analise combinatória 2 médio 2014

1. Calcule quantos múltiplos de 3, de 4 algarismos distintos, podem ser formados com 2,3,4,6 e 9 (Um
número é divisível por 3 quando a soma dos seus algarismos é um número divisível por 3).
Solução. Precisamos selecionar quatro algarismos cuja soma seja múltiplo de 3:
- soma 21: {2,4,6,9}: 4 x 3 x 2 x 1 = 24 números distintos.
- soma 18: {2,3,4,9}: 4 x 3 x 2 x 1 = 24 números distintos.
- soma 15: {2,3,4,6): 4 x 3 x 2 x 1 = 24 números distintos.
Logo, há no total 24 + 24 + 24 = 72 números possíveis.
2. Seis times de futebol, entre os quais estão A e B, vão disputar um campeonato. Suponha que na
classificação final não existam empates. Um indivíduo fez duas apostas sobre a classificação final. Na primeira,
apostou que A não seria campeão; na segunda, apostou que B não seria o último colocado. Em quantas das
720 classificações possíveis esse indivíduo ganha as duas apostas?
Solução. Para que ganhe as duas apostas, as duas situações devem ocorrer. Uma forma de pensar é
calcular as situações ocorrendo e subtrair do total. Isto é trabalhamos com o complementar:
i) A é campeão: fixamos A na 1º colocação: A _ _ _ _ _ Há 5! = 120 possibilidades para o restante.
Repare que B pode em alguma delas ocupar a última posição.
ii) B é o último: fixamos B na 6ª colocação: _ _ _ _ _ B Há também 5! = 120 possibilidades. Repare que
A pode ocupar a 1º posição em algumas das possibilidades.
iii) A campeão e B o último: A _ _ _ _ B Há 4! = 24 possibilidades. Essa situação é a interseção dos
dois casos anteriores.
Logo, o número de possibilidades de ganha na aposta é: 720 – (120 + 120 – 24) = 720 – 216 = 504
possibilidades.
3. Dos 33 alunos da M37, seis serão escolhidos para participar de um debate em uma mesa circular. Antônio,
Felipe, Camila e Milena só irão se forem juntos; de tal forma que Camila e Milena vão sentar lado a lado e o
Antônio e o Felipe nunca irão sentar lado a lado à mesa. De quantas maneiras distintas podem se sentar?
Solução. O número de permutações de n em uma roda é dado por (n – 1)! chamada PERMUTAÇÃO
CIRCULAR (PC). Podemos formar a mesa das seguintes formas:
i) Seis alunos em que não constem os quatro alunos citados. Logo escolhemos 6 de 29 e permutamos
circularmente esses alunos: C 29  (6  1)!  C 29  5!  C 29  PC(5) .
6
6
6
ii) Seis alunos com os quatro alunos citados. Logo, serão escolhidos mais dois dentre os 29
2
restantes. Há C 29 formas de fazê-lo. Uma vez escolhidos temos as exigências.
- Como Camila e Milena estão sempre juntas, funcionam como uma pessoa só, podendo trocar entre
si de posição. Logo há (5  1)!2!  PC(5)  2 casos.
- Antônio e Felipe não podem ficar juntos. Então o número de casos será o número total menos o
número em que ficam juntos. Além das duas amigas, temos os dois juntos.
Logo seriam ( 4  1)!2! x2!  PC( 4)  4 (os fatoriais são Camila-Milena e troca; Antonio-Felipe e
troca). O número de casos onde os meninos não estão juntos é: PC(5)  2  PC( 4)  4 .
Juntando todos os casos, temos: C 29  5!C 29  PC(5)  2  PC( 4)  4 .
6
2
4. Usando-se os algarismos 1,3,5,7 e 9, existem x números de 4 algarismos de modo que pelo menos 2
algarismos sejam iguais. Determine o valor de x.
Solução. O oposto de ter pelo menos dois números iguais é ter todos diferentes. Logo, o número de
casos pedidos será: Nº total – Nº (4 algarismos distintos).
i) Total de números de quatro algarismos: 5 x 5 x 5 x 5 = 625 números.
ii) Total de números de quatro algarismos distintos: 5 x 4 x 3 x 2 = 120 números.
Logo há 625 – 120 = 505 números de quatro algarismos com pelo menos dois algarismos iguais.
5. Entre os 20 professores de uma escola, devem ser escolhidos três para os cargos de diretor, vice-diretor e
orientador pedagógico. De quantas maneiras a escolha pode ser feita?
Solução. Escolhendo um professor para cada cargo, temos: 20 x 19 x 18 = 6840 casos possíveis.
6. Uma sala tem seis lâmpadas com interruptores independentes. De quantos modos pode-se ilumina-la, se
pelo menos uma das lâmpadas deve ficar acesa?
Solução 1. Como a lâmpada pode ficar acesa ou apagada, cada uma tem duas condições. Há um total
de 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 26 = 64 casos. Mas como um sempre deve ficar acesa, temos que excluir o
caso todas apagadas. Logo, há 64 – 1 = 63 modos.
Solução 2. Essa supõe uma combinação de resultados onde podemos ter:
i) 1 acesa e 5 apagadas: C 6  C 5  6 x1  6 .
1
5
ii) 2 acesas e 4 apagadas: C 6  C 4 
6!
6.5.4!
x1 
 15 .
2!4!
2!4!
iii) 3 acesas e 3 apagadas: C 6  C 3 
6!
6.5.4.3!
x1 
 20 .
3!3!
3!3!
iv) 4 acesas e 2 apagadas: C 6  C 2 
6!
6.5.4!
x1 
 15 .
4!2!
4!2!
2
3
4
4
3
2
v) 5 acesas e 1 apagadas: C 6  C1  6 x1  6 .
5
1
vi) 6 acesas e 0 apagadas: C 6  1 .
6
Total: 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63 possibilidades.
7. Determine a quantidade de números de três algarismos que tem pelo menos dois algarismos repetidos.
Solução. Total de números de 3 algarismos: 9 x 10 x 10 = 900.
Total de números de 3 algarismos distintos: 9 x 9 x 8 = 648.
Total de números de 3 algarismos com pelo menos dois repetidos: 900 – 648 = 252.
8. Uma bandeira é formada de 7 listras que devem ser formadas de 3 cores diferentes. De quantas maneiras
distintas será possível pinta-la de modo que duas listras adjacentes nunca estejam pintadas da mesma cor?
Solução. Considerando as 7 listras, a partir da 1ª temos:
i) 1ª listra pode ser com qualquer das 3 cores.
ii) 2ª listra será pintada com 2 cores possíveis, diferente da 1ª listra.
ii) 3ª listra também terá duas cores possíveis, pois a 1ª cor já poderá ser reutilizada.
Este procedimento mostra que temos: 3.2.2.2.2.2.2 = 3.26 = 3.(64) = 192 formas diferentes de pintar.
9. (UFRJ) Uma estante de biblioteca tem 16 livros: 11 exemplares do livro "Combinatória é fácil" e 5
exemplares de "Combinatória não é difícil". Considere que os livros com mesmo título sejam indistinguíveis.
Determine de quantas maneiras diferentes podemos dispor os 16 livros na estante de modo que dois
exemplares de “Combinatória não é difícil” nunca estejam juntos.
Solução. Colocando os 11 livros de “Combinatória é fácil” primeiramente deixando um espaço entre
eles, temos: _ CF_CF_CF_CF_CF_CF_CF_CF_CF_CF_CF_.
Há 12 espaços vazios onde os livros “Combinatória não é difícil” podem entrar sem ficarem juntos. O
problemas se resume a escolher 5 lugares dentre os 12 disponíveis:
5
C12

12! 12.11.10.9.8.7!

 11.9.8  792 formas .
5!7!
5!7!
10. (UFRJ) A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é uma combinação com cinco algarismos, todos
variando de 0 a 9. Ele esqueceu a combinação que escolhera, mas sabe que atende às condições:
1ª) se o primeiro algarismo é ímpar, então o último também é ímpar; 2ª) se o primeiro algarismo é par, então o
último algarismo é igual ao primeiro; 3ª) a soma dos segundo e terceiro algarismos é 5.
Quantas combinações diferentes atendem às condições do Dr. Z?
Solução. De acordo com as informações, as possibilidades para o 2º e 3º algarismos são: (2,3), (3,2),
(1,4), (4,1),(5,0), (0,5).
i) 1º e 5º ímpares: 5 possibilidades.(6 possibilidades).10 possibilidades. 5 possibilidades.
ii) 1º par e 5º igual ao 1º: 5 possibilidades.(6 possibilidades).10 possibilidades. 1 possibilidades.
Total: (5.6.10.5) + (5.6.10.1) = 1500 + 300 = 1800 combinações diferentes.
11. Uma equipe esportiva composta por 6 jogadoras está disputando uma partida de 2 tempos. No intervalo do
primeiro para o segundo tempo podem ser feitas até 3 substituições e, para isto, o técnico dispões de 4
jogadoras no banco. Quantas formações distintas podem iniciar o segundo tempo?
Solução. Importante lembrar que o número de atletas que saem é igual ao número de atletas que
entram e há combinações na saída e na entrada.
- nenhuma substituição: 1 forma ( mesma do 1º tempo).
- 1 substituição: escolher 1 para sair dentre 6 e 1 para entrar dentre 4: C 6  C 4  6 x 4  24 .
1
1
- 2 substituições: escolher 2 para sair dentre 6 e 2 para entrar dentre 4: C 6  C 4  15x6  90 .
2
2
- 3 substituições: escolher 3 para sair dentre 6 e 3 para entrar dentre 4: C 6  C 4  20 x 4  80 .
3
3
Total: 1 + 24 + 90 + 80 = 195 formas distintas.
12. Sendo possível somente percorrer as arestas dos cubos abaixo, quantos caminhos
diferentes podemos fazer indo do ponto A até o ponto B, percorrendo o mínimo de arestas
possível?
Solução. Problema semelhante ao bidimensional. Há 4 caminhos no comprimento, 2 na
largura e 3 na altura. Ou seja, o número de anagramas de CCCCLLHHH:
8!
9.8.7.6.5.4!

 9.4.7.5  1260 ca min hos .
4!2!3!
4!2!3!
13. Quantos anagramas têm a palavra ARITMÉTICA?
Solução. Utilizando a permutação com elementos repetidos, temos:
10!
10.9.8.7.6.5.4.3.2!

 10.9.7.6.5.4.3.2  453600 anagramas .
2!2!2!
8
14. Quantos anagramas da palavra EDITORA começam com A e terminam com E?
Solução. Fixando o A e o E, temos: A _ _ _ _ _ E. Os elementos centrais permutam: 5! = 120.
15. (FGV) Calcule o número de permutações da palavra ECONOMIA que não começam nem terminam com a
letra O.
Solução 1. Na configuração _ ( _ _ _ _ _ _ ) _ os espaços entre parênteses são os possíveis a serem
ocupados pela letra O. Há 6 espaços e escolhemos dois deles: C 6  15 . Uma vez fixados esses dois
2
lugares, basta permutar as 6 letras restantes. Logo, são: 6! xC 6  (720)x15  10800 anagramas .
2
Solução 2. Calculando as possibilidades totais e subtraindo das ocorrências indesejadas.
- Total de anagramas:
8! 8.7.6!

 4.7.( 720)  20160 anagramas .
2!
2
- Total de anagramas iniciando com O: 7!  7.( 720)  5040 anagramas .
- Total de anagramas terminando com O: 7!  7.( 720)  5040 anagramas .
- Total de anagramas iniciando e terminando com O (interseção): 6!  720 anagramas .
- Total de anagramas pedido: 20160  (5040  5040  720)  20160  9360  10800 anagramas .
16. Um estudante ganhou quatro livros diferentes de matemática, três diferentes de física e dois diferentes de
química. Querendo manter juntos os da mesma disciplina, calculou que poderá enfileirá-los de diferentes
modos numa prateleira de estante. Calcule essa quantidade de modos.
Solução. Uma forma seria (M1M2M3M4)(F1F2F3)(Q1Q2). Podem permutar entre si e entre as ordens das
matérias: 3! x (4! x 3! x 2!) = 6 x (24 x 6 x 2) = 6 x 288 = 1728 modos.
17. Em uma empresa há 6 sócios brasileiros e 4 japoneses. A diretoria será composta por 5 sócios, sendo 3
brasileiros e 2 japoneses. De quantos modos essa composição poderá ocorrer?
Solução. Serão escolhidos 3 brasileiros dentre 6 e 2 japoneses dentre 4: C 6  C 4  20 x6  120 .
3
2
LISTA DE EXERCÍCIOS – ARRANJOS - GABARITO
1. A quantidade de números de dois algarismos distintos que se formam com 2, 3, 5, 7 e 9 é igual a:
5
10
15
20
25
Solução. Números com dois algarismos distintos quer dizer que uma vez usado um algarismo em
determinada ordem, ele não poderá mais aparecer. No caso há cinco algarismos a serem utilizados. As
possibilidades são começando das dezenas. (poderia iniciar das unidades)
Dezenas simples
Unidades simples
5 possibilidades
4 possibilidades
1ª escolha
2ª escolha (um alg já foi utilizado)
Logo há 5 x 4 = 120 possibilidades.
2. Em uma sala há 8 cadeiras e 4 pessoas. O número de modos distintos das pessoas ocuparem as cadeiras é:
1680
8!
8.4!
8!/4
32
Solução. Há mais espaços que cadeiras. Com certeza TODAS serem estaram sentadas. Uma forma de
construir a solução é representar os elementos como A, B, C, D, E, E, E,E, onde as quatro primeiras
letras são as pessoas diferentes entre si e a letra E representa o espaço vazio. Uma possível arrumação
poderia ser: AEBCDEEE ou EEEBADEC. Repare que há a ordem entre as pessoas AB e BA mostra
uma diferença, mas EE ou EE não possibilita distinção. Nesse caso há uma REPETIÇÃO em algumas
arrumações que devem ser retiradas.
i) O total de arrumações entre pessoas e espaços é: 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1
ii) O número de repetições das letras E nas arrumações é: 4 x 3 x 2 x 1
Logo o número de possibilidades é:
8 x7 x6 x5 x 4 x3x 2 x1
 1680
4 x3x 2 x1
3. O número inteiro positivo que verifica a equação An,3 = 3. (n - 1) é:
1
2
3
4
5
Solução. A representação An,3 representa a operação matemática n.(n  1).( n  2) isto é: quais as
possibilidades de arrumarmos n objetos em 3 posições distintas. Na questão haverá uma manipulação
n.(n  1).( n  2)  3(n  1)  n(n  2)  3
algébrica para encontrar o valor de n:
n  3
n 2  2n  3  0  (n  3).( n  1)  0  
n  1(indefinido )
OBSERVAÇÕES:
1) O termo (n-1) foi dividido em ambos os membros (cortados) pois n ≠ 1.
2) A solução n = -1 não satisfaz ao problema, pois representa uma quantidade.
4. As finalistas do concurso Miss Universo, são Miss Brasil, Miss Japão, Miss Venezuela, Miss Itália e Miss
França. De quantas formas os juizes poderão escolher o primeiro, o segundo e terceiro lugar neste concurso?
60
45
125
81
120
Solução. Se fossemos escolher simplesmente três Misses, a ordem não faria diferença. Mas o fato de
ordenar a colocação diferencia a escolha Brasil-Japão-Venezuela de Japão-Venezuela-Brasil. As formas
de escolher são:
1ª colocada
2ª colocada
3ª colocada
5 possibilidades
4 possibilidades
3 possibilidades
1ª escolha
2ª escolha (uma Miss já foi escolhida)
3ª escolha (duas já escolhidas)
Logo há 5 x 4 x 3 = 60 possibilidades.
5. A quantidade de números de quatro algarismos distintos que, podem se pode formar com os algarismos 1, 2,
4, 7, 8 e 9 é:
300
340
360
380
400
Solução. Há seis algarismos que serão dispostos e, uma vez utilizados, não será repetido. Temos:
1ª escolha
2ª escolha
3ª escolha
4ª escolha
6 possib.
5 possib.
4 possib.
3 possib.
Logo há 6 x 5 x 4 x 3 = 360 possibilidades.
6. A quantidades de números ímpares de 4 algarismos distintos, que se podem formar com os algarismos 1, 2,
4, 7, 8 e 9 é:
150
360
170
200
180
Solução. Um número é ímpar se o algarismo das unidades simples for 1, 3, 5, 7, 9. No caso dessa questão
a unidade simples poderá ser 1, 7 ou 9. As opções de uso são 1, 2, 4, 7, 8 e 9. Iniciando pelas unidades,
temos:
4ª escolha
3ª escolha
2ª escolha
1ª escolha
3 possib.
4 possib.
5 possib.
3 possib.
Logo, há 3 x 4 x 5 x 3 = 180 possibilidades.
7. Numa sala há 5 lugares e 7 pessoas. De quantos modos diferentes essas pessoas podem ser colocadas,
ficando 5 sentadas e 2 em pé ?
5040
21
120
2520
125
Solução. Essa questão pode ser identificada também como a formação de números de 5 algarismos
escolhidos dentre 7.
1ª escolha
2ª escolha
3ª escolha
4ª escolha
5ª escolha
7 possib.
6 possib.
5 possib.
4 possib.
3 possib.
Logo, há 7 x 6 x 5 x 4 x 3 = 2520 possibilidades.
OBSERVAÇÃO: A exigência que duas pessoas fiquem de pé indica cada cadeira é individual.
8. Num pequeno pais, as chapas dos automóveis tem duas letras distintas seguidas de 3 algarismos sem
repetição. Considerando-se o alfabeto com 26 letras, o número de chapas possíveis de se firmar é:
1370
39 000
468 000
676 000
3 276 000
Solução. Temos duas situações simultâneas. As 26 letras são escolhidas, de forma distinta, duas a duas e
para cada letra os nove algarismos ocupando as três ordens sem repetição.
1ª letra
2ª letra
1ª algarismo
2ª algarismo
3ª algarismo
26 possib.
25 possib.
10 possib.
9 possib.
8 possib.
Logo, há (26 x 25) x (10 x 9 x 8) = 468000 possibilidades.
9. O número de placas de veículos que poderão ser fabricadas utilizando-se das 26 letras do alfabeto latino e
dos 10 algarismos arábicos, cada placa contendo três letras e quatro algarismos, não podendo haver repetição de
letras e algarismos, é:
67 600 000
78 624 000
15 765 700
1 757 600
5 760 000
Solução. Nesse caso há sete espaços ocupados. As escolhas entre letras e números são simultâneas.
1ª letra
2ª letra
3ª letra
1ª algarismo
2ª algarismo
3ª algarismo
4ª algarismo
26 possib.
25 possib.
24 possib.
10 possib.
9 possib.
8 possib.
7 possib.
Logo, há (26 x 25 x 24) x (10 x 9 x 8 x 7) = 78624000 possibilidades.
10. A placa de um automóvel é formada por duas letras seguidas de 4 algarismos. Com letras A e R e os
algarismos impares, quantas placas diferentes podem ser constituídas, de modo que a placa não tenha nenhum
algarismo repetido, e nenhuma letra repetida:
480
360
120
240
200
Solução. As restrições indicam a análise com as letras A e R em qualquer posição e os algarismos
utilizados serão 1, 3, 5, 7 e 9.
1ª letra
2ª letra
1ª algarismo
2ª algarismo
3ª algarismo
4ª algarismo
2 possib.
1 possib.
5 possib.
4 possib.
3 possib.
2 possib.
Logo, há (2 x 1) x (5 x 4 x 3 x 2) = 240 possibilidades.
11. A quantidade de número inteiros compreendidos entre 30 000 e 65 000 que podemos formar utilizando-se
somente os algarismos 2, 3, 4, 6 e 7 de modo que não fiquem algarismos repetidos é:
48
66
96
120
72
Solução. Repare que a dezena de milhar não poderá ser ocupada pelos algarismos 2, nem 7. O primeiro
geraria um número menor que 30000 e o segundo, um maior que 65000. Analisando as situações:
i) Iniciando com 3 ou 4: não há restrições quanto aos demais.
1ª escolha
2ª escolha
1ª algarismo
2ª algarismo
3ª algarismo
2 possib.
4 possib.
3 possib.
2 possib.
1 possib.
Há 2 x 4 x 3 x 2 x 1 = 48 possibilidades.
ii) Iniciando com 6: há única restrição é que o 7 não ocupe a unidade de milhar.
1ª escolha
2ª escolha
1ª algarismo
2ª algarismo
3ª algarismo
1 possib.
3 possib.
3 possib.
2 possib.
1 possib.
Há 1 x 3 x 3 x 2 x 1 = 18 possibilidades.
Unindo as duas situações temos: 48 + 18 = 66 possibilidades.
12. A quantidade de números formados por 4 algarismos distintos, escolhidos entre 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7 que
contem 1 e 2 e não contem o 7, é:
284
422
144
120
620
Solução 1. As restrições indicam que os números devem conter os algarismo 1 e 2 . Os
algarismos serão escolhidos entre 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
i) Contém o algarismo 1 e 2 nas primeiras posições.
1
2
3ª escolha
1ª escolha
1 possib.
1 possib.
4 possib.
3 possib.
Há 4 x 3 = 12 possibilidades.
Considerando os algarismos 12 como um só, haveria 3! possibilidades de trocarem de posição
com os outros dois escolhidos. Logo teríamos: (4 x 3) x 3! possibilidades. Mas consideramos que
a ordem era 12. Como há a formação 21, todo o cálculo deve ser multiplicado por 2. Logo o
resultado final será: (4 x 3) x 3! x 2 = 12 x 6 x 2 = 144 possibilidades.
Solução 2. Um possível caminho, o raciocínio é decomposto em duas etapas. Na primeira,
atribuem-se posições no número aos algarismos que devem estar presentes; posteriormente,
atribuem-se os algarismos ainda livres às posições restantes no número. O resultado é o produto
dos resultados dessas duas etapas (que também têm subetapas, veja).
Etapa 1
Quantas posições são possíveis para o algarismo 1? R: 4
Dado que o 1 já foi alocado, quantas posições são possíveis para o algarismo 2? R: 3
Etapa 2
Dado que 1 e 2 já foram alocados, quantos algarismos podem ocupar a terceira casa do número,
qualquer que ela seja? R: 4 (são 3,4,5 e 6)
Quantos algarismos podem ocupar a casa final do número, dadas as ocupações já realizadas? R:
3 (qualquer trinca formada a partir de 3,4,5,6 dependendo da última escolha acima)
4.3.4.3=144
Solução 3. Os números formados deverão ter os algarismos 1 e 2, e mais dois algarismos que
pertençam ao conjunto {3,4,5,6}. O número de maneiras de escolher esses dois outros algarismos
é então C(4,2) = 6.
Em cada uma dessas 6 escolhas devermos permutar os quatro algarismos formadores do
número, de modo que, para cada uma das 6 escolhas, teremos 4! = 24 números distintos.
6 * 24 = 144 números no total.
1) Calcule:
a) 7!
b) 0! + 1!
c)
7! . 6!
5! . 4!
d)
6!  8!
5!  4!
2) Calcule o valor de x nas seguintes equações:
a) x  3  !  x  2 !  8. x  1 !
b)
x!
 42
x  2 !
x  1 !  x !  7 x
x  1 !
d) log x  1 !  log x !  log x  log 24  23 . x !
c)
3) Verificar se existe x tal que 2 x. x ! 0 :
4) Calcule o valor de n de modo que 180 < n! < 5000:
5) Hellena deseja formar um conjunto calça – blusa para vestir-se. Se ela dispõe de 6 calças e 8 blusas
para
escolher, de quantas formas ela pode formar o conjunto?
6) Uma sorveteria oferece uma taça de sorvete que pode vir coberto com calda de chocolate ou de
morango
ou de caramelo. Se o sorvete pode ser escolhido entre 10 sabores diferentes, quantas são as opções
para
o cliente escolher a taça com cobertura?
7) Uma moeda é lançadas 6 vezes. Qual o número possível de seqüências de caras e coroas que
podemos
obter?
8) Uma pessoa lança uma moeda sucessivamente até que ocorram 2 caras consecutivas, ou quatro
lançamentos sejam feitos, o que primeiro ocorrer. Quantas são as seqüências de resultados
possíveis?
9) Uma pessoa lança uma moeda sucessivamente até que ocorram 2 caras, ou 3 coroas, o que ocorrer
primeiro. Quantas são as seqüências de resultados possíveis?
10) Quantos números, de até 4 algarismos, podemos formar com os dígitos 1, 2, 3 e 4?
11) Quantos números de 2 algarismos podemos formar com os dígitos de 0 a 9?
12) Quantos números de 2 algarismos distintos podemos formar com os dígitos de 0 a 9?
13) Considerando os algarismos de 0 a 9, responda:
a) Quantos números de 5 algarismos podemos formar?
b) Quantos números de 5 algarismos distintos podemos formar?
c) Quantos números de 4 algarismos distintos, maiores que 5000 podemos formar?
d) Quantos números de 4 algarismos distintos são ímpares?
e) Quantos números de 4 algarismos distintos são divisíveis por 5?
14) Quatro atletas participam de uma corrida. Qual o número de resultados possíveis para os três
primeiros
lugares?
15) De quantos modos 5 pessoas podem ficar em uma fila indiana?
16) Quantos números telefônicos de 8 dígitos podem ser formados, se usarmos algarismos de 0 a 9,
sendo
que nenhum número telefônico pode começar com 9, 0 ou 1?
17) Quantos números de 3 algarismos distintos podemos formar com os dígitos 0, 1, 2, 3, 4 e 5,
incluindo
sempre o 5?
18) No colégio X há três turmas de 5ª série. Na turma 501 há 32 alunos, na turma 502, 30 alunos e, na
503,
26 alunos. Serão escolhidos 3 representantes para a organização de uma festa, sendo um da cada
turma.
De quantos modos poderão ser escolhidos estes representantes?
19) Utilizando nosso alfabeto acrescido das letras K, W e Y, e os algarismos de 0 a 9, quantas placas
de
automóveis podem ser formadas:
a) com duas letras e quatro algarismos?
b) com três letras e quatro algarismos?
20) Uma urna tem 10 bolinhas numeradas de 1 a 10. Três bolinhas são extraídas sucessivamente, sem
reposição. De quantas formas os números das bolinhas formam uma P.A. (Progressão Aritmética),
na
ordem em que forem extraídas?
21) Uma urna tem 10 bolinhas numeradas de 1 a 10. Três bolinhas são extraídas sucessivamente, com
reposição. De quantas formas os números das bolinhas formam uma P.A. (Progressão Aritmética),
na
ordem em que forem extraídas?
22) Uma linha ferroviária tem 16 estações. Quantos tipos de bilhetes devem ser impressos, se cada
tipo deve
ter a estação de partida e a de chegada, respectivamente?
23) Quantas palavras distintas podemos formar com todas as letras da palavra “PERNAMBUCO”?
Quantas
dessas palavras começam por PER?
24) Formados e colocados em ordem crescente os números que se obtém permutando-se os
algarismos 2, 3,
4, 8 e 9, qual o lugar ocupado pelo número 43.892?
25) De quantas formas 4 homens e 5 mulheres podem ficar em fila se os homens devem ficar juntos?
26) De quantas formas 4 homens e 5 mulheres podem ficar em fila se os homens devem ficar juntos e
as
mulheres também?
27) De quantas maneiras 6 pessoas podem sentar-se numa fileira de 6 lugares se duas delas, Hellena e
Maryane, se recusam sentar uma do lado da outra?
28) Uma prova tem 15 questões, das quais o aluno deve escolher 10 questões. De quantas formas ele
poderá
escolher estas 10 questões?
29) Em uma reunião social cada pessoa cumprimenta todas as outras, havendo ao todo 45 apertos de
mão.
Quantas pessoas havia na reunião?
30) De um grupo de 10 pessoas, quantas comissões de 4 pessoas podem ser formadas?
31) De um grupo de 10 pessoas, quantas comissões de no mínimo 4 pessoas podem ser formadas?
32) Temos um grupo de 10 homens e 10 mulheres. Quantas comissões de 5 pessoas podem ser
formadas se
cada uma das comissões deve haver 3 homens e 2 mulheres?
33) No caso de encontrarmos ‘PERMUTAÇÕES COM ELEMENTOS REPETIDOS”, temos:
“Consideremos n elementos, dos quais:
n1 são iguais a a1;
n 2 são iguais a a 2 ;
n 3 são iguais a a 3 ;






nr são iguais a a r .
Podemos calcular o número de permutações, nestas condições, através da seguinte fórmula:
n ,n2 ,...,nr
Pn 1

n!
n1!n 2 !.n3 !.....nr !
Com base na definição acima, responda:
a) Quantos anagramas têm a palavra “ANALITICA”?
b) Quantos números de 6 algarismos podemos formar permutando os algarismos 2, 2, 3, 3, 3, 5?
RESPOSTAS:
1) a) 5040
b) 1 + 1 = 2
c) 1260
2) a) x = 0
b) x = 7
c) x = 7
d) 285
d) x = 4


x
x
3) Não existe, pois para qualquer que seja o valor de x, 2  0 e x!  0  2 . x!  0 .
4) n = 6
5) 48
6) 30
7) 64 seqüências
8) 12 seqüências
9) 10 resultados possíveis
10) Com 1 algarismo:
4 números
Com 2 algarismos: 16 números
Com 3 algarismos: 64 números
Com 4 algarismos: 256 números
Total: 340 números (4 + 16 + 64 + 256 = 340)
11) 90 números
12) 81 números
13) a) 90000 números
d) 2240 números
14) 24
15) 5! = 120
b) 27216 números
e) 952 números
c) 2520 números
16) 70.000.000 números telefônicos;
17) 52 números
18) 32 x 30 x 26 = 24.960 modos
19 ) a) 26 2  10 4  6.760 .000 placas
b) 26 3  10 4  175.760.00 0 placas
20) 40 formas
21) 50 formas
22) 240 tipos de bilhetes
23) 10! = 3.628.800 palavras distintas;
Começando pela sílaba PER podemos formar 7! = 5040 palavras.
24) 46º lugar
25) 4! x 6! = 17.280
26) 2 x 4! X 5! = 5.760
27) As duas sempre juntas seria 2 x 5! = 240.
Todas as possibilidades seria 6! = 720.
Logo a resposta é 720 – 240 = 480
28) 3.003
29) 10 pessoas
30) 210 comissões
31) 210 + 252 + 210 + 120 + 45 + 10 + 1 = 848
32)
C10,3  C10,2  5400
33) a) 30.240
b) 60