Resoluções do capítulo 5 Análise Combinatória

1)Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões de múltipla escolha, com 5 opções por questão?

Resolução:

Podemos dividir a decisão de escolher um gabarito, nas divisões mais simples de escolher a opção de cada uma questão. Portanto teremos:

Decisão 1: Primeira questão - 5 opções de gabarito.Decisão 2: Segunda questão - 5 opções de gabarito....Decisão 10: Décima questão: 5 opções de gabarito.

Pelo princípio multiplicativo, temos 5x5x5x5x5x5x5x5x5x5 = 5^10

Resposta: Temos 5^10 possíveis gabaritos.

2)Se um conjunto possui n elementos, quantos são os seus subconjuntos?

OBS: Como matemáticos sabemos que Binômio de Newton traz uma boa justificativa para o fato desta quantidade ser (2^n), porém, esta justificativa extrapolaria os conceitos que foram aprendidos até então neste capítulo, portanto, indico a resolução seguinte.

Resolução:

Se temos um conjunto com n elementos e queremos formar um subconjunto, basta lembrarmos que um subconjunto possui OU NÃO determinado elemento do conjunto que o contém. Então vamos representar o conjunto da seguinte forma:

A = {a1,a2,a3,a4,...,an}, onde n(A) = n.

O primeiro elemento pode estar OU NÃO no subconjunto, portanto para (a1) temos duas opções [estar ou não estar no subconjunto. O segundo elemento pode estar ou NÃO no subconjunto, portanto para (a2) temos duas opções, e assim por diante. Temos então:

Decisão 1: 2 opções.Decisão 2: 2 opções.Decisão 3: 2 opções....Decisão n: 2 opções.

Pelo princípio multiplicativo, temos 2x2x2x2x2x2x...x2 = (2^n) opções.

Resposta: A quantidade de subconjuntos que podemos formar é (2^n).

3)De quantos modos 3 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras enfileiradas?

Resolução:

Para solucionar esta questão, vamos recorrer ao problema das permutações simples, mais especificamente aos anagramas com repetição. Na prática, podemos representar as pessoas pelas letras A,B e C. No caso, se sentarmos 3 pessoas em 5 cadeiras, necessariamente em qualquer caso, 2 cadeiras ficaram vazias, Podemos então representar a cadeira vazia pela letra V.

Sendo assim, o problema se resume à seguinte questão: De quantas formas podemos ordenar as letras ABCVV?

(5!)/(2!) = (5x4x3x2x1)/(2x1) = 5x4x3 = 60

Resposta: Três pessoas podem se sentar em 5 cadeiras enfileiradas de 60 modos diferentes.

4)De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos de 2 lugares, considerando-se que, em cada banco, deva haver um homem e uma mulher?

Resolução:

Podemos pensar em dividir o problema nos casos de escolher como ocuparemos cada banco de dois lugares.

primeiro lugar: 5 possibilidades de homem.segundo lugar: 5 possibilidades de mulher.

terceiro lugar: 4 possibilidades de homem.quarto lugar: 4 possibilidades de mulher.

quinto lugar: 3 possibilidades de homem.sexto lugar: 3 possibilidades de mulher.

sétimo lugar: 2 possibilidades de homem.oitavo lugar: 2 possibilidades de mulher.

nono lugar: 1 possibilidade de homem.décimo lugar: 1 possibilidade de mulher.

Então, a princípio, temos:

5x5x4x4x3x3x2x2x1x1 = 14400

Mas, como cada casal pode ser permutado de 2! formas temos que multiplicar o resultado por 2! para cada um dos 5 casais formados, daí:

14400x2!x2!x2!x2!x2!x2! = 460800

Resposta: Podemos sentá-los de 460800 maneiras diferentes.

5)De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-adjacentes de um tabuleiro de 8x8? E se os reis fossem iguais?

Resolução:

Primeiramente, se temos um tabuleiro de dimensões 8x8, ao todo temos 64 casas. Então poderíamos pensar [a princípio] em dividir o problema em dois casos, a escolha da casa em que estará o primeiro rei e a escolha da casa em que estará o segundo rei.

Para o primeiro rei temos 64 possibilidades [pois ele pode estar em qualquer casa]. E para o segundo rei? Quantas possibilidades temos? A resposta é depende! Depende da localização do primeiro rei.

Colocando o primeiro rei, por exemplo em um dos quatro cantos, o segundo rei não pode ser posto em quatro casas [três em torno do primeiro rei e uma sendo a própria casa onde está o primeiro rei]. Daí temos:

4x(64-4) = 4x60 = 240[4 pois são quatro cantos.][(64-4) pois não podemos colocar o segundo rei em 4 casas.]

Colocando o primeiro rei, por exemplo na lateral [nas casas encostadas na parede do tabuleiro], sem contar com os 4 cantos, temos 24 possibilidades. Mas, ao colocar o primeiro rei na lateral do tabuleiro, NÃO podemos colocar o segundo rei de 6 formas diferentes [5 casas em volta e uma onde o primeiro rei está]. Daí temos:

24x(64-6) = 24x58 = 1392[24 casas laterais para o 1º rei.][(64-6) casas restantes para o 2º rei.]

Colocando o primeiro rei em uma das 36 casas centrais [sem contar as laterais e os cantos], NÃO podemos colocar o segundo rei de 9 maneiras diferentes [8 casas em volta do primeiro rei e uma casa onde o primeiro rei está]. Daí temos:

36x(64-9) = 36x55 = 1980

Notemos que agora já cumprimos todas as possibilidades para o primeiro rei, ou seja, como ele pode estar OU em um dos 4 cantos, OU em uma das 24 casas laterais OU em uma das 36 casas centrais, temos: 4+24+36 = 64.

E, como pode ocorrer um caso OU o outro, vamos somar os resultados.

240+1392+1980 = 3612

Notemos também, que a todo momento tratamos do 1º e do 2º rei, ou seja, são reis distintos. Portanto essa solução será para a primeira resposta da questão.

Resposta 1) Se os reis forem diferentes, temos 3612 maneiras de colocá-los em casas não adjacentes de um tabuleiro 8x8.

Ao considerarmos os reis iguais, não estamos nos importando com a ordem deles, então temos que dividir o resultado anterior pela quantidade de maneiras de ordenar dois reis, no caso 2!. Daí ficamos com:

3612/(2!) = 3612/2 = 1806

Resposta 2) Se os reis forem iguais, temos 1806 formas diferentes de de colocá-los em casas não adjacentes de um tabuleiro 8x8.

6)De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um tabuleiro 8x8, de modo que não haja duas torres na mesma linha ou na mesma coluna? E se as torres fossem diferentes?

Resolução:

Podemos dividir o problema nos casos de escolher que casa de que coluna será ocupada por uma torre [qualquer, pois não estamos nos preocupando com a ordem das torres, já que primeiramente são iguais]. Daí temos:

Primeira coluna: 8 possibilidades

Segunda coluna: 7 possibilidades [pois não pode estar na mesma linha que a torre da primeira coluna.]

Terceira coluna: 6 possibilidades [ pois não pode estar na mesma linha que a torre da primeira coluna e também não pode estar na mesma linha que a torre da segunda coluna].

.

.

.

Sétima coluna: 2 possibilidades.

Oitava coluna: 1 possibilidade.

Pelo princípio multiplicativo temos:

8x7x6x5x4x3x2x1 = 8! = 40320

Resposta 1) Podemos colocar oito torres IGUAIS, nestas condições, de 40320 maneiras diferentes.

No caso das torres sendo diferentes, temos que levar em consideração a ordem de escolha das torres. Como podemos ordenar 8 torres de 8! formas, temos que multiplicar o resultado anterior por 8!

8!x8! = (8!)²

Resposta 2)Se as torres fossem diferentes teríamos (8!)² de colocá-las no tabuleiro.

7)De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se, sucessivamente e sem reposição, duas cartas. De quantos modos isso pode ser feio, considerando-se que a primeira carta deva ser de copas e a segunda carta não deva ser um rei?

Resolução:

Devemos considerar dois casos:

A primeira carta é o rei de copas: O que nos dá 1 possibilidade para a primeira carta e, agora, restando 51 cartas para escolher, temos 48 possibilidades para a segunda carta não ser um rei.

1x48 = 48

A primeira carta é de copas mas não é o rei: O que nos dá 12 possibilidades para a primeira carta e, agora, tendo 51 cartas para escolher, temos 47 possibilidades para a segunda carta não ser um rei.

12x47 = 564

Total: 48 + 564 = 612

Resposta: 612

8)O conjunto A possui 4 elementos, e o conjunto B, 7. Quantas funções f:A -->B existem? Quantas delas são injetivas?

Resolução:

a)Devemos, para cada elemento de A, escolher sua imagem em B. Há 7 modos de escolher a imagem do primeiro elemento de A, 7 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.

A resposta é; 7x7x7x7 = 2 401

b)Agora, elementos diferentes devem ter imagens diferentes. Há 7 modos de escolher a imagem do primeiro elemento de A, 6 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.

A resposta é: 7x6x5x4 = 840

R: 2401 e 840

9)Dispomos de 5 cores distintas. De quantos modos podemos colorir os quatro quadrantes de um círculo, cada quadrante com uma só cor, se quadrantes cuja fronteira é uma linha não puderem receber a mesma cor?

Resolução:

[Aqui, consideremos o primeiro, segundo, terceiro e quarto quadrantes como no plano cartesiano, ou seja, contando o primeiro como o dos pontos de coordenadas positivas e girando no sentido anti-horário.]

A princípio, para o primeiro quadrante temos 5 possibilidades, para o segundo quadrante temos 4 possibilidades [não pode ser igual ao primeiro], para o terceiro quadrante 4 possibilidades [não pode ser igual ao segundo]. E para o quarto quadrante? Isso depende. Se o primeiro quadrante tiver a mesma cor que o terceiro, temos que excluir uma possibilidade. Já, se o terceiro quadrante tiver uma cor diferente do primeiro, temos que excluir duas possibilidades. Temos que dividir então em dois casos:

O primeiro quadrante com a cor igual à do terceiro:

Para o primeiro quadrante: 5 possibilidades.Para o segundo quadrante: 4 possibilidades [diferente do primeiro].Para o terceiro quadrante: 1 possibilidade [igual à do primeiro].Para o quarto quadrante: 4 possibilidades [pois como o primeiro é igual ao terceiro, temos que excluir apenas uma possibilidade].

Total neste caso: 5x4x1x4 = 80

O primeiro quadrante com a cor diferente à do terceiro:

Para o primeiro quadrante: 5 possibilidades.Para o segundo quadrante: 4 possibilidades [diferente do primeiro].Para o terceiro quadrante: 3 possibilidades [diferente do segundo E DO PRIMEIRO].Para o quarto quadrante: 3 possibilidades [diferente do primeiro e do terceiro].

Total neste caso; 5x4x3x3 = 180

Como ocorre um caso OU o outro, temos; 180 + 80 = 260.

R: 260

10)De quantos modos podemos formar uma palavra de 5 letras de um alfabeto de 26, se a letra A deve figurar na palavra mas não pode ser a primeira letra? E se a palavra devesse ter letras distintas?

a)Há 26x26x26x26x26 = 11881376 palavras de 5 letras. Delas devemos subtrair as palavras que começam por A, 1x26x26x26x26 = 456976, e aquelas nas quais a letra A não figura, 25x25x25x25x25 = 9765625.

A resposta é 11881376 - 456976 - 9765625 = 1658775.

b)Há 4 posições para colocar a letra A; depois disso, as quatro casas vazias podem ser preenchidas de 25,24,23 e 22 modos.

A resposta é 4x25x24x23x22 = 1214400

R: 1658775 e 1214400

11)As placas de veículos são formadas por três letras (de um alfabeto de 26) seguidas por 4 algarismos. Quantas placas diferentes podem ser formadas?

Resolução:

Temos que escolher 3 letras, cada uma pode ser escolhida de 26 maneiras. Temos que escolher 4 números, cada um pode ser escolhido de 10 maneiras. Logo:

26x26x26x10x10x10x10 = 175760000

R: 175760000

12)Um vagão de metrô em 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e 5 de cosas. De 10 passageiros, 4 preferem sentar de frente, 3 preferem sentar de costas e os demais não têm referência. De quantos modos eles podem se sentar, respeitadas as preferências?

Resolução:

O número de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar de frente é 5x4x3x2 = 120; o número de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar de costas é 5x4x3 = 60; o número de modos de acomodar os demais passageiros é 3x2x1 = 6.

A resposta é 120x60x6 = 43200

R: 43200

13)Quantos são os inteiros positivos de 4 dígitos nos quais o algarismo 5 figura?

Resolução:

O número de inteiros positivos de 4 dígitos é 9x10x10x10 = 9000; dessa quantidade devemos tirar aqueles em que o 5 NÃO figura, que são 8x9x9x9 = 5832. Fica então: 9000 - 5832 = 3168

R: 3168

14)Em uma banca há 5 exemplares iguais da Veja, 6 exemplares iguais da Época e 4 exemplares iguais da Isto É. Quantas coleções não-vazias de revistas dessa banca podem ser formadas?

Resolução:

Devemos decidir quantos exemplares de cada revista devem ser postos na coleção. Há 6 possibilidades para a revista Veja (0,1,2,3,4 ou 5 exemplares), 7 para a revista Época e 5 para a revista Isto É. O número de coleções é 6x7x5 = 210. Daí, como apenas uma coleção é vazia, o total de coleções NÃO VAZIAS é 209 = 210-1.

R: 209

15)Uma turma tem aulas às segundas, quartas e sextas, das 13h às 14h e das 14h às 15h. As disciplinas são Matemática, Física e Química, cada uma com duas aulas semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário dessa turma?

Resolução:

Para a primeira disciplina, temos 6 possibilidades de escolha de primeiro horário; tendo escolhido o primeiro horário, temos 4 possibilidades de escolha para o segundo horário [pois não podemos escolher o outro horário do mesmo dia]. Como a ordem da escolha dos horários não importa, dividimos por 2, então temos:

Primeira disciplina: (6x4)/2 = 24/2 = 12

Para a segunda disciplina, sobrou um dia com dois tempos e dois dias com um tempo cada um. Porém, não podemos escolher os dois dias com um tempo cada um, pois senão para a terceira disciplina, sobraria apenas um dia para escolher. Então, necessariamente, temos que escolher um dos dois tempos do dia com dois tempos. Como a ordem da escolha não importa, dividimos por 2. Temos então:

Segunda disciplina: (4x2)/2 = 4

Como já escolhemos todos os horários para as disciplinas anteriores, sobrou apenas dois tempos em dias distintos para a terceira disciplina, ficamos então com:

Terceira disciplina: 1 possibilidade

total: 12x4x1 = 48 possibilidades.

R: 48

16)Quantos são os anagramas da palavra "capítulo":a)possíveis? [40320]

Resolução: Como todas as letras são distintas, temos: 8! = 40320 anagramas.

b)que começam e terminam por vogal? [8640]

Resolução: Para a primeira posição temos disponíveis 4 vogais, temos então 4 possibilidades. Tendo escolhida a primeira letra, para a última letra, como ela deve ser vogal também, temos 3 vogais disponíveis. Para as letras restantes vamos ter 6! formas de permutá-las entre a primeira vogal e a última vogal. Logo a resposta fica:4x6!x3 = 8640

c)que têm as vogais e as consoantes intercaladas? [1152]

Resolução: A palavra tem 4 vogais e 4 consoantes, portanto será possível promover a intercalação. Podemos começando por vogal, temos;4 possibilidades para a primeira letra. [tem que ser vogal]4 possibilidades para a segunda letra.[tem que ser consoante]3 possibilidades para a terceira letra. [tem que ser vogal e já usamos uma vogal]3 possibilidades para a quarta letra. [tem que ser consoante e já usamos uma consoante]2 possibilidades para a quinta letra.2 possibilidades para a sexta letra.1 possibilidade para a sétima letra.1 possibilidade para a oitava letra.

Portanto, começando por vogal temos: 4x4x3x3x2x2x1x1 = 576Começando por consoante, analogamente temos 576 formas distintas. Daí, o total é:576+576 = 1152

d)que têm as letras, c,a,p juntas nessa ordem? [720]

Resolução: Neste caso, podemos considerar as letras C,A,P como se fossem um elemento a ser permutado, daí temos então a permutação de 6 elementos no lugar de 8. Portanto a resposta é: 6! = 720

e)que têm as letras c,a,p juntas em qualquer ordem? [4320]

Resolução: Para tanto, basta utilizarmos o resultado anterior, levando em consideração que as letras C,A,P podem se permutar entre si. Como isso pode ocorrer de 3! formas, temos; 720x3! = 720x6 = 4320

f)que têm a letra p em primeiro lugar e a letra a em segundo? [720]

Resolução:

Para a primeira letra, temos 1 possibilidade, podendo apenas ser a letra A.Para a segunda letra, temos 1 possibilidade, podendo ser apenas a letra P.

Já, as letras restantes podem se permutar de qualquer forma. Temos para elas então 6! formas de se permutar.Portanto a resposta é: 1x1x6! = 6! = 720

g)que têm a letra e em primeiro lugar ou a letra a em segundo? [9360]

Resolução:

Primeiramente, vamos calcular a quantidade de permutações em que a letra E está em primeiro lugar.Para a primeira letra, temos apenas 1 possibilidade, só pode ser a letra E. Para a segunda letra em diante, podemos calcular a permutação delas entre si, sem restrição alguma. Temos então neste caso: 1x7! = 7! = 5040

Agora, vamos calcular a quantidade de permutações em que a letra A está na segunda posição.Para a segunda letra, temos apenas 1 possibilidade, só pode ser a letra A. Já a primeira letra, terceira, quarta, quinta, sexta, sétima e oitava, podem permutar entre si sem restrição alguma. Daí temos novamente: 1x7! = 5040

Mas, temos que notar que o fato de ter a primeira letra E e a segunda letra A não são mutuamente excludentes. Ou seja, que quando contamos as permutações onde a primeira letra é E, estamos contando os casos em que a primeira letra é E e a segunda é A. E, quando estamos contando as permutações em que a segunda letra é A, também estamos contando os casos em que a primeira letra é E. Em outras palavras, contamos os casos em que a primeira letra é E e a segunda letra é A, duas vezes, então temos que tirar esta contagem dupla.

Casos em que a primeira letra é E e a segunda letra é A: Para a primeira letra e para a segunda, temos apenas uma possibilidade. Para a terceira em diante, podemos permutá-las entre si. Temos então: 1x1x6! = 720

A resposta é então: 5040+5040-720 = 9360

h)nos quais a letra a é uma as letras à esquerda de p e a letra c é uma das letras á direita de p? [6720]

Resolução:

Para tanto, podemos imaginar as letras A,P,C, disponíveis nesta ordem e de quantas formas podemos introduzir as letras que restam [I,T,U,L,O], nos espaços antes, entre ou depois das letras A,P,C.

A princípio, para a primeira letra, temos: 4 espaços disponíveis [antes da letra A, depois da letra C, entre A e P, e entre P e C].Para a segunda letra [já tendo posto a primeira letra em um dos espaços anteriores], temos: 5 espaços. Para a terceira letra, 6 espaços, para a quarta 7 espaços e para a quinta 8 espaços. Pelo princípio multiplicativo, temos que a resposta é: 4x5x6x7x8 = 6720

17)Se A é um conjunto de n elementos, quantas são as funções f: A --> A bijetoras?

Resolução: Para cada elemento do conjunto A, devemos escolher uma única imagem. Temos então:Para o primeiro elemento: n possibilidades.Para o segundo elemento:(n-1) possibilidades [pois não pode ser igual ao primeiro].Para o terceiro elemento: (n-2) possibilidades....Para o n-ésimo elemento: 1 possibilidade.

Pelo princípio multiplicativo, temos: n(n-1)(n-2)...1 = n!

R: n!

18)De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em fila de modo qe duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não fiquem juntas?

Resolução: Podemos colocar 8 pessoas em fila de 8! formas diferentes.Dentre cada uma desta 8! filas, quantas estão com Vera e Paulo, juntos?Basta considerarmos Vera e Paulo como um elemento apenas, daí, a princípio temos 7!. Levando em consideração que Vera e Paulo podem se permutar entre si, temos 7!x2. Daí a quantidade de modos em que é possível colocar 8 pessoas em fila de modo que Vera e Paulo não fiquem juntos é:

8!-7!x2 = 8x7!-7!x2 = 7!x(8-2) = 7!x6 = 30240

R: 30240

19)De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em fila de modo que duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não fiquem juntas e duas outras, Helena e Pedro, permaneçam juntas?

Resolução:

Primeiramente podemos calcular em quantas filas diferentes Helena e Pedro estão juntos. No caso, para tanto, podemos considerá-los como se fossem apenas um elemento para permutar, daí temos 7!, como Helena e Pedro podem se permutar entre si de 2 formas, temos que multiplicar este resultado por 2. Temos então:

Filas com Helena e Pedro juntos: 2x7! = 10080

Agora, nestes 10080 casos que foram contados, existem aqueles em que Vera e Paulo estavam juntos e aqueles em que Vera e Paulo não estavam juntos. Vamos então calcular em quantos deles Vera e Paulo estavam juntos, para que possamos fazer a subtração. Da mesma maneira, vamos considerar Vera e Paulo como se fossem um elemento, e em seguida considerar que eles podem se permutar entre si de 2 formas.

Filas com Helena e Pedro juntos e Vera e Paulo JUNTOS: 2x2x6! = 2880

A resposta é então: 10080 - 2880 = 7200

R: 7200

20)De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5 atletas, denominados Esporte, Tupi e Minas?

Resolução:

Primeira maneira:

Podemos pensar em uma fila com 15 atletas, onde os cinco primeiros formam o time Esporte, os cinco centrais formam o time Tupi e os cinco da ponta direita formam o time Minas. Sabemos que 15 pessoas enfileiradas podem se permutar de 15! formas, porém, dentre estas 15! formas, existem permutações que não alteram o resultado do time.A se saber, são aquelas em que as cinco primeiras pessoas se permutam entre si, as cinco pessoas centrais se permutam entre si e as cinco pessoas da direita se permutam entre si. Para eliminar esta contagem excessiva, vamos dividir 15! por 5! para cada um dos times.

A resposta fica: 15!/(5!x5!x5!) = 756756

Segunda forma:

Podemos pensar que a escolha de cada time será uma combinação simples.Para o primeiro time, temos que escolher 5 pessoas dentre 15, não importando a ordem, temos então:

C(15,5) = 15!/[(15-5)!x5!] = 3003

Para o segundo time, já tendo escolhido o primeiro, temos que escolher 5 pessoas dentre 10, não importando a ordem da escolha. Temos então:

C(10,5) = 10!/[(10-5)!x5!] = 252

Para o terceiro time, já tendo escolhido o primeiro e o segundo, temos que escolher 5 pessoas dentre 5, não importando a ordem, fato que só pode ocorrer de uma forma, porém mesmo assim, se utilizássemos a fórmula da quantidade de combinações simples, seria compatível com este resultado.

C(5,5) = 1

Daí, a resposta é: 3003x252x1 = 756756

R: 756756

21)De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5 atletas?

Resolução:

Como vimos no exercício anterior, podemos pensar em uma fila de 15 atletas ou na combinação simples. Mas, no que este exercício se diferencia do anterior então?Neste exercício, a primeira, segunda e terceira equipes formadas, não possuem nomes, o que faz com que a ordem de escolha das equipes não faça diferença. Como a ordem das três equipes não faz diferença, temos que dividir o resultado anterior [756756] pela quantidade de maneiras de permutar 3 equipes, no caso 3!. Daí temos:

756756/3! = 756756/6 = 126126

R: 126126

22)Um campeonato é disputado por 12 clubes em rodadas de 6 jogos cada. De quantos modos é possível selecionar os jogos da primeira rodada?

Resolução:

A primeira rodada possui 6 jogos, como é dito no enunciado. Temos então que decidir como 6 jogos ocorrerão dispondo de 12 clubes para competir entre si. Podemos dividir então este problema, na escolha do primeiro, segundo, terceiro, quarto, quinto e sexto jogo. Notemos que em todos os jogos, a ordem das escolhas da equipes que vão jogar uma contra a outra, não faz diferença, temos então um problema de combinação simples.

Primeiro jogo: C(12,2) = 12!/[(12-2)!x2!] = 66Segundo jogo: C(10,2) = 10!/[(10-2)!x2!] = 45Terceiro jogo: C(8,2) = 8!/[(8-2)!x2!] = 28Quarto jogo: C(6,2) = 6!/[(6-2)!x2!] = 15Quinto jogo: C(4,2) = 4!/[(4-2)!x2!] = 6Sexto jogo: C(2,2) = 1

Pelo princípio multiplicativo, temos: 7484400

Como a ordem das partidas também não faz diferença, temos que dividir este resultado pela quantidade de maneiras de se permutarem 6 partidas, no caso 6!. Temos então que a resposta é:

7484400/6! = 7484400/720 = 1039

R: 10395

23)Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1,2,4,6,7 e escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine:

a)que lugar ocupa o número 62 417. [81º]

Resolução:

Para determinar o lugar ocupado pelo número 62417, devemos contar quantos números estão antes dele. Antes dele estão os números começados por 1 (4! = 24 números), por 2 (4! = 24 números), por 4 (4! = 24 números), por 61 (3! = 6 números), por 621 (2! = 2 números). Há 24+24+24+6+2 = 80 números antes do 62417. A resposta é 81º lugar.

b)que número que ocupa o 66º lugar. [46721]

Resolução:

Como há 4! = 24 números começados por 1, e 4! = 24 números começados pro 2, e 3! = 6 números começados por 41, e 3! = 6 números começados por 42, e 3! = 6 números começados por 46, o 66º número escrito é o último dos números começados por 46, ou seja, 46721.

c)qual o 166º algarismo escrito. [2]

Como há 5 algarismos em cada número o 166º algarismo escrito é o primeiro algarismo do 34º número escrito [pois 166 = 33x5 + 1]. Como há 4! = 24 números começados por 1, 3! = 6 números começados por 21 [já contamos até agora 24+6 = 30 números], agora, há 3! = 6 números começados por 24 [já passamos do 34º número, pois 24+6+6 = 36]. Como todo número entre o 30º e o 36º terá o primeiro algarismo sendo 2, necessariamente o algarismo do 34º número será 2.

24)De quantos modos é possível colocar r rapazes e m moças em fila de modo que as moças permaneçam juntas?

Resolução: Devemos considerar as m moças como se fosse um dos elementos que devemos permutar. Daí, ao todo, temos r rapazes e 1 elemento a mais para permutar, ou seja, devemos permutar (r+1) elementos. Como as moças entre si podem se permutar de m! formas, temos que multiplicar o resultado anterior por m!. Daí temos, pelo princípio multiplicativo:

m!x(r+1)!

R: m!(r+1)!

25)Quantos dados diferentes é possível formar gravando números de 1 a 6 sobre as faces de um cubo?

a)Suponha uma face de cada cor. [720]

Resolução:

Devemos colocar 6 números em 6 lugares. A resposta é P6 = 6! = 720

b)Suponha as faces iguais. [30]

Resolução:

Façamos de conta que as faces são diferentes. Contamos pelo problema anterior 720 cubos. Como as faces são indistinguíveis, o mesmo cubo foi contado várias vezes. Por exemplo, pense em um cubo que tenha o 6 na face de baixo (face preta) e o 1 na face de cima (face branca). Ele é, certamente, diferente de um cubo que tenha o 1 na face de baixo (face preta) e o 6 na face de cima (face branca). Mas sendo as faces indistinguíveis, o cubo que tem o 6 na face de baixo e o 1 na face de cima, é igual ao cubo que tem o 1 na face de baixo e o 6 na face de cima. Este é, simplesmente, aquele de cabeça para baixo. Esse mesmo dado aparece outra fez com o 1 na face da frente e o 6 na face de trás, com o 1 na face da esquerda e o 6 na face da direita, etc. Em suma, o mesmo dado foi contado tantas vezes quantas são as posições de colocá-lo.O número de posições de colocar um cubo é 6x4 = 24, pois há 6 modos de escolher a face de baixo e 4 de escolher, nessa face, o lado que fica de frente.

A resposta é: 720/24 = 30

c)Suponha que as faces são iguais e que a soma dos pontos de faces opostas deva ser igual a 7. [2]

Resolução:

Precisamos notar que escolhendo o número de uma face, automaticamente estamos escolhendo o número da face oposta, então na prática, temos que escolher três números para colocar em três faces adjacentes do cubo [os números podem ser 6,5,4 ou 1,2,3]. Isto pode ser feito de 2 maneiras, pois para o primeiro lugar temos 3 possibilidades, para o segundo temos 2 e para o terceiro, temos 1, mas girando o dado em torno do vértice comum às três faces [como se fosse uma permutação circular], temos que dividir este resultado por 3. Daí 6/3 = 2, que é a resposta que procuramos.

26)Quantos são os anagramas da palavra ESTRELADA?

Resolução: Considerando as letras distintas entre si, teríamos 8!, porém, como as letras E e as letras A se repetem duas vezes cada uma, devemos dividir por 2! para cada uma dessas letras, ficamos então com:

9!/(2!x2!) = 9!/4 = 90720

R: 90720

27)O conjunto A possui n elementos. Quantos são os seus subconjuntos com p elementos?

Resolução:

Para formar o subconjunto, temos que escolher p elementos dentre n elementos [é claro que estamos supondo p menor ou igual à n]. Como dentro de um conjunto a ordem dos elementos não importa, temos então uma combinação simples de n elementos tomados p a p.

R: C(n,p)

28)Uma faculdade realiza seu vestibular em 2 dias de provas. Este ano a divisão foi: Matemática, Português, Biologia e Inglês no primeiro dia e Geografia, História, Física e Química no segundo dia. De quantos modos pode ser feito calendário de provas?

Resolução:

Para o primeiro dia temos: 8x7x6x5 = 1680Porém, a ordem das matérias não importa, daí temos que dividir este resultado por 4!. Ficamos então com 1680/4! = 1680/24 = 70

Para o segundo dia, sobram apenas as matérias que não foram escolhidas no dia anterior. Temos então apenas uma possibilidade. Pelo princípio multiplicativo a resposta é 70x1 = 70.

R: 70

29)Quantas diagonais possui:

a)Um octaedro regular? [3]

Resolução:

Os segmentos que unem dois vértices de um poliedro ou são arestas ou são diagonais das faces ou são diagonais do poliedro.

O octaedro regular é um poliedro formado por 8 faces triangulares e que tem 6 vértices e 12 arestas. há C(6,2) = 15 segmentos que unem dois vértices do poliedro, 12 dos quais são arestas e 0 dos quais são diagonal da face. A resposta é 15-12-0 = 3

b)um icosaedro regular? [36]

Resolução:

O icosaedro regular é um poliedro formado por 20 faces triangulares e que tem 12 vértices e 30 arestas. Há C(12,2) = 66 segmentos que unem dois vértices do poliedro, 30 dos quais são arestas e 0 dos quais é diagonal da face. A resposta é 66-30-0 = 36.

c)um dodecaedro regular? [100]

Resolução:

O dodecaedro regular é um poliedro formado por 12 faces pentagonais e que tem 20 vértices e 30 arestas. Há C(20,2) = 190 segmentos que unem dois vértices do poliedro, 30 dos quais são arestas e 60 dos quais são diagonais de faces. A resposta é 190-30-60 = 100.

d)um cubo? [4]

Resolução:

O cubo é um poliedro formado por 6 faces quadradas e que tem 8 vértices e 12 arestas. Há C(8,2) = 28 segmentos que unem dois vértices do poliedro, 12 dos quais são arestas e 12 dos quais são diagonais das faces. A resposta é 28-12-12 = 4.

e)um prisma hexagonal regular? [18]

O prisma hexagonal é um poliedro formado por 6 faces quadrangulares e 2 faces hexagonais e que tem 12 vértices e 18 arestas. Há c(12,2) = 66 segmentos que unem dois vértices do poliedro, 18 dos quais são arestas e 30 dos quais são diagonais de faces. A resposta é 66-18-30 = 18.

30)Sejam Im = {1,2,...,m} e In = {1,2,...,n}, com m menor ou igual à n. Quantas são as funções f: Im --> In estritamente crescentes?

Resolução:

Uma função estritamente crescente é necessariamente injetiva. Logo, seu conjunto de valores terá exatamente m elementos. Para construir tal função, devemos inicialmente, selecionar o conjunto de valores, o que pode ser feito de C(n,m) modos.Selecionado o conjunto de valores, a função está determinada, porque f(1) deve ser igual ao menor elemento do conjunto de valores, f(2) deve ser igual ao segundo menor elemento do conjunto de valores, etc. A resposta é C(n,m).

R: C(n,m)

31)Quantos são os números naturais de 7 dígitos nos quais o dígito 4 figura exatamente 3 vezes e o dígito 8 exatamente 2 vezes?

Resolução:

Caso 1) Números que começam por 4

Há um modo de preencher a primeira casa; depois disso, há C(6,2) modos de escolher as outras duas casas do número que também serão preenchidas com o algarismo 4; deposi disso, há C(4,2) modos de escolher as duas casas que serão ocupadas pelo algarismo 8; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8x8 modos (não podemos usar nessas casas os dígitos 4 e 8). Há 1xC(6,2)xC(4,2)x8x8 = 5760 números.

Caso 2) Números que começam por 8

Há um modo de preencher a primeira casa; depois disso, há 6 modos de escolher a outra casa do número que também será preenchida com o algarismo 8; depois disso, há C(5,3) modos de escolher as três casas que serão ocupadas pelo algarismo 4; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8x8 modos (não podemos usar nessas casas os dígitos 4 e 8) Há 1x6xC(5,3)x8x8 = 3840 números.

Caso 3) Números que não começam por 4 e 8

Há 7 modos de preencher a primeira casa (não podemos usar nem 4, nem 8, nem 0); depois disso, há C(6,3) modos de escolher as três casas do número que serão preenchidas com o algarismo 4; depois disso há C(3,2) modos de escolher as duas casas que serão ocupadas pelo algarismo 8; finalmente, a casa restante ode ser preenchida de 8 modos (não podemos usar nessa casa os dígitos 4 e 8). Há 7xC(6,3)xC(3,2)x8 = 3360 números.

A resposta é 5760+3840+3360 = 12960

R: 12960

32)Quantos são os subconjuntos de {a1,a2,...,an} com p elementos, nos quais:

a)a1 figura; [C(n-1,p-1)]

Resolução: Se já sabemos que no subconjunto está o elemento a1, então agora temos que escolher p-1 elementos [pois um dos p elementos já foi escolhido, no caso o a1] dentre n-1 elementos [pois não podemos escolher novamente o a1]. Como a ordem da escolha dos elementos não importa, temos C(n-1,p-1).

b)a1 não figura; [C(n-1,p)]

Resolução: Se o elemento a1 não figura, temos que escolher p elementos dentre n-1 elementos, pois dos n elementos não podemos escolher um, no caso o a1. Como nessa escolha a ordem não importa, temos então C(n-1,p).

c)a1 e a2 figuram; [C(n-2,p-2)]

Resolução: Se o a1 e o a2 já figuram no subconjunto, nos resta n-2 elementos para escolher [pois não podemos escolher a1 ou a2 novamente]. E, como o subconjunto já tem dois elementos definidos, temos que escolher p-2 elementos, não importando a ordem. Temos então um problema de combinação simples expresso por: C(n-2,n-2).

d)pelo menos um dos elementos a1,a2 figura; [2xC(n-1,p-1) + C(n-2,p-2) = C(n,p) - C(n-2,p)]

Resolução:Primeira maneira: O total de p subconjuntos é C(n,p). Para formar um subconjunto em que nem a1 nem a2 figurem devemos escolher os p elementos do subconjunto dentre os n-2 elementos do conjunto. Há, portanto, C(n-2,p) subconjuntos nos quais nem a1 nem a2 figuram. Logo, o número de subconjuntos nos quais pelo menos um desses dois elementos figura é C(n,p) – C(n-2,p).

Segunda maneira: Há C(n-1,p-1) p-subconjuntos nos quais o elemento a1 figura e há C(n-1,p-1) subconjuntos nos quais o elemento a2 figura. Há, também, C(n-2,p-2) subconjuntos nos quais os elementos a1 e a2 figuram ambos. Ao somarmos C(n-1,p-1)+C(n-1,p-1) = 2C(n-1,p-1) obtemos

o número de subconjuntos nos quais pelo menos um dos elementos a1 e a2 figuram, mas contamos duas vezes aqueles em que a1 e a2 figuram ambos. A resposta é portanto:2C(n-1,p-1) – C(n-2,p-2).

e)exatamente um dos elemenos a1 e a2 figura. [2x(C(n-2,p-1))]

Resolução: Temos que calcular a quantidade de subconjuntos com p elementos nos quais a1 figura e a2 NÃO figura, e também a quantidade de subconjuntos com p elementos nos quais a2 figura e a1 NÃO figura. Por fim podemos somá-las.Se a1 figura no subconjunto, então 1 dos p elementos já foi escolhido, temos então que escolher p-1 elementos dentre n-2 elementos, já que a1 não pode ser escolhido novamente e a2 não pode ser escolhido. Fica então C(n-2,p-1).Analogamente, com a2 no subconjunto e a1 fora, temos C(n-2,p-1).A resposta é C(n-2,p-1) + C(n-2,p-1) = 2C(n-2,p-1).

33)De um baralho de pôquer (7, 8, 9, 10, valete, dama, rei e ás, cada um desses grupos aparecendo em 4 naipes: copas, ouros, paus, espadas), sacam-se simultaneamente 5 cartas.

a)Quantas são as extrações possíveis? [201376]

Resolução: Como há 32, a resposta é C(32,5) = 201 376

Quantas são as extrações nas quais se forma:b)um par (duas cartas em um mesmo gupo e as outras três em três outros grupos diferentes)? [107520]

Resolução: Há 8 modos de escolher o grupo do par propriamente dito (por exemplo, valete), C(4,2) modos de escolher os naipes das duas cartas do par (por exemplo, copas e paus), C(7,3) modos de escolher os grupas das outras três cartas (por exemplo, 10,8 e rei) e 4x4x4 = 4³ modos de escolher os naipes dessas três cartas. A resposta é 8xC(4,2)xC(7,3)x4³ = 107520

c)dois pares (duas cartas em um grupo, duas em outro grupo e uma em um terceiro grupo)? [24192]

Resolução: Há C(8,2) modos de escolher os grupos das cartas que formarão os dois pares, (C(4,2))² modos de escolher seus naipes, 6 modos de escolher o grupo da outra carta e 4 modos de escolher seu naipe. A resposta é C(8,2)x(C(4,2))²x6x4 = 24192

d)uma trinca (três cartas em um grupo e as outras duas em dois outros grupos diferentes)? [10752]

Resolução: Há 8 modos de escolher o grupo da trinca, C(4,3) modos de escolher os naipes das cartas da trinca, C(7,2) modos de escolher os grupos das outras duas cartas e 4x4 = 4² modos de escolher os naipes dessas duas cartas. A resposta é 8xC(4,3)xC(7,2)x4² = 10752

e)um "four" (quatro cartas em um grupo e uma em outro grupo)? [224]

Há 8 modos de escolher o grupo do four, 1 modo de escolher os naipes das quatro cartas do four, 7 modos de escolher o grupo da outra carta e 4 modos de escolher o naipe dessa carta. A resposta é 8x1x7x4 = 244

f)um "full hand" (três cartas em um grupo e duas em outro grupo)? [1344]

Resolução: Há oito modos de escolher o grupo da trinca, C(4,3) modos de escolher os naipes das cartas da trinca, 7 modos de escolehr o grupo do par e C(4,2) modos de escolher os naipes das cartas do par. A resposta é 8xC(4,3)x7xC(4,2) = 1344.

g)uma sequência (5 cartas de grupos consecutivos, não sendo todas do mesmo naipe)? [4080]

Resolução: Há apenas 4 tipos de sequências: 7, 8, 9, 10, valete; 8, 9, 10, valete, dama; 9, 10, valete, dama, rei; 10, valete, dama, rei, ás. Escolhido o tipo da sequência, haveria 4x4x4x4x4 modos de escolher os naipes das cartas da sequência, mas 4 desses modos não são permitidos: todas de ouros, todas de paus, todas de copas e todas de espadas.A resposta é 4x[4x4x4x4x4 – 4] = 4080

h)um "flush" (5 cartas do mesmo naipe, não sendo elas de 5 grupos consecutivos)? [208]

Resolução: Os grupos das cartas podem ser escolhidos de C(8,5) – 4 modos e o naipe único, de 4 modos. A resposta é (C(8,4) – 4)x4 = 208

i)um "straight flush" (5 cartas de grupos consecutivos, todos do mesmo naipe)? [16]

Resolução: Há 4 modos de escolher os grupos das cartas e 4 modos de escolher o naipe único. A resposta é 4x4 = 16

j)um "royal straight flush" (10,valete, dama, rei e ás de um mesmo naipe)? [4]

Resolução: Há 4 modos de escolher o naipe único. A resposta é 4.

34)O conjunto A possui p elementos e o conjunto B possui n elementos. Determine o número de funções f: A --> B sobrejetoras para:

a)p = n; [n!]

Resolução: Neste caso a função f é bijetiva. Sendo assim, como calculamos em exercício anterior, o número de funções bijetivas onde ambos os conjuntos tem n elementos é n!.

b)p = n+1; [((n+1)!n)/2]

Resolução: Neste caso dois elementos de A terão uma mesma imagem em B e a correspondência entre os demais n-1 elementos de A e os demais n-1 elementos de B será bijetiva. Há C(n+1,2) modos de se escolher os dois elementos de A, n modos de se escolher a

imagem deles em B e (n-1)! Modos de construir uma correspondência bijetiva entre os elementos restantes. A resposta é C(n+1,2) x n x (n-1)! = [n(n+1)!]/2

35)Considere um conjunto C de 20 pontos do espaço que tem um subconjunto C1 formado por 8 pontos coplanares. Sabe-se que toda vez que 4 pontos de C são coplanares, então eles são pontos de C1. Quantos são os planos que contêm pelo menos três pontos de C?

Resolução: Primeira maneira:

Chamaremos de D o conjunto C – C1.Há quatro tipos de planos:i)determinados por três pontos de D;ii)determinados por dois pontos de D e um de C1;iii)determinados por um ponto de D e dois de C1;iv)determinados por três pontos de C1;A resposta é C(12,3)+C(12,2)x8+12xC(8,2)+1 = 1085

Segunda maneira:

Para determinar um plano, devemos selecionar 3 dos 20 pontos, o que pode ser feito de C(20,3) = 1140 modos. Nessa contagem, o plano que contém os 8 pontos de C1, foi contado C(8,3) = 56 vezes. A resposta é 1.140 – 56 + 1 = 1085. R: 1085

36)Formam-se as combinações simples de classe 5 dos elementos a1,a2,...,a12, as quais são escritas com os elementos em ordem crescente de índices. Quantas são as combinações nas quais o elemento a8 ocupa o 3º lugar?

Resolução: Os dois primeiros lugares só podem ser ocupados por elementos de {a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7} e os dois últimos lugares por elementos de {a9,a10,a11,a12}. A resposta é C(7,2)xC(4,2) = 126

R: 126

37)De quantos modos é possível colocar em fila h homens e m mulheres, todos de alturas diferentes, de modo que os homens entre si e as mulheres entre si fiquem em ordem crescente de alturas?

Resolução: Há C(m+h,m)x1 modos de escolher os lugares para os homens. Feito isso, só há 1 modo de formar a fila. A resposta é C(m+h,m)x1 = C(m+h,m) = (m+h)!/(m!h!)

R: (m+h)!/(m!xh!)

38)Em uma escola, x professores se distribuem em 8 bancas examinadores de modo que cada professor participa de exatamente duas bancas e cada duas bancas tem exatamente um professor em comum.

a)Calcule x. [28]

Resolução: Cada professor fica caracterizado pelas duas bancas a que pertence. O número de professores é igual ao número de modos de escolher duas das oito bancas. A resposta é C(8,2) = 28.

b)Determine quantos professores há em cada banca. [7]

Resolução: O número de professores pertencentes a uma banca é igual ao número de modos de escolher a outra banca a que ele pertence. A resposta é 7

39)De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda cm 5 meninos e 5 meninas de modo que pessoas de mesmo sexo não fiquem juntas?

Há (PC)5 = 4! Modos de formar uma roda com as meninas. Depois disso, os 5 meninos devem ser postos em 5 lugares entre as meninas, o que pode ser feito de 5! Modos. A resposta é 4!x5! = 24x120 = 2880

R: 2880

40)De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 6 crianças, de modo que duas delas, Vera e Isadora, não fiquem juntas?

Resolução: O total de rodas de ciranda com 6 crianças é 5!. Destas as que Vera e Isadora ficam juntas contam 4!x2. A resposta é 5!-4!x2 = 120 – 48 = 72

R: 72

41)Quantas são as soluções inteiras e positivas de x+y+z = 7?

Resolução:

Cada solução pode ser representada por um conjunto de traços e sinais +. Por exemplo, a solução (5,1,1) pode ser representada da seguinte forma: |||||+|+|Então, a quantidade de soluções será equivalente a quantidade de maneiras de ordenar sete barras e dois sinais de adição, tendo em mente que o fato de que todas as soluções serem positivas faz com que na representação pelos traços e sinais de adição, necessariamente não se comece ou termine por sinal de adição, e nem que estes sinais apareçam juntos.Podemos então primeiramente pensar em 7 barras dispostas e de quantas formas podemos inserir entre elas os dois sinais +.Para o primeiro sinal + temos 6 possibilidades entre as sete barras. Já tendo colocado o primeiro sinal de +, para o segundo sinal, temos 5 possibilidades [não pode ser no início, no fim e nem ao lado do primeiro sinal +].Pelo princípio multiplicativo, temos 6x5 possibilidades, como a ordem da escolha dos sinais de + não importa, temos que dividir este resultado por 2.A resposta é 30/2 = 15R: 15

42)Quantas são as soluções inteiras e não-negativas de x+y+z =< 6 ( x+y+z menor ou igual à 6)?

Resolução:

Podemos pensar em uma variável de folga f, tal que x+y+z+f = 6. Quando f for zero, as soluções apresentadas serão para x+y+z = 6, quando f for maior do que zero, o valor numérico de x+y+z será menor do que seis como queremos calcular.Novamente, podemos pensar em cada solução sendo representada por seis barras e três sinais de adição permutando entre si.

9!/(6!x3!) = 9x8x7/3x2 = 3x4x7 = 12x7 = 84

R: 84

43)Uma indústria fabrica 5 tipos de balas que são vendidas em caixas de 20 balas, de um só tipo ou sortidas. Quantos tipos de caixas podem ser montadas?Resolução: Queremos escolher, para cada caixa 20 balas, podendo repetir os tipos de balas ou não. Podemos representar por x1 a quantidade de vezes que vamos escolher as balas do tipo 1, x2 a quantidade de vezes que vamos escolher as balas do tipo 2, etc.É claro que x1+x2+x3+x4+x5 = 20. Temos então que encontrar as soluções inteiras não negativas desta equação. Representando as 20 unidades por barras as soluções pelas barras separadas pro sinais de adição [por exemplo, a solução (4,4,3,7,2) fica ||||+||||+|||+|||||||+||].A quantidade de maneiras de permutar estes símbolos é 24!/(4!x20!) = 10626

R: 10626

Resolução do Capítulo 5 - Exercícios de vestibulares.

1)(UFRJ/2007)Nove pessoas serão distribuídas em três equipes de três para concorrer a uma gincana. O número de maneiras diferentes de formar as três equipes é menor do que 300?

Resolução:

Obviamente, se soubéssemos o número de maneiras diferentes de formar as três equipes poderíamos dizer se este número é ou não maior do que 300. Vamos então calculá-lo de duas formas diferentes.

Primeira maneira:

Podemos primeiramente pensar de quantas formas é possível ordenar 9 pessoas em fila, no caso, 9! formas diferentes. Mas, se considerarmos as três primeiras pessoas como uma equipe A, as três pessoas centrais como uma equipe B, e as três últimas pessoas da fila como uma equipe C, estaríamos contando nessas 9! filas, inúmeras filas repetidas. A saber, aquelas em que trocamos a ordem das pessoas dentro de uma equipe, e aquelas em que apenas trocamos a ordem das equipes.Daí, temos que dividr 9! por 3!, para cada uma das ordem dos elementos de uma das três equipes, e novamente por 3! para cada uma das ordens das três equipes, pois a ordem das equipes também não importa. Ficando então:

9!/(3!x3!x3!)x3! = 280

Segunda maneira;

Podemos utilizar a combinação simples, dividindo o problema em três casos: A escolha da primeira equipe, a escolha da segunda equipe e a escolha da terceira equipe.

Para a primeira equipe temos que escolher 3 pessoas dentre nove, escolha esta em que a ordem não importa, portanto fazemos:

C(9,3) = 9!/[(9-3)!x3!] = 9!/[6!x3!] = (9x8x7x6!)/[6!x3!] = (9x8x7)/3! = 84

Para a segunda equipe, temos que escolher 3 pessoas dentre 6 pessoas, pois na etapa anterior já escolhemos 3 pessoas dentre nove, sobrando então apenas 6 para escolher. Como a ordem também não importa, podemos fazer:

C(6,3) = 6!/[(6-3)!x3!] = 6!/[3!x3!] = (6x5x4x3!)/[3!x3!] = (6x5x4)/3! = 20

Para a terceira equipe, temos que escolher 3 pessoas dentre as 3 pessoas que sobraram após as duas equipes anteriores terem sido escolhidas. De fato, só há uma forma de assim fazê-lo. Mas de qualquer jeito, se usarmos a formula da quantidade de combinações simples teremmos:

C(3,3) = 3!/(3-3)!x3! = 3!/3! = 1

Pelo princípio multiplicativo temos:

84x20x1 = 1680.

Mas, como a ordem das equipes não importa, devemos dividir este resultado por 3! Ficando então:

1680/3! = 1680/3x2 = 1680/6 = 280

Resposta)Como podemos formar 280 equipes, o número de maneiras diferentes é menor do que 300.

2)(UEZO/2006)Dentre 8 pessoas, deverão ser formadas equipes de 3 pessoas para auxiliar nos derviços de ajuda aos desabrigados. O número de equipes diferentes que poderão ser formadas é:

Resolução:

OBS: Este exercício é bastante similar ao exercício anterior sendo inclusive mais simples, indico bastante aos tutores do 0800 que ao resolver o exercício anterior indiquem que o aluno tente fazer este exercício, e vice-versa.

Primeira maneira:

Como queremos escolher três pessoas para poder formar a equipe, podemos dividir o problema em 3 etapas: A escolha da primeira pessoa, a escolha da segunda pessoa e a escolha da terceira pessoa.

As possibilidades vão decrescendo pois quando fazemos a escolha da segunda pessoa, a priemira já foi escolhida, portanto restam 7 pessoas. Na escolha da terceira pessoa, temos 6 possibilidades pois já escolhemos a primeira e segunda pessoas.

Escolha da primeira pessoa: 8 possibilidades.Escolha da segunda pessoa: 7 possibilidades.Escolha da terceira pessoa: 6 possibilidades.

Pelo princípio multiplicativo temos: 8x7x6 = 336.

Como a ordem das pessoas dentro desta equipe não importa, estamos contando repetidos os casos em que os elementos da equipe são os mesmos mas a ordem não faz diferença. Daí, temos que dividir este resultado [336] por 3!. Ficando então com:

336/3! = 56

Segunda maneira:

Podemos perceber que temos que escolher três pessoas dentre oito, caso este em que a ordem dos elementos escolhidos não importa. Podemos então utilizar a fórmula da combinação simples para tanto.

C(8,3) = 8!/(8-3)!X3! = 8!/5!X3! = (8X7X6X5!)/5!X3! = (8X7X6)/3! = 8X7 = 56

Resposta) Podemos formar 56 equipes diferentes, o que corresponde à resposta D.

3)(UEZO/2006)O conjunto dos 11 jogadores titulares de uma seleção prepara-se para entrar em campo. Essa entrada não obedecerá nenhuma ordem preestabelecida. Tanto poderá entrar primeiramente o camisa 7, como o goleiro, o camisa 10, como o camisa 5...O número de maneiras distintas deste conjunto de jogadores entrar em campo é representado pela seguinte expressão:

Resolução:

OBS: Essa questão envolve apenas o princípio múltiplicativo e a sua natureza de levar em consideração que ao passar para a próxima etapa, temos que imaginar que a etapa anterior JÁ FOI CUMPRIDA. Indico que seja feito este exercício como exemplo caso percebamos dificuldades da parte do aluno em entender o princípio multiplicativo.

Queremos saber de quantas formas pode ser a entrada de 11 jogadores. Podemos então dividir esse problema em 11 etapas:

O primeiro jogador a entrar: 11 possibilidades.O segundo jogador a entrar: 10 possibilidades.O tercediro jogador a entrar: 9 possibilidades....O déciimo jogador a entrar: 2 possibilidades.O décimo primeiro jogador a entrar: 1 possibilidade.

Pelo princípio multiplicativo, temos:

11x10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 11!

Resposta)Letra A.

4)(UFRRJ/2003)Caroline vai todos os dias à sorveteria para saborear um "sorvetão" (um sorvete formado por duas bolas de sabores diferentes). Sabe-se que há um total de 15 tipos de sabores diferentes de sorvetes. Se Caroline saborear apenas um "sorvetão" por dia, e se considerarmos que a ordem das bolas não importa, ele terá experimentado todos os possiveis "sorvetões" em:

Resolução:

OBS: Novamente um exercício simples em que apenas utilizamos o princípio múltiplicativo e o importante raciocínio de que se a ordem não importa estamos contando coisas a mais ao começarmos a contar de forma ordenada.

Primeira maneira:

Como dispomos de 15 sabores diferentes e queremos formar um "sorvetão" com dois sabores. Podemos dividir o problema em duas etapas: A escolha do primeiro sabor e a escolha do segundo sabor.

Escolha do primeiro sabor: 15 possibilidades.Escolha do segundo sabor: 14 possibilidades, já que já utilizamos uma dentre as 15 possibilidades.

Pelo princípio multiplicativo temos: 15x14 = 210

Como dito no enunciado, a ordem dos sabores não importa, temos então que dividir o resultado anterior por 2. Ficamos então com:

210/2 = 105

Segunda maneira:

Podemos obervar que o fato de termos que escolher 2 sabores dentre 15, sem importar a ordem, nos torna aptos a utilizar a fórmula da combinação simples.

C(15,2) = 15!/(15-2)!x2! = 15!/13!x2! = 15x14x13!/13!x2! = 15x14/2 = 210/2 = 105

Resposta: Como temos 105 maneiras diferentes de formar um "sorvetão", Caroline demoraria 105 dias para experimentar todos os possíveis "sorvetões", ou seja, letra D.

5)(CEDERJ/2001)Para disputar a final do campeonato de futebol, um técnico formará seu time de onze jogadores com um goleiro, dois laterais, dois zagueiros, dois atacantes e quatro no meio-campo. Sabe-se que o técnico conta com um grupo de vinte e dois jogadores especializados em suas respectivas posições, sendo: dois goleiros, quatro laterais, quatro zagueiros, quatro atacantes e oito para o meio-campo. O número de maneiras distintas que esse técnico, respeitando a especialidade de cada jogador, poderá formar seu time é:

Resolução:

OBS; Este exercício é demasiadamente extenso para não se utilizar a fórmula da combinação simples, portanto, recomendo que utilizemos ele justamente para o exercício desta fórmula.

Vamos utilizar a fórmula da combinação simples. Podemos dividir o problema nas seguintes etapas:

Escolha de um goleiro:

C(2,1) = 2

Escolha de dois laterais:

C(4,2) = 4!/(4-2)!x2! = 6

Escolha de dois zagueiros:

C(4,2) = 6

Escolha de quatro meio-campistas:

C(8,4) = 8!/(8-4)!x4! = 8!/4!x4! = 70

Escolha de dois atacantes:

C(4,2) = 6

Pelo princípio multiplicativo temos:

2x6x6x70x6 = 30240

Resposta: Letra D. Podemos formar 30240 times.

6)(CEDERJ/2002)Em uma cidade, o número de cada linha telefônica é formado por oito algarismos, sendo que os algarismos zero e nove não figuram dentre os quatro primeiras posições. O primeiro algarismo do número é dois, quando o seguundo algarismo é três ou oito, e o primeiro algarismo é três nos demais casos. A maior quantidade possível de linhas telefônicas para essa cidade é:

Resolução:

OBS: Esta questão, em síntese é uma questão simples de se solucionar, desde que se tenha em mente a INTERPRETAÇÃO correta do enunciado. Ou seja, para os tutores do 0800, recomendo que mantenham o foco no entendimento do enunciado e que tentem induzir o aluno a perceber o seguinte: Temos apenas dois casos para trabalhar com o primeiro algarismo sendo 2 ou com o primeiro algarismo sendo 3.

Para resolver este problema vamos dividí-lo em duas etapas.

Primeiro caso) O primeiro algarismo sendo 2.

Se o primeiro algarismo é 2 [1 possibilidade], então para o segundo temos duas possibilidades, o 3 ou o 8. Além disso, como nenhum dos quatro primeiros dígitos pode ser zero nem nove, então para o terceiro e quarto dígitos temos 8 possibilidades. então ficamos com:

1x2x8x8x10x10x10x10 = 2x8²x(10^4)

Segundo caso) O primeiro algarismo sendo 3.

Se o primeiro algarismo é três, então o segundo, terceiro e quarto algarismo, podem ser escolhidos de 6 formas [tire o 9 e o zero, assim como o 3 e o 8 do segundo caso]. Os outros quatro algarismos podem ser escolhidos de 10 formas diferentes. Temos então:

1x6x8x8x10x10x10x10 = 8³x(10^4)

Como pode ocorrer um caso OU o outro, temos que SOMAR os resultados.

2x8²x(10^4) + 6x8²x(10^4) = (10^4)x8²x(2+6) = 8³x(10^4)

Resposta: Letra A.

7)(CEDERJ/2002)Determine quantos números de quatro algarismos distintos, escolhidos de 1 a 9, podem ser formados, respeitando-se, para cada número, a seguinte condição: se o algarismo 1 pertencer ao número, então o algarismo 9 não pode pertencer a esse número.

Resolução:

OBS: É importante lembrar que neste exercício estamos escolhendo algarismos de 1 até 9, e que por isso no máximo para um algarismo temos 9 possibilidaes, como não ocorreria se fossem de 0 até 9, caso em que teríamos no máximo 10 possibildades de escolha para um algarismo. E, neste exercício, o foco está também na interpretação do enunciado, que pode não ser tão simples para o aluno, portanto devemos trabalhar bem esta parte. Basicamente se conseguirmos fazer o aluno entender que nesta contagem não podem haver números com o algarismo 1 e o 9 simultaneamente, podendo haver SÓ com 1 e SÓ com 9, já ajuda bastante.

Primeira maneira:

Poderíamos pensar em começar da seguinte forma: Oras, vamos calcular a quantidade de números em que o 1 figura e que o 9 não figura. Isso, neste caso específico, pode ocorrer de poucas formas, a saber: O 1 na primeira posição, na segunda posição, na terceira posição ou na quarta posição, ficamos então com:

O 1 na primeira posição:

[Primeiro algarismo: 1 possibilidade [Só pode ser o 1].Segundo algarismo: 7 possibilidades [Nem o 1 e nem o 9]Terceiro algarismo: 6 possibilidades [Nem o 1, nem o 9 e nem o algarismo escolhido anteriormente].Quarto algarismo: 5 possibilidades [Nem o 1, nem o 9 e nem os algarismos escolhidos anteriormente].Totalizando: 1x7x6x5 = 210]

Pelos mesmos motivos...

O 1 na segunda posição: 7x1x6x5 = 210O 1 na terceira posição: 210O 1 na quarta posição 210

Portanto, a quantidade de números em que o 1 figura e o 9 não figura é: 210 + 210 + 210 + 210 = 840

Agora, analogamente, a quantidade de números que o 9 figura e o 1 não figura é: 840

Faltam apenas os casos em que nem o 1 e nem o 9 figuram: 7x6x5x4 = 840

Como pode ocorrer de o 1 pertencer (e o 9 não), ou o 9 pertencer (e o 1 não), ou nem o 1 e nem o 9 pertencerem, temos que somar o resultado.

840 + 840 + 840 = 2520

Segunda maneira:

Se o 1 não pertence, o 9 pode pertencer ou não, potanto temos:

Primeiro caso)A quantidade de números que NÃO tem o algarismo 1:

Primeiro algarismo: 8 possibilidades [Não pode ser o 1(não estamos contando com o zero)].Segundo algarismo: 7 possibilidades [Nem o 1 nem o algarismo utilizado anteriormente(não estamos contando com o zero)].Tercdeiro algarismo: 6 possibilidades [Nem o 1, nem os algarismos utilizados ateriormente(não estamos contando com o zero)].Quarto algarismo: 5 possibilidades [Nem o 1, nem os algarismos utilizados anteriormente(não estamos contando com o zero)].Totalizando: 8x7x6x5 = 1680

Se o 9 não pertence, o 1 pode pertencer ou não, portanto temos analogamente;

Segundo caso)A quantidade de números que NÃO tem o algarismo 9, analogamente ao primeiro caso é 1680.

Porém, em ambos os casos, contamos os números que não tem 1 e nem 9. Daí, se somarmos os dois casos temos que tirar essa contagem dupla.

Números que não tem 1 e não tem 9: 7x6x5x4 = 840.

Então temos um total de: 1680 + 1680 - 840 = 2520.

Resposta: Podemos formar 2520 números nestas condições.

8)(FAETEC/2005)Numa comunidade, foram recrutados 25 pessoas para o combate à dengue. Essas pessoas vão trabalhar em duplas, para visitar as residências. O número máximo de duplas diferentes é:

Resolução:

Queremos escolher 2 pessoas dentre 25, não importando a ordem da escolha das pessoas, portanto temos:

C(25,2) = 25!/[(25-2)!x2!] = 25!/[23!x2!] =(25x24)/2 = 600/2 = 300

Resposta: Letra C.

9)(UERJ/2007)Sete diferentes figuras foram criadas para ilustrar, em grupos de quatro, o Manual do Candidato do Vestibular 2007. Um desses grupos está representado a seguir. Considere que cada grupo de quatro figuuras que poderia ser foramdo é distinto de outro somente quando pelo menos uma de suas figuras for diferente. Nesse caso, o número total de grupos distintos entre si que poderiam ser formados para ilustrar o Manual é igual a:

Resolução:

Novamente, temos que escolher 4 figuras dentre 7, não importando a ordem das figuras. Portanto temos:

C(7,4) = 7!/[(7-4)!X4!] = 7!/[3!X4!] = (7X6X5X4!)/[3!X4!] = (7X6X5)/(3X2) = 7X5 = 35

Resposta: Letra B.