  Resposta! Portanto. teremos:  6x6= 36 Da mesma forma. ela pode ter outras formas: quadrada. São também questões de permutação circular: o número de maneiras de se fazer um colar com 10 contas coloridas. Raciocínio Lógico 11 Análise Combinatória . 360  Resposta! 2!3!1!1!1! 2  3! Raciocínio Lógico 12 Análise Combinatória .5. há algum que se repete? Sim! Vejamos: PAPAGAIO Ou seja. rearranjar as letras é o mesmo que permutá-las! Assim. logo se resolve por Permutação! Daí.br 2. Contanto que seja formado por aquelas letras. teremos:  P4=4!=4x3x2x1=24 anagramas  Resposta! Exemplo 15: Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra PAPAGAIO? Sol. um vocábulo que conste no dicionário! Pode ser algo mesmo ininteligível. Essa formação qualquer não precisa ser uma palavra.www. se eu tenho as letras da palavra SAPO.1  8! 8  7  6  5  4  3!   3. são exemplos de anagramas os seguintes:  (S O P A) . teremos uma Permutação com Repetição! Teremos:  P82.1. PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO Passemos a mais dois exemplos: Prof. podemos afirmar que questões de anagrama se resolvem por permutação! Ok? Como SAPO tem 4 letras não repetidas. (P S O A). Anagrama é apenas uma formação qualquer que se possa criar com um determinado grupo de letras. (A S P O) . Portanto. e a letra A aparece três vezes! Daí.com. (A S O P). (O P S A) etc. Weber Campos Exemplo 14: Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra SAPO? Sol. a pergunta: entre os elementos do conjunto universo.cursoagoraeupasso. Anagramas de uma palavra são todas as formações possíveis ao rearranjar as letras.: A primeira coisa a se fazer aqui é explicar o conceito de anagrama.: A questão é de anagrama.3. a letra P aparece duas vezes. Ora.1. Daí. www. dispomos as 7 cadeiras em fila e colocamos 4 pessoas sentadas (A. Aplicação da fórmula de permutação com repetição:  P73. Vejamos: A 1 3 4 ..1. entretanto podemos resolver de forma semelhante: podemos escolher 4 cadeiras entre as 7 disponíveis para que as pessoas se sentem. A 1 B 3 4 C 5 V 6 D 7 V V 2 Ao permutarmos as letras (A.. Teremos:  3 4 7 B 3 4 6 C 4 6 1 D 6 1 3 A7. De quantos modos isso pode ser feito? Sol.. C e V) é como se estivéssemos permutando as pessoas nas 7 cadeiras disponíveis. Para escolher 4 números distintos em um grupo de 7 números.1. 2 . Temos 7 cadeiras em fila indiana numeradas de 1 a 7 para 4 pessoas se sentarem. uma vez que a letra V aparece repetida (3 vezes).. Bem simples! Mas a situação é diferente temos mais cadeiras do que pessoas. Daí. e descobriríamos a resposta. C e D). Vejamos! Vamos pegar o desenho anterior e colocar nas cadeiras vazias a letra V. Se o número de pessoas fosse maior que o de cadeiras.br 3.cursoagoraeupasso. onde a ordem é relevante. É como se as 4 pessoas estivessem escolhendo um número de 1 a 7. digamos: 10 pessoas para 7 cadeiras. ficando 3 cadeiras vazias. B.: No desenho abaixo. 4  7!  7 65 4  (7  4)! 840 (Resposta!) Há outra forma de resolver a questão que considero mais simples. A 1 2 B 3 4 C 5 6 D 7 Sabemos que a ordem das pessoas é relevante. princípio multiplicativo ou permutação.1  7! 7  6  5  4  3!   840 (Resposta!) 3!1!1!1!1! 3! Mesmíssima resposta! Raciocínio Lógico 13 Análise Combinatória . onde 3 cadeiras ficarão vazias.7. portanto pode se tratar de uma questão de arranjo. Só que teremos que fazer uma permutação com repetição. B. podemos usar a técnica de Arranjo.1.com. poderíamos fazer um arranjo: A10. teríamos que escolher 7 pessoas no grupo de 10 pessoas. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Prof. Weber Campos 01. trata-se de uma questão de combinação! Dados da questão: .br Prof.5  13! 13 12 1110  9  8!   13 11 9  1287  Resposta! 8!5! 8! 5  4  3  2 1 Esta questão foi anulada! Nenhuma das alternativas continha a resposta correta! 03. Após colocar em ordem crescente todos os números que se obtém permutandose os algarismos 1. 7 e 8. 1ª) 1 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24 2ª) 3 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24 3ª) 4 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24 4ª) 7 1 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6 5ª) 7 3 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6 6ª) 7 4 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6 7ª) 7 8 1 _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P2=2!=2 8ª) 7 8 3 _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P2=2!=2 Paramos por aqui! O próximo número já é o 78413! A quantidade de números que precedem o 78413 é dada pela soma dos resultados nas oito situações:  24+24+24+6+6+6+2+2 = 94 números Portanto.Marcela participa da comissão e Mário não participa.www.com. 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 Sol. Quantos formandos vão disputar esses 5 lugares que restam na comissão? Dos 15 formandos.: Vamos listar as várias situações em que o número formado é menor que 78413. A turma reúne-se para formar uma comissão de formatura composta por seis formandos. resta-nos somente 5 lugares na comissão.: c) 284 d) 90 e) 84 A ordem das pessoas dentro do grupo dos seis formandos selecionados não é relevante! Daí. (Resposta!) Raciocínio Lógico 14 Análise Combinatória . 3. que posição ocupa o número 78413? Sol.A comissão é composta por 6 formandos. o número 78413 ocupa a 95ª posição. então uma das seis vagas é dela. .Uma turma de 15 formandos (10 rapazes e 5 moças). Weber Campos 02. 13 formandos disputam 5 lugares! Para descobrirmos o total de diferentes comissões.cursoagoraeupasso. Daí. basta fazer uma Combinação de 13 formandos para 5 lugares: C13. onde dez são rapazes e cinco são moças. . A Marcela tem lugar garantido na comissão. 4. (Gestor Fazendário MG 2005 ESAF) Marcela e Mário fazem parte de uma turma de quinze formandos. Daí. dois não disputam: Mário que não participa e Marcela que já tem sua vaga reservada. (Técnico BACEN 2005 FCC) Os clientes de um banco contam com um cartão magnético e uma senha pessoal de quatro algarismos distintos entre 1 000 e 9 999. é igual a (A) 936 (B) 896 (C) 784 (D) 768 (E) 728 Sol. Incluindo o item (iii). 2º alg. Multiplicando-se os resultados parciais. em que a diferença positiva entre o primeiro algarismo e o último algarismo é 3.  2ª Etapa) Definição do 2º algarismo: há 9 possibilidades (algarismos de 0 a 9. Faremos o seguinte desenho para a senha: ____ ____ ____ ____ 1º alg. a solução da questão seria pelo Princípio da contagem:  1ª Etapa) Definição do 1º algarismo: há 9 possibilidades (algarismos de 1 a 9).cursoagoraeupasso. Vejamos quais são elas: 1ª situação) iniciando por 1 e terminando em 4: 2ª situação) iniciando por 2 e terminando em 5: 3ª situação) iniciando por 3 e terminando em 0: 4ª situação) iniciando por 3 e terminando em 6: 5ª situação) iniciando por 4 e terminando em 1: 6ª situação) iniciando por 4 e terminando em 7: 7ª situação) iniciando por 5 e terminando em 2: 8ª situação) iniciando por 5 e terminando em 8: 9ª situação) iniciando por 6 e terminando em 3: 1 __ __ 4 2 __ __ 5 3 __ __ 0 3 __ __ 6 4 __ __ 1 4 __ __ 7 5 __ __ 2 5 __ __ 8 6 __ __ 3 10ª situação) iniciando por 6 e terminando em 9: 6 __ __ 9 11ª situação) iniciando por 7 e terminando em 4: 7 __ __ 4 12ª situação) iniciando por 8 e terminando em 5: 8 __ __ 5 13ª situação) iniciando por 9 e terminando em 6: 9 __ __ 6 Raciocínio Lógico 15 Análise Combinatória .br Prof.  4ª Etapa) Definição do 4º algarismo: há 7 possibilidades (algarismos de 0 a 9. Weber Campos 04. tirando os dois algarismos que foram usados nas duas primeiras posições). 3º alg. Esta seria a resposta caso não existisse o item (iii) descrito anteriormente. (iii) o módulo da diferença entre o 1º algarismo e o último é igual a 3. 4º alg.www. menos aquele que foi usado como primeiro algarismo). teremos:  9x9x8x7= 4536 senhas.: A senha tem as seguintes características: (i) composta por 4 algarismos distintos.  3ª Etapa) Definição do 3º algarismo: há 8 possibilidades (algarismos de 0 a 9. Teremos que detalhar todas as possibilidades em que o módulo da diferença entre o primeiro e último algarismo da senha é igual a 3. A quantidade dessas senhas. Caso não existisse o item (iii) descrito acima. a solução seguirá por um caminho diferente.com. tirando os três algarismos que foram usados nas três primeiras posições). (ii) vai de 1000 a 9999. Marcam-se 6 pontos sobre uma reta r e. Daí. tomados 3 a 3. Como ao todo são 13 situações e em cada uma delas há 56 senhas. Na 1ª situação.2.com. (Resposta: Alternativa E!) 05.www. Daí.  1ª Etapa) Definição do 2º algarismo: há 8 possibilidades (são eles: 0. tomados 3 a 3.6. encontraremos a mesma quantidade de senhas para cada uma delas: 56 senhas. e  as combinações dos 4 pontos da reta s. tirando aquele que acabou de ser usado como 2º algarismo).br Prof. devemos retirar:  as combinações dos 6 pontos da reta r.5.3 = _ 10. lembrando que a senha é formada por 4 algarismos distintos. Quantos triângulos podemos formar unindo 3 quaisquer desse 10 pontos? Sol. iniciando por 1 e terminando em 4? Para encontrar a resposta. temos pontos sobre duas retas.3 = 120 Entretanto. isto é. E.8. 8p __ 4 1 __  2ª Etapa) Definição do 3º algarismo: há 7 possibilidades (os algarismos da 1ª etapa.9.3 = _ 10!___ 3! (10-3)!  C10. dessas 120 combinações. então o total de senhas é igual a:  13x56 = 728 senhas. faremos uma combinação dos 10 pontos. Todas as outras doze situações (2ª à 13ª) têm as mesmas características da situação que analisamos acima (4 algarismos distintos com os dois do meio em branco). 7p 4 1 8p __ __ Multiplicando-se as possibilidades. a senha inicia por 1 e termina por 4: 1 __ __ 4 Analisemos as possibilidades para os dois algarismos do meio.3.7.: Para formar um triângulo precisamos de três pontos. Weber Campos Pronto! Descrevemos todas as possibilidades em que o módulo da diferença entre o primeiro e último algarismo da senha é igual a 3. teremos:  8x7= 56 senhas para a primeira situação. Raciocínio Lógico 16 Análise Combinatória . E a ordem entre esses três pontos não é relevante! Portanto.8. 7!  C10.9). Quantas senhas de 4 algarismos distintos existem para a 1ª situação. tomados 3 a 3:  C10. algumas delas não formam triângulos! A condição necessária para que três pontos distintos formem um triângulo é que os três pontos não estejam sobre uma mesma reta. trata-se de uma questão de Combinação! Para encontrarmos o total de triângulos formados pelos dez pontos.cursoagoraeupasso. sobre a paralela s.7!_ 6 . tomam-se 4 pontos. Para encontrarmos o total de senhas é necessário preencher as duas posições do meio da senha que foram deixadas em branco na lista construída acima. usaremos o Princípio Fundamental da Contagem. nesta questão. De quantas maneiras podemos distribuir 12 funcionários em três agências (A. Prof. então a ordem das pessoas dentro da agência não tem relevância. restando apenas 3 pessoas para 3 lugares na agência C.  C12.: Um polígono diz-se regular se tiver todos os seus lados e ângulos iguais. além das diagonais estão incluídos também os lados do polígono. em B fiquem 5 pessoas e em C. eneágono. pentágono.3!_ 6 .com.cursoagoraeupasso. Faremos uma combinação de 3 elementos tomados 3 a 3.1!  C6. Como exemplos de polígonos regulares.3 = 20 As combinações dos 4 pontos da reta s.4. Como existem 10 lados. 4  12! 12 1110  9  8! 12 1110  9    495 maneiras 4!(12  4)! 4!  8! 24 Agora é a agência B. podemos usar a fórmula da Combinação para calcular a quantidade de maneiras. tomados 3 a 3. 3! C10. Como estamos preocupados apenas em distribuir os funcionários nas agências. 2  10! 10  9  8! 10  9    45 2!(10  2)! 2!  8! 2 Entre esses 45 segmentos. Faremos uma combinação de 8 elementos tomados 5 a 5. temos: triângulo eqüilátero.3!_ 3!.5  8! 8  7  6  5!   8  7  56 maneiras 5!(8  5)! 5!  3! Já foram distribuídas 9 pessoas.3 = _ 6!___ 3! (6-3)!  C6. Um polígono de 10 lados terá também 10 vértices.3 = _6.3 = 4. A diagonal é um segmento de reta determinado por dois vértices não-consecutivos.br Passemos ao cálculo dessas duas combinações. Weber Campos As combinações dos 6 pontos da reta r. o número de diagonais será:  45 – 10 = 35 diagonais (Resposta!) 07.  C8. quadrado. selecionamos 5 pessoas para ficarem na agência B. heptágono. vamos retirar do total das 120 combinações aquelas que não formam triângulos:  total de triângulos = 120 – 20 – 4  total de triângulos = 96  (Resposta!) 06.www. decágono etc. Entre as 8 pessoas restantes.3 = _ 4!___ 3! (4-3)!  C4. octógono.5. é igual a:  C6.: Devemos escolher 4 entre os 12 funcionários para ficarem na agência A. Quantas diagonais têm um polígono regular de 10 lados? Sol. Assim. tomados 3 a 3. B e C) de modo que em A fique 4 pessoas.3 = 4 Para finalizar. O número total de segmentos de reta determinados pelos 10 vértices é igual a:   C4. hexágono.  C3. é igual a:  C4. 3 pessoas? Sol.3  1 maneira Raciocínio Lógico 17 Análise Combinatória . Sol. teremos 56 maneiras de dispor 5 pessoas na agência B.cursoagoraeupasso. da esquerda para a direita. O mesmo se aplicando aos quadros de Portinari. G2 e G3. Weber Campos Para cada combinação (495) de pessoas na agência A. da esquerda para a direita. teremos:  P63. os três quadros de Gotuzo devem aparecer sob determinada ordem (no caso. desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem cronológica. o G se repete 3 vezes. Portanto. o G se repete 3 vezes.1. Considere que o quadro G1 é cronologicamente mais antigo que o quadro G2. e os outros aparecem somente 1 vez. Para a aplicação da fórmula de permutação com repetição. (MPU 2004 ESAF) Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-los em uma mesma parede. teremos:  P63. Para Paulo. 08. devemos multiplicar os resultados obtidos acima:  495x56x1 = 27720 maneiras Concluindo. e por sua vez 1 maneira de dispor 3 pessoas na agência C. que designaremos por: P1. vamos considerar que os quadro de Gotuzo são iguais e os quadros de Portinari são iguais. lado a lado. O número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a a) 20. existem 27720 modos de distribuirmos as 12 pessoas nas 3 agências.com. e) 360. G G G P1 P2 P3 Nos 6 quadros.br Prof. que designaremos por: G1. Podemos resolver esta questão pela fórmula da permutação com repetição. os quadros podem ser dispostos em qualquer ordem. Todos os seis quadros são assinados e datados. E são três quadros de Portinari. b) 30. Veja a ilustração abaixo.www. desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem cronológica. P2 e P3.1. Teremos: G G G P P P Nos 6 quadros. devemos considerar os quadros de Gotuzo como sendo iguais.1  6! 6  5  4  3!   120  Resposta! 3!1!1!1! 3! Daremos outro exemplo para que fique bem compreendido! Qual o número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos tendo os quadros de Gotuzo em ordem cronológica e também os quadros de Portinari em ordem cronológica? Para aplicarmos a fórmula da permutação com repetição. apesar dos quadros não se repetirem! Se quisermos que os quadros apareçam sob determinada ordem. c) 24. Solicita-se o número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos. consideraremos esses como sendo iguais! Nesta questão. Aplicando a fórmula da permutação com repetição. em ordem cronológica).3  6! 6  5  4  3!   20  Resposta! 3!3! 6  3! Raciocínio Lógico 18 Análise Combinatória .: A questão envolve os seguintes quadros: 3 quadros de Gotuzo e 4 de Portinari. e o P também se repete 3 vezes. São três quadros de Gotuzo. d) 120. e este por sua vez é mais antigo que o quadro G3. Aplicando a fórmula da permutação com repetição. R pela letra X. O. R aparecem nesta ordem (não necessariamente juntas)? Sol.www. u) para escolher 3. Portanto. temos 60 maneiras diferentes de escolher as letras que comporão a palavra.1  7! 7  6  5  4!   210  Resposta! 4!1!1!1! 4! 10.1. na palavra ROMANCE. Ora. O. 3  5! 5  4  3! 5  4    10 3!(5  3)! 3!  2! 2 Temos 4 consoantes disponíveis (b. uma dessas 60 possibilidades é a palavra: a e i b c. d. Primeiramente vamos calcular o número de maneiras de selecionar as 5 letras que formarão a palavra. vamos substituir as letras A. temos que escolher 3 vogais e 2 consoantes. 2  10  6  60 Portanto. através da fórmula da permutação com repetição. daí faremos uma combinação de 5 elementos tomados 3 a 3. Como queremos que as letras A M O R apareçam nesta ordem. c. de montar as comissões) é dado pelo produto dos dois resultados acima:  C5. A palavra tem 7 letras.3  C4. daí faremos uma combinação de 4 elementos tomados 2 a 2. Prof. Assim. A nossa palavra agora é: XXXXNCE Para aplicar a fórmula.: Observe que não é uma questão de simplesmente permutar as letras. ou seja. Nos anagramas da palavra ROMANCE. Daí:  P74. e. c. e. para cada uma das 60 possibilidades. i. Por exemplo. o. pois do total de 9 letras.br Mais um exemplo que tem muito haver com esta questão. usaremos inicialmente a fórmula da Combinação. f? Sol. f) para escolher 2. sendo 3 vogais e 2 consoantes. o. Então. o total de palavras solicitado na questão é igual a:  60 x 5! = 60 x 120 = 7200 palavras  (Resposta!) Raciocínio Lógico 19 Análise Combinatória . temos que verificar as repetições das letras. faremos a permutação das cinco letras.cursoagoraeupasso. 2  4! 4  3  2! 4  3   6 2!(4  2)! 2!  2! 2 O total de formas de escolher as letras (ou. temos que considerálas como letras iguais.com. Temos 5 vogais disponíveis (a. Weber Campos 09. qual é o número de vezes que as letras A. u. sendo que a letra X aparece 4 vezes e as outras letras somente 1 vez.1. essas cinco letras ainda podem ser permutadas para formar outras palavras. ou seja:  C 5.: Resolveremos esta questão de forma semelhante a que apresentamos no final da solução da questão anterior. podem ser formadas com as letras a. ou seja:  C 4. b. comparativamente. Daí. Quantas palavras (com ou sem significado) de 5 letras distintas. (Esta parte inicial da solução da questão é como se quiséssemos montar uma comissão de homens e mulheres. i. M. onde as vogais fossem os homens e as consoantes as mulheres). sem nos preocupar com a ordem das letras. d. M. Qual o número de modos que 6 letras X e 4 letras Y podem ser colocados em seqüência de modo que duas letras Y não fiquem juntas? Sol. Para tanto. y e z. Desenharemos seis pontos para representar esse valor 6.br Prof. Vamos ensinar um método de solução rápido pela Análise Combinatória. A soma dos valores de x. y=3. por exemplo: x+y=6. temos que escolher 4 posições entre as 7 existentes. até que poderíamos resolver por tentativas. Como os símbolos se repetem devemos fazer uma permutação com repetição. Raciocínio Lógico 20 Análise Combinatória . Como há 4 letras Y.: Como as letras Y não podem ficar juntas. Vamos dispor as letras X e deixar em branco as possíveis posições das letras Y. Cada modo de dipormos os pontos e as barras dará origem a uma solução para a equação. Ok? Para a equação x+y+z=6 seria bem mais trabalhoso encontrar as soluções por tentativas.www. (Pois uma vez que as letras Y são iguais. usaremos duas barras para fazer as separações das partes. 4  7! 765   35 modos (Resposta!) 4!(7  4)! 6 12. Para tanto.cursoagoraeupasso. Weber Campos 11. z=2 2  x=0. z=3 Se permutarmos esses 8 símbolos (6 pontos e 2 barras) encontraremos todas as soluções inteiras não negativas da equação. Por exemplo:  x=1. y=0. senão vejamos: 1ª) x=0  y=6 2ª) x=1  y=5 3ª) x=2  y=4 4ª) x=3  y=3 5ª) x=4  y=2 6ª) x=5  y=1 7ª) x=6  y=0 Ao todo temos 7 soluções inteiras não negativas. y=2. temos que colocar as letras X e letras Y se alternando na sequência. usaremos a fórmula da combinação.: Se fosse uma equação com menos variáveis. Teremos uma combinação de 7 elementos tomados 4 a 4:  C7 . X __ __ X __ __ X __ __ X __ __ X __ X __ __ __ __ Observe que existem 7 posições que as letras Y podem ocupar. z=4 2  x=2. Qual o número de soluções inteiras não negativas da equação x+y+z=6? Sol. então ao permutar as posições que elas ocupam não haverá diferença). y e z deve ser igual a 6. y=3. z=2 1 2 0 2 3 0 4 3 2 3  x=2.com. Vamos dividir esses seis pontos em três partes que corresponderão as três variáveis x. Por isso chamamos este tipo de questão de Combinação com Repetição. Kuat} Como a ordem dos elementos não tem relevância. Chamaremos de x o número de refrigerantes Kuat comprados. A soma de x. nas questões de combinação que vimos até o momento não poderia haver elementos repetidos dentro do grupo. z. 13. Ou seja. Kuat. Uma lanchonete vende três tipos de refrigerantes: Kuat. podemos formar a equação:  x+y+z=5 Desta forma.: Esta é uma questão que chamamos de Combinação com Repetição. temos 28 soluções inteiras não negativas para a equação x+y+z=6. Pepsi.. Sprite}={Sprite. Kuat. Se permutarmos esses 7 símbolos (5 pontos e 2 barras) encontraremos todas as soluções inteiras não negativas da equação.. os dois resultados abaixo são iguais. Pepsi. a ordem dos refrigerantes dentro da sacola não tem a menor importância. Assim. não usaremos a fórmula da Combinação. Raciocínio Lógico 21 Análise Combinatória . Weber Campos  P86. Vejamos o porquê. Na questão acima. Traduzindo esse resultado para a questão dos refrigerantes. de y o número de refrigerantes Pepsi comprados e de z o número de refrigerantes Sprite comprados. 2  8! 8  7   28 6! 2! 2 Portanto. Para resolver a questão. Fórmula: nº de soluções  (n  r  1)! r! (n  1)! Onde: n é o número de variáveis (x. O método que usaremos é baseado na questão anterior: encontrar o número de soluções inteiras não negativas de uma equação linear. qual é o valor de n e de r? Teremos: n=4 e r=8. no desenho haverá 5 pontos e 2 (=3 variáveis menos 1) barras.. afirmamos que há 21 maneiras de comprar cinco garrafas de refrigerante nessa lanchonete. Na equação x+y+z+w=8.) da equação.  {Kuat. De quantas maneiras uma pessoa pode comprar cinco garrafas de refrigerante? Sol. y e z deve ser igual a 5. E nesta questão temos elementos repetidos! Por exemplo. pois segundo o enunciado são compradas cinco garrafas.cursoagoraeupasso. Kuat. temos 21 soluções inteiras não negativas para a equação x+y+z=5. e r é valor da constante que fica no segundo membro da equação. tínhamos n=3 e r=6. no grupo acima. Podemos estabelecer uma fórmula para este tipo de questão. Pepsi e Sprite.  P75. então estamos diante de uma questão de Combinação.br Prof. 2  7! 7  6   21 5! 2! 2 Portanto. temos 3 Kuats. Entretanto. Ao levarmos para casa cinco refrigerantes.www. Kuat.com. y. : A solução desta questão é semelhante a da questão anterior. o item está errado! 15. no desenho haverá 6 pontos e 3 (= 4 variáveis menos 1) barras. o número de maneiras que eles poderiam sentar-se seria igual a: Permutação circular = (n-1)! = (3-1)! = 2! = 2 maneiras M1 H2 Raciocínio Lógico 22 Análise Combinatória . Daí:  x+y+z+w=6 Desta forma. Vejamos. H2 e H3 e as mulheres de M1. de modo a se ter sempre um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens? a) 72 c) 216 b) 360 d) 36 Solução: e) 720 Chamaremos os homens de: H1. isto é. y. (AFRFB 2009 Esaf) De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres em uma mesa redonda. Sol. z e w é igual a 6.  P96.  w é o número de candidatos lotados no 4º setor. temos 84 maneiras distintas de efetuar a lotação dos seis candidatos.www.cursoagoraeupasso. sem cabeceira.  z é o número de candidatos lotados no 3º setor.  y é o número de candidatos lotados no 2º setor. M2 e M3. podendo inclusive haver setores que não recebam nenhum candidato. (BB1 2007 CESPE) Julgue o item: Prof. 24 maneiras de se realizarem tais lotações. abaixo: Uma situação em que homens e mulheres ficam alternados é mostrada no desenho H1 M3 H3 M2 Se houvesse apenas os três homens em torno da mesa. no máximo. Logo. Se 6 candidatos são aprovados em um concurso público e há 4 setores distintos onde eles podem ser lotados. Faremos as seguintes designações:  x é o número de candidatos lotados no 1º setor. A soma de x. Weber Campos 1. então há.br 14.3  9! 9  8  7   84 6! 3! 6 Portanto. Se permutarmos esses 9 símbolos (6 pontos e 3 barras) encontraremos todas as soluções inteiras não negativas da equação. Os 6 candidatos serão distribuídos nos 4 setores.com. pois nenhuma das opções de resposta é correta.com.br Prof. Permutação simples das mulheres = 3! = 6 maneiras O total de possibilidades é igual ao produto das duas permutações: Total = 2 x 6 = 12 maneiras (Resposta!) Esta questão foi anulada pela ESAF. Considere que tenhamos m homens e m mulheres em torno da mesa.www. Weber Campos Agora temos que permutar as três mulheres. de modo que os homens e as mulheres se alternem? A resposta é dada pela seguinte expressão: m!(m-1)! Raciocínio Lógico 23 Análise Combinatória . pois na permutação anterior (permutação circular) já excluímos as situações que representam apenas giros dos homens em torno da mesa.cursoagoraeupasso. De quantas formas eles podem sentar-se. Podemos generalizar esta questão para uma quantidade qualquer de homens e mulheres. e não circular. Será uma permutação simples. na matemática.www. 1 × 104. é correto afirmar que há 288 maneiras diferentes de se escolherem os três membros para a direção do clube e este resultado é uma conseqüência do Princípio da Soma. entre os promotores de justiça do MPE/TO. de N2 maneiras distintas. Ek. e que. Ek são eventos que ocorrem sucessivamente.. entre os procuradores e os promotores do MPE/TO. (MPE Tocantins 2006 CESPE) Os princípios de contagem. então um dos eventos pode ocorrer em N 1 + N2 + .. na ordem indicada. para a direção de um clube dos membros do MPE/TO. há 85 promotores de justiça e 12 procuradores de justiça. × Nk maneiras distintas. um vice-presidente e um ouvidor. E2. . um presidente. .. então todos esses eventos podem ocorrer.to. Nessa situação. haja 15 mulheres.. Considerando o texto acima e a informação do portal www. o evento Ek pode ocorrer de Nk maneiras distintas. Raciocínio Lógico 24 Análise Combinatória . um dos eventos “ter menos de 50 anos” ou “ser mulher” tem 72 maneiras distintas de ocorrer. D. E. em N 1 × N2 × .. julgue os itens subsequentes. Suponha que 60 promotores tenham menos de 50 anos. Considere que se deseje eleger. neste grupo.. B. o evento E2 pode ocorrer de N2 maneira distintas. C. 1.br. no Ministério Público do Estado do Tocantins (MPE/TO).br EXERCÍCIOS DE ANÁLISE COMBINATÓRIA Prof. 2 × 105.. e se quaisquer dois eventos não podem ocorrer simultaneamente. Há 97 maneiras diferentes de se escolher uma pessoa entre os promotores de justiça e os procuradores de justiça do MPE/TO. incluem: I Princípio da Soma: se um evento E1 pode ocorrer de N1 maneiras distintas. 02.gov. Considere que. Weber Campos 01. 3.. 4.. de Nk maneiras distintas.com.mp. haja 27 mulheres. se o evento E1 pode ocorrer de N1 maneiras distintas. de modo que nenhuma pessoa possa ser eleita para mais de um cargo.. Nessa situação. então a quantidade máxima de matrículas funcionais que poderão ser formadas é igual a A. 2 × 104.. 2.. . 3 × 105. E2.cursoagoraeupasso. + Nk maneiras distintas.. II Princípio da Multiplicação: considere que E 1. (TRT-RJ Técnico 2008 Cespe) Considerando que as matrículas funcionais dos servidores de um tribunal sejam formadas por 5 algarismos e que o primeiro algarismo de todas a matrículas seja o 1 ou o 2. de que. 4 × 103. Há 70 maneiras diferentes de se constituir um comitê que contenha exatamente 4 membros escolhidos de uma lista de 8 procuradores de justiça. considere que somente um trabalho seja executado de cada vez. 1. Com Bruna. 1. permutam-se as letras de uma palavra. (Agente da Polícia Federal (Regional) 2004 CESPE) Texto para os itens de 1 a 4 Conta-se na mitologia grega que Hércules. Com André em primeiro lugar.com. (Auditor Fiscal de Vitória-ES 2007 CESPE) Para formar-se um anagrama. O número de anagramas distintos que começam e terminam com vogal é superior a 15. Além disso. O número de possibilidades distintas para a classificação com um homem em último lugar é 144. julgue os itens subsequentes. 3. O número máximo de possíveis listas que Hércules poderia preparar é superior a 12 × 10!. (DETRAN/ES 2010 Cespe) Acerca dos princípios e das técnicas de contagem. julgue os itens subseqüentes. Leila e Roberto classificados em posições consecutivas. 3. Bruna. 2. Entre esses trabalhos.www. conhecidas como Os doze trabalhos de Hércules. relacionados aos anagramas que podem ser obtidos a partir da palavra VALOR. capturar a corça de Cerinéia e capturar o javali de Erimanto. 1. 06. (BB 2009 Cespe) Supondo que André. existem 36 possibilidades distintas para classificação. 2. foi enviado à presença do rei Euristeu. 04. Considere que a Hércules seja dada a escolha de preparar uma lista colocando em ordem os doze trabalhos a serem executados. 05. Existem 120 possibilidades distintas para essa classificação. no estado do Espírito Santo. julgue os itens seguintes. 1. O número de anagramas distintos que começam com vogal e terminam com consoante é superior a 44. Cláudio.br Prof. Weber Campos 03. matou sua família. as placas dos automóveis variem de MOX 0001 a MTZ 9999.000. os cinco primeiros classificados em um concurso. Com relação ao número de possíveis listas que Hércules poderia preparar. não necessariamente nesta ordem. VROAL é um anagrama da palavra VALOR. Leila e Roberto sejam. 4. Com base nessas informações. existem 20 possibilidades distintas para a classificação. julgue os próximos itens. que lhe apresentou uma série de provas a serem cumpridas por ele. é correto concluir que o número total de automóveis que podem ser licenciados nesse estado é igual a 162.cursoagoraeupasso. Para expiar seu crime. Por exemplo. e que a escolha dessa ordem seja totalmente aleatória. O número de anagramas distintos que começam com VL é igual a 6. O número de anagramas distintos é inferior a 100. encontram-se: matar o leão de Neméia. 4. em um acesso de loucura. obtendo-se ou não uma outra palavra conhecida. Considerando-se que. Raciocínio Lógico 25 Análise Combinatória . nessa ordem. julgue os itens subsequentes. a quantidade de maneiras distintas de como as 5 pessoas poderão ocupar os assentos é igual a 48. 1. obtêm-se. 4 e 7. que já venha com senha de 4 algarismos escolhidos de 0 a 9 e atribuídos ao acaso. 2. julgue os itens que se seguem. Ao se realizar todas as combinações possíveis.173. 08. Caso Janete e Regina sentem-se nas extremidades da fila. julgue os itens subsequentes. em qualquer ordem. é inferior a 6! × 8!.com. lado a lado. 3. Sérgio. na disputa entre duas equipes. O número máximo de possíveis listas contendo o trabalho “matar o leão de Neméia” na primeira posição é inferior a 240 × 990 × 56 × 30. (Papiloscopista PF 2004 CESPE) A respeito de contagem. com os algarismos 2 e 1 juntos. Considere que Sérgio e Janete sentem um ao lado do outro. 3. um. 3. 4. 09. no máximo. Ao se utilizar somente os algarismos 1. (Banco da Amazônia 2010 Cespe) Suponha que um banco tenha um cartão especial para estudantes.cursoagoraeupasso. 1. O número máximo de possíveis listas contendo os trabalhos “capturar a corça de Cerinéia” na primeira posição e “capturar o javali de Erimanto” na terceira posição é inferior a 72 × 42 × 20 × 6. Bruno. dos algarismos e os outros 3 algarismos são distintos. Considere que. 3. 2. A quantidade de maneiras distintas de como essas 5 pessoas poderão ocupar os assentos é igual a 120. Nesse caso. então o gráfico a seguir é capaz de representar todas as possibilidades de A vencer a disputa.016 senhas em que o 0 é. necessariamente. 192 senhas diferentes. a primeira que vencer 4 jogos será considerada vencedora. 07. Weber Campos 2. e somente um. O número máximo de possíveis listas contendo os trabalhos “capturar a corça de Cerinéia” e “capturar o javali de Erimanto” nas últimas duas posições. podem-se obter 12 senhas de algarismos distintos e que não sejam maiores que 4. (TJ/ES 2010 Cespe) Alberto.www. 4º A perde 5º A perde 6º A perde 7º A perde jogo jogo jogo jogo A vence Raciocínio Lógico A vence A vence 26 A vence Análise Combinatória . que constitui um dos principais fundamentos da matemática. então a quantidade de maneiras distintas de como essas 5 pessoas poderão ocupar os assentos é igual a 24. Janete e Regina assistirão a uma peça de teatro sentados em uma mesma fila. 1. Se uma das equipes — A — tiver vencido os 3 primeiros confrontos. Podem-se obter 2.br Prof. Nessa situação. Com relação a essa situação. Considere que. cada executivo apertou uma única vez a mão de todos os outros. 1. a empresa dispõe de até 107 códigos distintos para catalogar seus bens. escolhidas em um alfabeto de 26 letras. um para redigir o relatório de missão e um para fazer os levantamentos de informações —. é superior a 50. o número de maneiras de que esse chefe dispõe para fazer suas escolhas é inferior a 200. (BB3 2007 CESPE) Julgue o item seguinte. foram trocados 78 apertos de mãos. sendo três letras iniciais.cursoagoraeupasso. Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão ocupados pelos 6 participantes de uma reunião. 10. Uma grande empresa cataloga seus bens patrimoniais usando códigos formados por uma cadeia de 6 caracteres. 1. 1. Jud.br Prof. (ABIN 2010 CESPE) Com relação aos princípios e técnicas de contagem. Nessa situação.www. no final de uma reunião de executivos. seguidas de 3 dígitos. Nessa situação. para a entrada ilegal de armas no Brasil. cada um escolhido no intervalo de 0 a 9. 3. então essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha. (TRT 16ª região Anal. o número de formas diferentes para se ocupar esses lugares com os participantes da reunião é superior a 102. Considerando as informações do texto acima. com exceção daquelas da fronteira do MS com o Paraguai. (Agente da PF 2009 Cespe) A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos 17 cidades de fronteira como locais de entrada ilegal de armas. 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. 6 dessas cidades estão na fronteira do Mato Grosso do Sul (MS) com o Paraguai. Raciocínio Lógico 27 Análise Combinatória . não se permitindo códigos com 3 letras iguais e(ou) 3 dígitos iguais. O número de cadeias binárias (que só contêm 0 e 1) de 8 dígitos. 12. 1. Considere a seguinte situação hipotética. 13. O número de cadeias distintas de 14 caracteres que podem ser formadas apenas com as letras da palavra Papiloscopista é inferior a 108. o número de executivos presentes nessa reunião era inferior a 15.com. julgue o próximo item. 11. 14. 1. Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto. (PETROBRAS 2007 CESPE) Julgue os itens que se seguem. e que tenham exatamente 3 zeros. Nesse caso. julgue os itens subsequentes. CESPE 2005) Julgue o item que se segue. Weber Campos 2. Poderão ser formadas. de modo que a ordem de escolha dos agentes não será relevante. o responsável por determinado setor disponha de 20 agentes. Com base nessa situação hipotética.cursoagoraeupasso. simultaneamente. para cumprir determinada missão. Em face dessa situação. 1 em reconhecimento operacional e 1 em levantamento de informações. 3 da região Norte. 8 especialistas em reconhecimento operacional e 7 especialistas em técnicas de levantamento de informações.www. Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado que se desloque por uma rua retilínea consista em manter um agente no mesmo lado da via que o investigado. de modo que processos de regiões distintas fiquem em prateleiras distintas. e dois outros agentes do lado oposto da rua. 3. 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. por um dos 5 ônibus ou por um dos 2 barcos disponíveis e que. dado o caráter sigiloso de uma operação a ser realizada nessa cidade.com. 19 × 14 × 13 × 7 × 5 × 3 equipes distintas. Nessa situação. Weber Campos 2. 2. há 10 maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem durante uma missão de acompanhamento em que seja utilizada essa técnica. julgue os itens seguintes.280 maneiras distintas para organizar esses processos. Em uma equipe. 1. todos os agentes terão atribuições semelhantes. para determinada missão. alguns metros atrás. será necessária uma equipe com 5 agentes. 3. (ABIN 2010 CESPE) Considere que. julgue os itens a seguir. então esse servidor terá 17. for necessário fazer. a coordenação da operação dispõe de 29 agentes. Considere que seja possível chegar a uma pequena cidade por meio de carro. sendo um especialista para cada local. um caminhando exatamente ao lado do investigado e outro. 2 da região Sul. então o responsável pelo setor terá 340 maneiras distintas de compor uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas para essa missão.br Prof. alguns metros atrás deste. Para formar essa equipe. 2 da região Centro-Oeste e 1 da região Sudeste. sendo 5 especialistas em técnicas de entrevista. Caso o servidor responsável pela guarda de processos de determinado órgão tenha de organizar. os agentes que participarão dessa operação devam chegar à referida cidade de maneira independente. (Escrivão da Polícia Federal (Regional) – 2004 – CESPE) Para uma investigação a ser feita pela Polícia Federal. reconhecimento operacional em 3 locais diferentes. 16. Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor organizar uma equipe composta por 1 especialista em entrevista. 3 processos referentes a cidades da região Nordeste. todos com bom desempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. Se. no máximo. sendo 9 da superintendência regional de Minas Gerais. 15. 8 da regional de São Paulo e 12 da regional do Rio de Janeiro. sabendo-se que o órgão de inteligência dispõe de apenas um carro e que os deslocamentos devem ocorrer no mesmo dia. em veículos distintos. 1. A partir dessas informações. em um órgão de inteligência. em uma estante com 5 prateleiras. Raciocínio Lógico 28 Análise Combinatória . (MPE Tocantins – Analista – 2006 CESPE) Em cada um dos itens subseqüentes. sendo que não podem ser selecionadas as 2 aeronaves de uma mesma estação.000 grupos. o número máximo de equipes distintas que a coordenação dessa operação poderá formar é inferior a 19×17×11×7. Se forem separadas somente as mulheres acima de 30 anos e 10% dos homens. 1. dos 100 candidatos aprovados em um concurso. Se a equipe deve conter exatamente 2 agentes da regional do Rio de Janeiro. 17.com. formatados com os algarismos 0. então o número de formas distintas de se fazer essa escolha será superior a 150. 12 × 11 × 9 × 8 × 4 equipes distintas.970.. Considerando que devam ser escolhidas 3 aeronaves para inspeção e manutenção. no máximo. uma aeronave não tripulada sobrevoa e monitora as fronteiras do Brasil com o Paraguai. Weber Campos 2. de quatro candidatos. o número de possibilidades diferentes de se formar o corpo de jurados é inferior a 1. serão 6 estações equipadas com 2 aeronaves cada. 40% têm idade acima de 30 anos. e. 3. são. somando investimento da ordem de US$ 655. entre os referidos candidatos. . no máximo.6 milhões. 4 cores internas.www. 3. 128 as opções distintas para a escolha de um veículo. operadas pela Polícia Federal. 7 cidades para trabalhar. Se a equipe deve conter exatamente 2 agentes da regional do Rio de Janeiro. Selecionando-se. o Uruguai e a Argentina na região de Foz do Iguaçu. entre 10 homens e 13 mulheres convocados. com ou sem ar condicionado. em ordem de preferência.000. com ou sem vidros e travas elétricas. é apresentada uma situação hipotética. 19. 1 agente da regional de São Paulo e 2 agentes da regional de Minas Gerais. entre 10 apresentadas pelo banco. seguida de uma assertiva a ser julgada. Nessa situação. 3. 30 sejam mulheres. Uma concessionária oferece aos clientes as seguintes opções para a aquisição de um veículo: 4 cores externas. Se um candidato tiver de escolher. (Polícia Civil ES 2010 Cespe) Desde dezembro de 2009. Os ramais de telefone em uma repartição têm 4 dígitos. Raciocínio Lógico 29 Análise Combinatória . somente homens com idade acima de 30 anos. 4 ou 5 marchas.. compostos por 3 homens e 2 mulheres. Ao todo. então a quantidade de números de ramais que é possível formar é superior a 4. 2. Desse modo. 18. Se esses números possuem pelo menos um dígito repetido. não ordenáveis. é possível formar mais de 20. 2. entre os homens. (Banco da Amazônia 2010 Cespe) Considerando que. com ou sem direção hidráulica. 9. sendo que apenas 20% delas têm idade acima de 30 anos.br Prof. então haverá mais de 144 opções de escolha para esse candidato. Um juiz deve sortear 5 homens e 6 mulheres para formar o corpo de jurados no tribunal do júri. 1. então será possível formar 525 grupos diferentes de 5 pessoas. então a coordenação da operação poderá formar.cursoagoraeupasso. julgue os itens que se seguem. 1. 1.. e que todas as seis estações já possuam as duas aeronaves previstas. 10. 2. 2. as peças de um dominó tradicional poderão ser divididas entre os 4 jogadores de 28!/(7!)4 maneiras distintas. 4. em que as metades representam os números 0. Em 7 peças. ou está gravado um determinado número de buracos que representam números. Entre todas as possíveis divisões das peças de um dominó tradicional entre os 4 jogadores.cursoagoraeupasso. 7. (TRE-BA Técnico 2010 Cespe) O jogo de dominó tradicional é jogado com 28 peças.com. 1. Considere que cada jogador. Weber Campos 20. em mais de 100 milhões delas algum deles começará o jogo com todas as 7 buchas. 4. 6. denominadas buchas. 9. Nesse caso. 8 e 9. 6 e 0. retire as 7 peças ao mesmo tempo. 11 e 12 terá um total de 82 peças.br Prof. Uma variação de dominó cujas metades representem os números 0. 5. 2. Cada número ocorre em 7 peças distintas. julgue os itens subsequentes. 3. em um total de 55 peças. 1. 8. 4. Existe também uma variação de dominó conhecida como double nine. 3. sendo este último representado por uma metade sem marcação. 6. os 4 jogadores podem se sentar à mesa de 6 maneiras distintas. o número aparece nas duas metades. 5. 2. As metades representam 7 números: 1. 3. 3. 7. 1. 5. igualmente divididas entre 4 jogadores sentados face a face em torno de uma mesa retangular. 4.www. Gabarito: 01 E C C C 02 c 03 E 04 C E C E 05 E C E E 06 C C E C 07 C E C 08 E C E 09 C E E 10 C 11 C 12 E 13 C 14 E C E 15 E C E 16 E E E 17 C C C 18 E C E 19 C 20 E C C C Raciocínio Lógico 30 Análise Combinatória . As peças são retangulares e possuem uma marcação que as divide em duas metades iguais. na sua vez. No dominó tradicional. em cada metade: ou não há nada gravado. A partir dessas informações. 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