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MATEMÁTICA III
AULAS 07 E 08: ARRANJOS SIMPLES E
COMBINAÇÕES SIMPLES
ANUAL
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
VOLUME 2
01.
Marcela
C13,5
C13,5 
13! 13 12 11 10  9  8!

 1287
5! 8!
5  4  3  2 1  8!
Resposta: A
 k  4
02. Para calcularmos o número binomial 
 , é claro que é necessário o conhecimento do valor de k. Neste caso, uma vez
k 8
que, por hipótese, ele é a quantidade de números ímpares, com algarismos distintos, compreendidos entre 5000 e 9000, que
podemos formar com os dígitos 5, 6, 7 e 9, temos dois casos a considerar, a saber:
• Caso 1: Último algarismo terminando com 9.
Note que, neste caso em particular, devemos tomar três decisões:
Decisão 3
Decisão 2

Escolher um
algarimso x
tal que 5  x  9.

Decisão 1
Escolher o
algarimso 9.

Calcular um arranjo
dos 2 elementos
restantes tomados 2 a 2.
Assim, como o número de maneiras de tomarmos as decisões 1, 2 e 3 são, respectivamente, iguais a 1, 3 e A 2,2,
concluímos, pelo princípio multiplicativo, que existem 1 · 3 · A2,2 = 6 números ímpares, nas condições do problema,
terminando com o algarismo 9.
•
Caso 2: Último algarismo não terminando com 9.
Note que, neste caso em particular, também devemos tomar três decisões:
Decisão 3
Decisão 2

Escolher um
algarimso x
tal que 5  x  9.


Calcular um arranjo
dos 2 elementos
restantes tomados 2 a 2.
Decisão 1
Escolher um
algarimso ímpar
distinto de 9.
Assim, como o número de maneiras de tomarmos as decisões 1, 2 e 3 são, respectivamente, 2, 2 e A2,2, concluímos,
pelo princípio multiplicativo, que existem 2 · 2 · A2,2 = 8 números ímpares, nas condições do problema, não terminando
com o algarismo 9.
Portanto, existem, ao todo, k = 6 + 8 = 14 números ímpares, com algarismos distintos, entre 5000 e 9000, formados
com os dígitos 5, 6, 7 e 9.
 k  4
Daí, substituindo o valor de k no número binomial 
 , concluímos o seguinte resultado:
k 8
 k  4  14  4  10 
10!
 210.


 
 k  8  14  8   6  6!  4!
Resposta: C
OSG.: 094045/15
RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
03. Seja n o número de mulheres na festa.
Ora, levando em conta que o número de pessoas na festa foi igual a 37, é claro que 37 – n é o número de homens.
Além disso, é claro que, para haver aperto de mão, é necessária, independentemente da ordem, uma escolha de dois
homens ou de uma mulher e de um homem. Assim, uma vez que, por hipótese, todos se cumprimentaram e que o número
de apertos de mãos foi igual a 720, obtemos:
2  C37  n,2  Cn,1  C37  n,1  720 (*)
 2
(37  n)!
 n  (37  n)  720
2! (35  n)!
 (37  n)  (36  n)  n  (37  n)  720 1332  37n  36n  n 2  37n  n 2  720  36n  612  n  17.
Nota: Na igualdade onde marcamos com (*), observe que multiplicamos C37–n,2 por 2. Isto aconteceu, pois, entre homens,
houve aperto de mão na entrada e na saída.
Resposta: B
04. Para formarmos um triângulo, é claro que, é necessário escolhermos três pontos não colineares, independentemente da
ordem. De fato, note que a escolha dos vértices A, B e C, em qualquer ordem, nos fornece o triângulo ABC. Neste caso,
levando em conta que, à nossa disposição, há dez pontos co-planares dos quais, quatro são colineares, temos que o número
de triângulos formados com esses pontos é dado por:
10!
4!
C10,3  C4,3 

 116
3!  7! 3!  1!
Resposta: C
05. Note que, para formarmos polígonos com os vértices A, B, C, D, E, F, G, é necessária uma escolha, independentemente da
ordem, de três ou mais pontos conforme seja a classificação do polígono. Neste caso, temos:
 Número de triângulos:
Basta calcular o número de combinações simples de sete elementos tomados três a três, a saber:
7!
C7,3 
 35.
3!  4!
 Número de quadriláteros:
Basta calcular o número de combinações simples de sete elementos tomados quatro a quatro, a saber:
7!
C7,4 
 35.
4!  3!
 Número de pentágonos:
Basta calcular o número de combinações simples de sete elementos tomados cinco a cinco, a saber:
7!
C7,5 
 7.
5!  3!
Observando o argumento precedente, veja que o número de triângulos é igual ao número de quadriláteros, o que nos
permite assinalar o item A como resposta.
Resposta: A
06.
B1
B2
B3
C6,2  C4,2  C2,2
=
6!
4!
6  5  4! 4  3  2!

1 

1
2!  4! 2!  2!
2 1 4! 2 1 2!
= 15  6  1 = 90
90 maneiras.
Resposta: D
2
OSG.: 094045/15
RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
07. Note que, para calcularmos o número de caminhos mais curtos, ao longo das arestas dos cubos que ligam os pontos A e B,
são necessárias duas decisões, a saber:
Decisão 1
Decisão 2
—————–––––––– · ————–––––––—–
Calcular o número de
Calcular o número de
caminhos que ligam os
caminhos que ligam os
pontos A e O.
pontos O e B.
Assim, uma vez que o número de caminhos que ligam os pontos A e O é 6 (ARSO, ARVO, ATSO, ATXO, AUVO,
AUXO) e, o número de caminhos que ligam os pontos O e B é 6 (OKLB, OKYB, OMLB, OMNB, OWYB, OWNB),
concluímos, pelo princípio multiplicativo, que o número de caminhos mais curtos, ao longo das arestas dos cubos,
que ligam os pontos A e B é dado por 6 · 6 = 36.
Resposta: E
08. Lembrete: O número de combinações simples de N elementos, tomados P a P é dado por:
 N
N!
CN,P  CPN    
P
  P! N  P !
O número total de comissões que podem ser formadas será:
Total = C10,2 + C10,3 + C10,4 + C10,5
10!
10!
10!
10!




2!8! 3!7! 4!6! 5!5!
 45  120  210  252 

 627
Resposta: D
09. Para calcularmos o número de maneiras em que esse treinador pode escalar seu time, devemos considerar as duas únicas
situações possíveis, a saber: (i) aquela em que o goleiro é escolhido entre um dos dois jogadores que só atuam no gol e o
restante, entre os treze que atuam em qualquer posição, e, (ii) aquela em que o time inteiro é escolhido entre os treze que
atuam em qualquer posição. Neste caso, temos:
• Número de escalações na 1ª situação:
Nesta situação, temos duas decisões a tomar, a saber:
Decisão 1
Decisão 2
—————–––––––– · ————–––––––—–
Escolher um
Escolher os dez
goleiro entre os dois
outros jogadores entre
jogadores que só
os 13 que jogam em
jogam no gol.
quaisquer posições.
3
OSG.: 094045/15
RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
Assim, levando em conta que o número de maneiras em que podemos tomar as Decisões 1 e 2 são, respectivamente,
13!
2 e C13,10, concluímos, pelo princípio multiplicativo, que existem 2  C13,10  2 
 572 escalações possíveis na
10!  3!
1ª situação.
 Número de escalações na 2ª situação:
Nesta situação, devemos escolher os onze jogadores entre os treze que atuam em qualquer posição. Assim, uma vez que
esse total de maneiras é dado pelo número de combinações simples de 13 elementos tomados 11 a 11, concluímos que
13!
existem C13,11 
 78 escalações possíveis na 2ª situação.
11!  2!
Daí, pelo princípio aditivo, segue que, ao todo, existem 572 + 78 = 650 maneiras distintas para que o treinador escale seu
time.
Resposta: E
10.
Neste problema, queremos calcular o número n de maneiras distintas que podemos apresentar os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8 e 9 na tela de um caixa eletrônico (ver figura acima). Para tanto, é necessário tomarmos cinco decisões, a saber:
Decisão 1
·
Escolher dois
algarismos,
entre os dez
disponíveis,
para o botão 1.
Decisão 2
Escolher dois
algarismos,
entre os oito
disponíveis,
para o botão 2.
·
Decisão 3
Escolher dois
algarismos,
entre os seis
disponíveis,
para o botão 3.
·
Decisão 4
·
Escolher dois
algarismos,
entre os quatro
disponíveis
para o botão 4.
Decisão 5
Escolher dois
algarismos,
entre os dois
disponíveis,
para o botão 5.
Neste caso, levando em conta que, em cada botão, os algarismos devem estar em ordem crescente, temos que o número de
A10,2
A6,2
10! A8,2
8!
6!

,

,

,
maneiras de tomarmos as decisões 1, 2, 3, 4 e 5 são, respectivamente:
P2
2! 8! P2
2! 6! P2
2! 4!
A 4,2
P2

A2,2
4!
2!
e

. Assim, pelo princípio multiplicativo, concluímos que o valor de n é dado por:
2! 2!
P2
2! 0!
10!
8!
6!
4!
2!
10!





.
2!  8! 2!  6! 2!  4! 2!  2! 2!  0! 25
Resposta: A
11. Como uma casquinha pode ter no máximo 3 bolas e os sabores devem ser distintos, segue-se que o resultado pedido é dado
por
 6  6  6
6!
6!
 1   2   3  6  2! 4!  3! 3!
 6  15  20
 41.
Resposta: E
4
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RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
12. O resultado pedido corresponde ao número de maneiras que podemos escolher 1 sabor de fruta cítrica e 2 sabores de frutas
silvestres ou 3 sabores de frutas silvestres, isto é,
 3  5  5
5!
 1 .  2   3  4  2! 3!  40.
Resposta: A
13. Para resolvermos este problema, é necessário tomar duas decisões, a saber:
Decisão 1
·
Escolher o vigilante
da entrada principal.
Decisão 2
Escolher três postos
para a ocupação dos
três vigilantes restantes.
Note, entretanto, que a ordem na escolha do vigilante para o seu posto é relevante. De fato, são distintas as disposições:
Posto 1
Posto 2
Posto 3
Posto 4
Posto 5
Posto 6
Posto 7






Vigilante 1
Vigilante 2 Vigilante 3
Vigilante 4
e
Posto 1
Posto 2
Posto 3
Posto 4
Posto 5
Posto 6
Posto 7






Vigilante 4
Vigilante 2 Vigilante 3
Vigilante 1
pois, na primeira, temos o vigilante 1 na entrada principal e na segunda, o vigilante 4 na entrada principal.
Neste caso, uma vez que o número de maneiras de se realizar as decisões 1 e 2 são, respectivamente, 4 e A 6,3, concluímos,
6!
pelo princípio multiplicativo, que existem 4  A6,3  4   4  6  5  4  480 maneiras.
3!
Resposta: C
14.
 30
> 30
Total
Homem
42
28
70
Mulher
24
6
30
Total
66
34
100
Então
H
H
H

C7,3
=
M
M
C6,2
7!
6!
7  6  5  4! 6  5  4!



= 35  15 = 525 maneiras
3!  4! 2!  4! 3  2 1  4! 2  1  4!
Resposta: C
15.
A1
e
A2
C8,3
=

C8,5
8!
8!
8  7  6  5! 8  7  6  5!



 56  56 = 112 maneiras
3!  5! 5!  3! 3 2 1!  5! 5!  3  2  1
Resposta: B
5
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RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
16. Para respondermos a esse problema, é necessário calcular o número n de perguntas feitas pelo jornalista e o número m de
perguntas feitas por cada candidato, a fim de obtermos o resultado de n + 5m, que é, obviamente, a reposta do problema.
Neste caso, temos:
 Número n de perguntas feitas pelo jornalista:
O número n de perguntas feitas pelo jornalista é igual ao número de escolhas de dois candidatos entre os cinco
disponíveis para o debate. Note que, neste caso, a ordem da escolha é influenciável, pois, o primeiro escolhido
responderá à pergunta do jornalista e o segundo escolhido comentará a resposta do primeiro. Assim, concluímos que
n = A5,2 = 5 · 4 = 20.
 Número m de perguntas feitas por cada candidato:
O número m de perguntas feitas por cada candidato é igual ao número de escolhas de dois candidatos entre os quatro
outros disponíveis para o debate. Note que, neste caso, uma vez mais a ordem da escolha é influenciável, pois, o
primeiro escolhido responderá à pergunta do candidato perguntador e o segundo escolhido comentará a resposta do
primeiro. Assim, concluímos que m = A4,2 = 4 · 3 = 12.
Portanto, segue que são possíveis, no mínimo, n + 5m = 20 + 5 · 12 = 80 perguntas pelo jornalista e pelos candidatos sem
haver, obviamente, repetição de perguntas.
Nota: Observe que sendo, ao todo, cinco candidatos, temos que o total de perguntas possíveis na “parte 2” é
igual a 5 · m.
Resposta: C
17. Antes de iniciarmos a solução desse problema, convém tentar entender o motivo de, ao assinalar seis números, existir
apenas uma sequência favorável de tamanho 6 e, ao assinalar sete números, existirem sete sequências favoráveis de
tamanho 6. Com efeito, uma vez escolhidos seis números (1, 2, 3, 4, 5, 6, por exemplo), como a ordem da escolha não é
influenciável, temos que o número de sequências de tamanho 6 que podemos formar com esses números é dado por
C6,6 = 1. Analogamente, uma vez escolhidos sete números (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, por exemplo), como a ordem da escolha não é
influenciável, temos que o número de sequências de tamanho 6 que podemos formar com esses números é dado por
C7,6 = 7.
Nestas condições, vamos aos itens:
a) Falso. Com efeito, sabendo que a aposta máxima consiste de uma escolha de 15 números, temos que o valor da aposta é
15!
 2  5005  10010 reais.
dado por 2  C15,6  2 
6! 9!
b) Falso. Com efeito, sabendo que a aposta com 14 números nos fornece C14,6 
14!
 3003 sequências de tamanho 6,
6! 8!
concluímos que o valor da aposta é dado por 2·3003 = 6006 reais.
10!
 210 sequências
6! 4!
possíveis de tamanho 6. Consequentemente, em dois cartões com dez números assinalados em cada um, temos ao todo,
2 · 210 = 420 sequências possíveis de tamanho 6. Quanto a um cartão com nove números assinalados, veja que temos
9!
 84 sequências possíveis de tamanho 6. Portanto, em 5 cartões com nove números assinalados em
ao todo C9,6 
6! 3!
cada um, temos 5·84 = 420 sequências possíveis de tamanho 6. Nestas condições, é claro que o valor da aposta em
qualquer situação é o mesmo, a saber: R$ 840,00.
12!
 924 sequências de tamanho 6
d) Falso. Com efeito, uma aposta com 12 números assinalados, nos fornece C12,6 
6! 6!
ao custo total de R$ 1848,00.
13!
 1716 sequências de tamanho 6
e) Falso. Com efeito, uma aposta com 13 números assinalados, nos fornece C13,6 
6! 7!
ao custo total de R$ 3432,00, que é diferente de R$ 3696,00 = 2 · (R$ 1848,00).
c) Verdadeiro. De fato, note que um cartão com dez números assinalados nos fornece C10,6 
Resposta: C
18. Para a escolha dos componentes do grupo A, devem ser selecionados dois times sem importar a ordem e, para a escolha do
jogo de abertura, devem ser selecionados dois times importando a ordem, pois o primeiro escolhido jogaria em seu próprio
campo, e o segundo seria o time visitante. Assim, temos uma combinação e um arranjo, respectivamente.
Resposta: A
6
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RESOLUÇÃO – MATEMÁTICA III
19. Note que, neste problema, devemos tomar duas decisões, a saber:
Decisão 1
·
Contar o número de
indicações de três
membros entre os 40
deputados existentes
do partido A.
Decisão 2
Contar o número de
indicações de um
membro entre os 15
deputados existentes
do partido B.
Neste caso, uma vez que o número de maneiras de tomarmos as decisões 1 e 2 são, respectivamente, C 40,3 e C15,1,
40!
concluímos, pelo princípio multiplicativo, que existem C40,3  C15,1 
15 maneiras de compor essa comissão de
3! 37!
parlamentares.
Resposta: C
20. Para encontrarmos o número n de agrupamentos ordenados, formados de 200 aminoácidos, entre os 20 diferentes tipos
oferecidos, devemos tomar duzentas decisões iguais do tipo: escolher um aminoácido entre os 20 ofertados. Neste caso,
uma vez que cada decisão pode ser tomada de 20 maneiras, temos que n = 20 200 é o número procurado. Daí, levando em
consideração que:
n  20200  log n  log 20200  log n  200  (log 2  log10)
 log n  200  (0,30  1)
 log n  260
Concluímos, via definição de logaritmo, que n = 10 260.
Resposta: E
Paulo H. 11/11/15 – REV.: ??
09404515_Pro_Aulas07e08_Arranjos Simples e Combinações Simples
7
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