ESTATÍSTICA - TAREFA 189 - TRILHA 13 - AULA 07 - curso-142579-aula-07-v1

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Aula 07 Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z)

Autor: Guilherme Neves

Aula 07

22 de Junho de 2020

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Guilherme Neves EXERCÍCIOS: : 1, 12, 26, 38, 48, 56, 63, 83, 97 e 103. Aula 07 TOTAL: 10

ACERTOS:

ERROS:

Sumário 1. Análise Combinatória .......................................................................................... 2 2. Fatorial de um Número Natural ........................................................................... 3 3. Princípio Fundamental da Contagem .................................................................. 6 4. Princípio Aditivo................................................................................................. 11 5. Permutações Simples ......................................................................................... 13 6. Permutação com Elementos Repetidos ............................................................. 14 300015 7. Permutação Circular........................................................................................... 15

8. Combinação Simples ......................................................................................... 20 8.1.

Propriedades e Casos Particulares ........................................................................ 23

9. Combinação Completa ...................................................................................... 26 10. Partições ............................................................................................................ 33 10.1.

Partições ordenadas ........................................................................................... 34

10.2.

Partições não-ordenadas .................................................................................... 38

11. Permutações Caóticas ....................................................................................... 42 12. Os Lemas de Kaplansky ..................................................................................... 48 12.1.

Primeiro Lema de Kaplansky .............................................................................. 48

12.2.

Segundo Lema de Kaplansky ............................................................................. 57

13. Permutações com Elementos Ordenados ......................................................... 63 14. Soluções Inteiras de Equações .......................................................................... 68 15. Lista de Questões de Concursos Anteriores...................................................... 83 16. Gabaritos ......................................................................................................... 122 17. Lista de Questões de Concursos Anteriores com Comentários ...................... 126 18. Considerações Finais ....................................................................................... 224

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Oi, pessoal. Aqui quem vos fala é o professor Guilherme Neves outra vez!! Vamos começar a nossa aula sobre Análise Combinatória? Não se esqueçam de me acompanhar também pelo instagram @profguilhermeneves. Estou postando dicas e questões resolvidas diariamente por lá.

Coloquei alguns tópicos extras na teoria que são assuntos bem avançados. Sugiro que você os estude apenas depois de ter uma boa base de Análise Combinatória e depois de ter resolvido muitos problemas. Os tópicos avançados são os pontos 11 a 14 do índice (Permutações Caóticas, Lemas de Kaplansky, Permutações com elementos ordenados e Soluções Inteiras de Equações).

1.

ANÁLISE COMBINATÓRIA

Chamamos de Análise Combinatória ou simplesmente Combinatória a parte da Matemática que estuda as estruturas discretas. Falando na língua do “concursês”, a Análise Combinatória é a parte da Matemática que se preocupa em realizar contagens. Realizaremos contagens dos subconjuntos de um conjunto finito que satisfazem certas condições dadas. A grande maioria dos alunos pensa que a Análise Combinatória é apenas o estudo dos arranjos, combinações e permutações. Isto na verdade é apenas uma parte do assunto de Análise Combinatória, que, a bem da verdade, é 100% do necessário para uma prova. A Análise Combinatória trata de vários outros problemas que estão além dos nossos objetivos e não será visto neste curso. Não será visto porque nunca apareceu nem vai aparecer em prova alguma de concurso (assuntos como permutações caóticas, funções geradoras, etc.)

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Diga-se de passagem, este é um dos assuntos mais importantes (se não for o mais importante) de toda a Matemática “concurseira”. É um assunto adorado por todas as bancas organizadoras. Vocês perceberão um aspecto um pouco diferente nesta aula: não apresentaremos a “fórmula” dos arranjos. Optamos em seguir esta linha, pois não achamos que seja didático utilizar fórmulas e casos particulares em demasia. Quem troca o princípio fundamental da contagem por fórmulas de arranjos terá dificuldades imensas em resolver inúmeros problemas de análise combinatória. Permitam-me copiar um trecho muito importante de um livro da Sociedade Brasileira de Matemática sobre o ensino de Análise Combinatória (A Matemática do Ensino Médio – Volume 2). “Você quer mostrar que é o bom ou quer que seus alunos aprendam? Se você prefere a segunda alternativa, resista à tentação de em cada problema buscar a solução mais elegante. O que deve ser procurado é um método que permita resolver muitos problemas e não um truque que resolva maravilhosamente um problema. A beleza de alguns truques só pode ser apreciada por quem tem domínio dos métodos. Combinatória não é difícil; impossível é aprender alguma coisa apenas com truques em vez de métodos.” Vamos aprender as ferramentas básicas de Análise Combinatória e, sem seguida, vamos aprimorar as técnicas com a resolução de questões.

2.

FATORIAL DE UM NÚMERO NATURAL

Com a finalidade de simplificar fórmulas e acelerar a resolução de questões, vamos definir o símbolo fatorial. Sendo 𝑛 um número natural, define-se fatorial de 𝑛 e indica-se 𝑛! à expressão: 𝑛! = 𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ (𝑛 − 2) ∙ ⋯ ∙ 2 ∙ 1, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 ≥ 2 1! = 1 0! = 1 Exemplos: 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24

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5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 Observação: a leitura correta da expressão 𝑛! é “fatorial de n”. Muitas pessoas, erradamente, falam “n fatorial”. Esta leitura incorreta pode gerar ambiguidades. Por exemplo, observe a maneira correta de leitura das seguintes expressões. 2 + 3! → 2 𝑚𝑎𝑖𝑠 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 3 (2 + 3)! → 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 2 𝑚𝑎𝑖𝑠 3 As pessoas que falam “n fatorial” vão falar assim (erradamente): 2 + 3! → 2 𝑚𝑎𝑖𝑠 3 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 (2 + 3)! → 2 𝑚𝑎𝑖𝑠 3 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙

A!

Exemplo: Calcular . B!

Comentário

Poderíamos simplesmente expandir os dois fatoriais e cortar os fatores comuns. 8! 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = = 8 ∙ 7 = 56 6! 6∙5∙4∙3∙2∙1 Entretanto, podemos simplificar os cálculos notando que: 8! = 8 ∙ 7 ∙ EF 6∙5 FF∙FGF 4 ∙ 3F∙F 2FH ∙ 1 = 8 ∙ 7 ∙ 6! B!

8! 8 ∙ 7 ∙ 6! = = 8 ∙ 7 = 56 6! 6! Em suma, podemos expandir o fatorial até o fator desejado e, em seguida, colocar o símbolo do fatorial no final. Vejamos mais um exemplo.

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Exemplo: Calcule o valor de

A! I!J!

.

Comentário

Aqui podemos expandir o fatorial de 8 e “travar” no número 5. Lembre-se de expandir o fatorial de 3. 8! 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5! = 5! 3! 5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 Neste ponto, podemos cancelar 5!. Observe ainda que 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6. 8! 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5! 8 ∙ 7 ∙ 6 = = = 8 ∙ 7 = 56 5! 3! 5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 6

Exemplo: Simplificar a expressão

(KLJ)! (KLM)!

.

Comentário

Vamos expandir o fatorial de n + 3 até n+1. (𝑛 + 3)! (𝑛 + 3)(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)! = = (𝑛 + 3)(𝑛 + 2) = 𝑛N + 5𝑛 + 6 (𝑛 + 1)! (𝑛 + 1)!

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3.

PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM

Vamos aprender o princípio fundamental da contagem, também chamado de princípio multiplicativo, através de exemplos. Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda não viciada duas vezes consecutivas para cima?

Cara

Cara,Cara

Coroa

Cara,Coroa

Cara

Coroa,Cara

Coroa

Coroa,Coroa

Cara Lançamento das moedas Coroa

Como podemos ver no diagrama de árvore, são 4 possibilidades. No primeiro lançamento há duas possibilidades (cara ou coroa) e no segundo lançamento há duas possibilidades (cara ou coroa) gerando os seguintes resultados: (CARA,CARA), (CARA,COROA), (COROA,CARA), (COROA,COROA).

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Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações sucessivas? V V

P A V

V

P

P A V

A

P A V

V

P A V

Extração das bolas

P

P

P A V

A

P A V

V

P A V

A

P

P A V

A

P A

`

Temos 3 possibilidades para a primeira extração (V, P ou A), 3 possibilidades para a segunda extração (V,P ou A) e 3 possibilidades para a terceira extração (V,P ou A). Há um total de 27 possibilidades.

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Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um casal (homem-mulher)? Vamos chamar os homens de H1,H2,H3 e as mulheres de M1,M2. Para escolher o homem temos 3 possibilidades e para escolher a mulher temos 2 possibilidades.

H1 Casais

H2 H3

M1

H1-M1

M2

H1-M2

M1

H2-M1

M2

H2-M2

M1

H3-M1

M2

H3-M2

Existem 3 possibilidades para a primeira etapa (a primeira etapa é escolher o homem), 2 possibilidades para a segunda etapa (a segunda etapa é escolher a mulher). O número de diferentes casais que podem ser formados é igual a 3 ∙ 2 = 6. Com estes três exemplos, fica mais fácil compreender o Princípio Fundamental da Contagem, que pode assim ser enunciado:

Se um experimento pode ocorrer em várias etapas sucessivas e independentes de tal modo que: - 𝑝M é o número de possibilidades da 1ª etapa. - 𝑝N é o número de possibilidades da 2ª etapa. . . . - 𝑝K é o número de possibilidades da n-ésima etapa. O número total de possibilidades de o acontecimento ocorrer é igual a 𝑝M ∙ 𝑝N ∙ ⋯ ∙ 𝑝K

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Vamos resolver novamente os exemplos introdutórios com o auxílio do princípio fundamental da contagem. Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda nãoviciada duas vezes consecutivas para cima? Comentário

São duas etapas: lançar a moeda na primeira vez e lançar a moeda na segunda vez. Há 2 possibilidades no primeiro lançamento e 2 possibilidades no segundo lançamento. Portanto, são 2 ∙ 2 = 4 resultados possíveis. Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações sucessivas? Comentário

São três etapas: observar a cor da primeira bola, observar a cor da segunda bola e observar a cor da terceira bola. Há 3 possibilidades para a primeira etapa, 3 possibilidades para a segunda etapa e 3 possibilidades para a terceira etapa. São, portanto, 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27 resultados possíveis. Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um casal (homem-mulher)? Comentário

São duas etapas: escolher o homem do casal e escolher a mulher do casal. Existem 3 possibilidades para a escolha do homem e 2 possibilidades para a escolha da mulher. Podemos selecionar o casal de 3 ∙ 2 = 6 modos diferentes.

Os passos básicos para resolver os problemas com o Princípio Fundamental da Contagem são os seguintes: i) Identificar as etapas do problema. ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. iii) Multiplicar.

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Para fazer uma viagem Recife-Petrolina-Recife, posso escolher como transporte ônibus, carro, moto ou avião. De quantos modos posso escolher os transportes se não desejo usar na volta o mesmo meio de transporte usado na ida? Comentário

Vejamos novamente os passos: i) Identificar as etapas do problema. Escolher o transporte da ida e escolher o transporte da volta. ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. Temos 4 possibilidades para a ida e 3 possibilidades para a volta (pois não desejo utilizar o mesmo meio de transporte). iii) Multiplicar. 𝟒 ∙ 𝟑 = 𝟏𝟐 modos.

Quais seriam os 12 modos? (ônibus, carro);(ônibus, moto);(ônibus, avião); (carro, ônibus); (carro, moto); (carro, avião); (moto, ônibus); (moto, carro); (moto,avião); (avião, ônibus); (avião, carro); (avião, moto). Obviamente não precisamos descrever quais são os 12 modos, mas, para um exemplo inicial, fica interessante mostrá-los.

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Quantas palavras contendo 4 letras diferentes podem ser formadas com um alfabeto de 26 letras? Comentário

Atente para o fato de que as letras devem ser diferentes! Há 26 possibilidades para a primeira letra, 25 possibilidades para a segunda letra, 24 possibilidades para a terceira letra e 23 possibilidades para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 25 ∙ 24 ∙ 23 = 358.800

Quantas palavras contendo 4 letras podem ser formadas com um alfabeto de 26 letras? Comentário

Neste caso, podemos repetir as letras. Há 26 possibilidades para a primeira letra, 26 possibilidades para a segunda letra, 26 possibilidades para a terceira letra e 26 possibilidades para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 26 = 456.976 Observe que em todos os casos até agora foi utilizado o conectivo “e”. Isto indica que o processo pode ser dividido em etapas e, portanto, devemos utilizar o princípio multiplicativo. É muito comum, entretanto, o enunciado utilizar o conectivo “ou”. Isso nos motiva a estudar o princípio aditivo.

4.

PRINCÍPIO ADITIVO

O princípio fundamental da contagem (princípio multiplicativo) diz que se há m modos de tomar uma decisão 𝐷M e, depois de tomada a decisão 𝐷M , há n modos de tomar uma decisão 𝐷N , então o total de possibilidades para tomar sucessivamente as decisões 𝐷M e 𝐷N é igual a 𝑚 ∙ 𝑛. Imagine agora que um processo possa ser realizada de 𝑝 modos ou de 𝑞 modos. Desta maneira, o princípio aditivo, afirma que o total de modos para realizar esta processo é igual a 𝑝 + 𝑞. Desta forma, quando utilizado o conectivo “ou”, deveremos somar o total de possibilidades. Exemplo: Existem dois símbolos para representar letras no código Morse chamados de pontos e traços. Considere as palavras com no mínimo 1 e no máximo 5 letras. Quantas palavras podem ser formadas no código Morse com esta restrição?

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Comentário

Observe que as palavras podem ter 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 letras. Assim, vamos calcular: • • • • •

a quantidade de palavras com 1 letra a quantidade de palavras com 2 letras a quantidade de palavras com 3 letras a quantidade de palavras com 4 letras a quantidade de palavras com 5 letras

Em seguida, vamos somar todos os resultados. •

quantidade de palavras com 1 letra

Só temos uma etapa. Escolher uma letra. Há duas possibilidades, já que há apenas dois símbolos. Assim, existem 2 palavras com uma letra. •

quantidade de palavras com 2 letras

Temos aqui duas etapas, a saber: escolher a primeira letra e escolher a segunda letra. Há 2 possibilidades para a primeira etapa e 2 possibilidades para a segunda etapa. O total de possibilidades é igual a 2 x 2 = 4. Assim, existem 4 palavras com duas letras. •

quantidade de palavras com 3 letras

Temos aqui três etapas, a saber: escolher a primeira letra, escolher a segunda letra e escolher a terceira letra. Há 2 possibilidades para a primeira etapa, 2 possibilidades para a segunda etapa e 2 possibilidades para a terceira etapa. O total de possibilidades é igual a 2 x 2 x 2 = 8. Assim, existem 8 palavras com três letras. •

quantidade de palavras com 4 letras

Temos agora quatro etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades é 2 x 2 x 2 x 2 = 16. Assim, existem 16 palavras com quatro letras. •

quantidade de palavras com 5 letras

Temos agora cinco etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades é 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 32. Assim, existem 32 palavras com cinco letras. O total de palavras é 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62.

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5.

PERMUTAÇÕES SIMPLES

Queremos responder perguntas do tipo “De quantas maneiras é possível ordenar 𝑛 objetos distintos?”. Imagine que temos 4 livros em uma prateleira. O problema pode ser separado em 4 etapas: escolher o primeiro objeto, escolher o segundo objeto, escolher o terceiro objeto e escolher o quarto objeto. Temos 4 objetos possíveis para o primeiro lugar, 3 objetos possíveis para o segundo lugar, 2 objetos possíveis para o terceiro lugar e 1 objeto possível para o último lugar. O total de maneiras é igual a 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 4! = 24. No caso geral, temos 𝑛 modos de escolher o objeto que ocupará o primeiro lugar, 𝑛 − 1 modos de escolher o objeto que ocupará o segundo lugar,..., 1 modo de escolher o objeto que ocupará o último lugar. Portanto, o número de modos de ordenar 𝑛 objetos distintos é: 𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ ⋯ ∙ 1 = 𝑛! Cada uma destas ordenações é chamada permutação simples de 𝑛 objetos e o número de permutações simples de 𝑛 objetos distintos é representado por 𝑃K . Desta maneira, 𝑃K = 𝑛!.

Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra BOLA? Comentário

Cada anagrama de BOLA é uma ordenação das letras B,O,L,A. Desta maneira, o número de anagramas de BOLA é 𝑃X = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24.

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6.

PERMUTAÇÃO COM ELEMENTOS REPETIDOS

Quantos anagramas possui a palavra ARARAQUARA? O problema surge porque há letras repetidas na palavra ARARAQUARA. Nesta palavra a letra A aparece 5 vezes e a letra R aparece 3 vezes. Aparentemente a quantidade de anagramas seria 10! (pois há 10 letras na palavra). Devemos fazer uma “correção” por conta das letras repetidas. Devemos dividir o resultado por 5! e por 3! que são as quantidades de letras repetidas. Assim, o número de anagramas da palavra ARARAQUARA é igual a

I,J 𝑃MY =

10! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5! = 5! ∙ 3! 5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1

Observe que ao expandirmos o 10!, podemos “travá-lo” onde quisermos para efetuar os cancelamentos. Dessa forma, I,J 𝑃MY =

10! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 = = 5.040 𝑎𝑛𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 5! ∙ 3! 3∙2∙1

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7.

PERMUTAÇÃO CIRCULAR

Imagine uma mesa com 4 lugares equiespaçados. De quantas maneiras 4 pessoas podem ser dispostas nesta mesa, se considerarmos equivalentes disposições que possam coincidir por rotação?

1

3

4

2

2

2

4

3

1

3

1

4

A pergunta que propusemos considera as três disposições acima como equivalentes. Isso porque podemos obter a segunda e a terceira disposições por uma simples rotação da primeira disposição. Observe que o número 1 está sempre em frente ao número 3; o número 1 está sempre à direita do número 2; o número 1 está sempre à esquerda do número 4. A resposta desse problema é representada por (𝑃𝐶)K , o número de permutações circulares de 𝑛 objetos distintos. Repare que nas permutações simples importam os lugares que os objetos ocupam ao passo que nas permutações circulares o que importa é apenas a posição relativa dos objetos entre si. Por exemplo, são distintas as seguintes disposições.

1 4

1 2

3

2

4 3

Tome o número 1 como referência posicional. Na primeira disposição, o número 4 está à direita do número 1 e, na segunda disposição, o número 4 está à esquerda do número 1.

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Assim, para calcular o número de permutações dos 4 objetos nesta mesa circular, devemos fixar um de seus elementos e permutar todos os outros. Assim, fixando o número 1, por exemplo, podemos permutar os outros objetos de 3! = 3 × 2 × 1 = 6 maneiras diferentes. Vamos representar as 6 possibilidades para que fique mais claro. •

Escolhendo o número 2 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades.

1 3

1 4

4

2

•

2

Escolhendo o número 3 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades.

1 2

1 4

4

3

•

3

2 3

Escolhendo o número 4 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades.

1 2

1 3

4

3

2 4

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São 6 possibilidades ao todo, portanto. Assim, para calcular o número de permutações circulares, devemos fixar um dos objetos e permutar os outros. Se são n objetos, devemos fixar 1 e permutar os (n – 1) restantes. Em geral, podemos afirmar que o número de permutações circulares de 𝑛 objetos distintos é dado por (𝑛 − 1)!. (𝑃𝐶)K = (𝑛 − 1)!

CM CURITIBA (PR) | CÂMARA MUNICIPAL DE CURITIBA (PR) | 2020 | BANCA NC-UFPR | ANALISTA LEGISLATIVO (CM CURITIBA/PR) Patrícia tem disponíveis 6 cores distintas, que pretende usar para pintar um cubo, de modo que cada face tenha uma cor diferente. Cada possibilidade de pintura deve resultar em um cubo pintado, distinto dos demais possíveis. Do mesmo modo, se ela tivesse disponíveis 7 cores para pintar o cubo, quantas possibilidades a mais ela teria? A) 180. B) 150. C) 75. D) 42. E) 30. Comentário

Comecemos com o caso em que há 6 cores. Vamos numerar as cores: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

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Vamos trabalhar com o cubo em cima de uma mesa. Vou pintar uma face do cubo com o número 1 e colocar essa face encostada na mesa.

Vou agora separar em dois casos:

i) O número 2 está oposto à face de número 1.

Nesse caso, precisamos permutar as 4 cores restantes em um círculo. Logo, há um total de 𝑃𝐶X = (4 − 1) = 3! = 6 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠

ii) O número 2 não é oposto à face de número 1. Assim, giro o dado até que o número 2 esteja olhando para mim e deixo o dado fixo.

Agora pinto as 4 faces restantes, o que pode ser feito de 4! = 24 maneiras.

O total de possibilidades é 6 + 24 = 30.

A dificuldade dessa questão é a mesma de quando vamos deduzir a fórmula da permutação circular: devemos escolher um elemento para servir de referência porque o que importa é a posição relativa entre os objetos.

Assim, no caso da permutação circular, como estamos no plano, precisamos colocar apenas um elemento como referência. Daí permutamos os n – 1 elementos restantes e obtemos 𝑃𝐶K = (𝑛 − 1)!.

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No caso dessa questão, estamos trabalhando com um objeto de 3 dimensões. Assim, precisamos de duas referências. Por isso coloquei a cor 1 como referência encostada na mesa e, depois, fixei a posição da cor 2.

Vamos agora ao caso em que há 7 cores disponíveis. O primeiro passo é escolher 6 das 7 cores que serão usadas para pintar o cubo. Isso pode ser feito de 𝐶^B = 7 maneiras. Para cada escolha dessas 6 cores, há 30 maneiras de pintar o cubo. Logo, o total de possibilidades é 7 x 30 = 210.

O problema pede a diferença entre essas quantidades: 210 – 30 = 180 maneiras. O gabarito é a letra A.

Vamos resolver o caso de 6 cores com outro raciocínio parecido com o anterior.

Coloco a face 1 encostada na mesa. Há 5 possibilidades para escolher a face oposta à face 1.

Agora, dos 4 números restantes, pego um qualquer e pinto uma face lateral e coloco essa face fixa olhando para mim. Deixo fixa olhando para mim porque o que importa é a posição relativa entre as cores e não a posição absoluta.

Agora, há 3! = 6 maneiras de pintar as faces restantes. Assim, o total de possibilidades é 5 x 6 = 30.

Gabarito: A

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8.

COMBINAÇÃO SIMPLES

Imagine que dispomos das seguintes frutas: maçãs, bananas, mamões e abacates. Desejamos fazer uma salada de fruta com 3 destas frutas. Picamos separadamente cada fruta e, em seguida misturamos tudo na seguinte ordem: maçã, banana, mamão no primeiro prato e banana, maçã e mamão no segundo prato. É óbvio que obteremos o mesmo resultado. Agrupamentos como este, que têm a característica de não mudar quando alteramos a ordem de seus elementos, são chamados de combinações. A pergunta aqui é a seguinte: Dispomos de um conjunto com 𝑛 elementos. Queremos formar um subconjunto deste conjunto com 𝑝 elementos. De quantos modos podemos escolher estes 𝑝 elementos? Estamos utilizando a linguagem dos conjuntos porque não existe ordem entre os elementos de um conjunto. Por exemplo, os conjuntos {𝑎, 𝑏} 𝑒 {𝑏, 𝑎} são iguais. Vamos ilustrar: temos o conjunto {1,2,3,4,5} e queremos formar um subconjunto com 2 elementos deste conjunto. Temos as seguintes possibilidades: {1,2},{1,3},{1,4},{1,5} → fixando o número 1 {2,3},{2,4},{2,5} → fixando o número 2 {3,4},{3,5} → fixando o número 3 {4,5} → fixando o número 4 Temos um total de 4+3+2+1=10 subconjuntos com 2 elementos. Repare que corremos o risco de esquecer algum subconjunto, sobretudo se houver um número grande de elementos. É para isto que serve a análise combinatória. Contar agrupamentos sem precisar descrevê-los. Pois bem, tendo um conjunto com 𝑛 elementos, o número de subconjuntos com 𝑝 elementos é igual ao número de combinações de 𝑛 elementos tomados 𝑝 a 𝑝 e é calculado da seguinte maneira:

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𝑛! 𝑝! (𝑛 − 𝑝)! Existem várias notações para o número de combinações. As mais comuns são as seguintes. 𝑛! 𝑛 𝐶K,b = 𝐶Kb = c𝑝d = 𝑝! (𝑛 − 𝑝)!

No nosso caso, temos 5 elementos no conjunto (𝑛 = 5) e queremos escolher 2 destes 5 elementos (𝑝 = 2). 𝐶IN =

5! 5! 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4 = = = = 10 2! ∙ (5 − 2)! 2! 3! 2 ∙ 1 ∙ 3! 2 ∙ 1

Que é exatamente o número de subconjuntos que havíamos encontrado. A maneira mais fácil de utilizar esta fórmula é a seguinte: O número de combinações sempre será uma fração. 𝐶IN = No denominador, devemos colocar o fatorial expandido do menor número. 𝐶IN =

2∙1

Quantos fatores há no denominador? Dois. Pois bem, devemos expandir o outro número, no caso o número 5, em dois fatores. 𝐶IN =

5∙4 = 10 2∙1

Exemplo: São marcados 8 pontos distintos sobre uma circunferência. Quantos triângulos são determinados por estes pontos?

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Comentário

Vejamos o desenho acima. O triângulo ABC é congruente ao triângulo ACB, que é congruente ao triângulo BAC e assim por diante. Portanto, a ordem dos vértices não é relevante na definição do triângulo. Assim, não podemos aplicar o Princípio Fundamental da Contagem. Se assim o fizéssemos, estaríamos contando os triângulos ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA como triângulos diferentes, o que não é verdade.

Como a ordem dos objetos não é relevante na formação do agrupamento, a resposta desse problema é o número de combinações de 8 objetos tomados 3 a 3, representado por 𝐶AJ .

Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por enquanto: 𝐶AJ =

3∙2∙1

E o numerador? Devemos expandir o número 8 na mesma quantidade de fatores do denominador (3 fatores). 𝐶AJ =

8∙7∙6 = 56 3∙2∙1

Assim, o total de triângulos determinados pelos 8 pontos é igual a 56.

Exemplo: Um grupo é formado por 5 homens e 6 mulheres. De quantas maneiras podemos formar uma comissão formada por:

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a) 2 homens e 3 mulheres. b) 2 homens ou 3 mulheres. c) 2 pessoas do mesmo sexo. Comentário

a) Como estamos usando o conectivo “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo. Há 5 homens dos quais escolheremos 2 e há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 𝐶IN ∙ 𝐶BJ =

5∙4 6∙5∙4 ∙ = 10 ∙ 20 = 200 2∙1 3∙2∙1

b) Como estamos usando o conectivo “ou”, vamos utilizar o princípio aditivo. Há 5 homens dos quais escolheremos 2. Há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 𝐶IN + 𝐶BN =

5∙4 6∙5∙4 + = 10 + 20 = 30 2∙1 3∙2∙1

c) Escolher 2 pessoas do mesmo sexo é o mesmo que escolher 2 homens ou 2 mulheres. Assim, utilizaremos o princípio aditivo, pois estamos utilizando o conectivo “ou”. 𝐶IN + 𝐶BN =

5∙4 6∙5 + = 10 + 15 = 25 2∙1 2∙1

8.1. Propriedades e Casos Particulares

i) 𝑪𝒎 𝒎 =𝟏

Isto é verdade porque g 𝐶g =

𝑚! =1 𝑚! 0!

Assim, por exemplo, 𝐶^^ = 1

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ii) 𝑪𝟎𝒎 = 𝟏

Isto é verdade porque Y 𝐶g =

𝑚! =1 0! 𝑚!

Assim, por exemplo, 𝐶IY = 1

iii) 𝑪𝟏𝒎 = 𝒎

Isto é verdade porque M 𝐶g =

𝑚! 𝑚 ∙ (𝑚 − 1)! = =𝑚 (𝑚 − 1)! 1! (𝑚 − 1)!

Assim, por exemplo, 𝐶BM = 6

iv) 𝑪𝒎i𝟏 =𝒎 𝒎

Isto é verdade porque giM 𝐶g =

𝑚! 𝑚! 𝑚 ∙ (𝑚 − 1)! = = =𝑚 (𝑚 − 1)! (𝑚 − 1)! (𝑚 − (𝑚 − 1))! (𝑚 − 1)! 1!

Assim, por exemplo, 𝐶BI = 6 𝐶^B = 7 MX 𝐶MI = 15

𝒑

𝒎i𝒑

v) 𝑪𝒎 = 𝑪𝒎

Esta propriedade é muito útil quando o valor de p é grande. Podemos substituí-lo por m – p.

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Esta propriedade é verdade porque b 𝐶g =

𝑚! 𝑝! (𝑚 − 𝑝)!

gib 𝐶g =

𝑚! (𝑚 − 𝑝)! k𝑚 − (𝑚 − 𝑝)l!

=

𝑚! (𝑚 − 𝑝)! 𝑝!

b gib Portanto, 𝐶g = 𝐶g . A Imagine, por exemplo, que você precisa calcular 𝐶MY . Podemos substituir 8 por 10 – 8 = 2. A N 𝐶MY = 𝐶MY =

10 ∙ 9 = 45 2∙1

Entender esta propriedade também é muito fácil. Imagine que você tem 10 amigos e escolherá 8 para participar de um jantar. Ora, escolher os 8 que participarão do jantar é o mesmo que escolher os 2 que não participarão. Portanto, A N 𝐶MY = 𝐶MY

vi) 𝑪𝟎𝒏 + 𝑪𝟏𝒏 + 𝑪𝟐𝒏 + ⋯ 𝑪𝒏𝒏 = 𝟐𝒏

Exemplo: 𝐶XY + 𝐶XM + 𝐶XN + 𝐶XJ + 𝐶XX = 2X = 16

Há um raciocínio bem rápido para entender esta propriedade. Imagine um conjunto com n elementos. Assim, por exemplo, 𝐶KJ é a quantidade de subconjuntos deste conjunto com 3 elementos. Da mesma forma, 𝐶KI é a quantidade de subconjuntos com 5 elementos.

Podemos então concluir que 𝐶KY + 𝐶KM + 𝐶KN + ⋯ 𝐶KK é o total de subconjuntos deste conjunto. Sabemos que o total de subconjuntos de um conjunto é 2K . Portanto, a propriedade acima é válida. A demonstração formal desta propriedade se dá com o desenvolvimento do binômio de Newton (1 + 1)K .

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9.

COMBINAÇÃO COMPLETA

Para introduzir este assunto, vou resolver uma questão antiga, mas bem interessante. (Petrobras 2008-2/CESGRANRIO) Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é

(A) 3 (B) 10 (C) 15 (D) 35 (E) 125 Comentário

Esta é uma questão “clássica” que aparece nos livros de análise combinatória. Por outro lado, se a pessoa nunca viu uma questão parecida como esta, é muito difícil ter este raciocínio SOZINHO na hora da prova. Imagine que temos um armário para armazenar os refrigerantes.

Temos 5 marcas diferentes de refrigerante. Para separar as 5 marcas diferentes de refrigerante neste armário, precisamos de 4 divisórias. O número de divisórias é sempre 1 a menos que o total de marcas.

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Vamos considerar algumas marcas conhecidas de refrigerante. Coca-Cola, Guaraná Antarctica, Fanta, Tuchaua, Sprite.

Temos agora 3 latinhas de refrigerante para distribuir nestas divisórias. Há várias disposições possíveis. Vejamos algumas:

Nesta disposição acima, o cliente está levando uma Coca-Cola e 2 Tuchauas.

Na disposição acima, o cliente está levando um Guaraná Antarctica, 1 Fanta e 1 Sprite.

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Na disposição acima, o cliente está levando 3 Tuchauas. Resumindo: estamos permutando 7 objetos, a saber: as 4 divisórias e as 3 latinhas. Vamos apagar agora os nomes das marcas.

O número total de possibilidades que há para o cliente comprar 3 refrigerantes dentre 5 marcas disponíveis sem preferência em relação a alguma marca é igual ao número permutações de 7 objetos dos quais 4 são iguais (as divisórias) e 3 são iguais (as bolinhas). 𝑃^X,J =

𝑃^X,J =

7! 4! ∙ 3!

7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4! 7 ∙ 6 ∙ 5 = = 35 4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 3 ∙ 2 ∙ 1

Gabarito: D

O problema acima é normalmente classificado como um problema de combinação completa. Os problemas de combinação completa no fundo podem ser resolvidos por permutação com repetição. Basta utilizar o raciocínio descrito acima.

Observe que temos 5 qualidades para os objetos (5 marcas de refrigerante) e queremos escolher 3 objetos (3 latas).

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Observe ainda que o total de divisórias é igual a 5 – 1 = 4 (com 4 divisórias temos 5 lugares no armário). De uma maneira geral, digamos que há n qualidades de objetos e queremos selecionar p objetos. Adotando o raciocínio acima, teremos (n – 1) prateleiras e p objetos. Assim, permutaremos (𝑝 + 𝑛 − 1) entes dos quais há repetição de (n – 1) prateleiras e p objetos.

KiM ,b 𝑃bLKiM =

(𝑛 + 𝑝 − 1)! 𝑝! (𝑛 − 1)!

A notação (símbolo) para a combinação completa é a que segue: 𝐶𝑅Kb =

(𝑛 + 𝑝 − 1)! 𝑝! (𝑛 − 1)!

Para não precisar memorizar a fórmula acima, existe uma relação entre a combinação completa e a combinação simples. b 𝐶𝑅Kb = 𝐶KLbiM

Em outras palavras, você pode trocar a fórmula de uma combinação completa por uma combinação simples. Para tanto, basta substituir 𝑛 por 𝑛 + 𝑝 − 1. No nosso problema anterior, há 5 marcas de refrigerante. É o que temos disponível. Portanto, n = 5. Queremos escolher 3 latas de refrigerante. Portanto, p = 3. 𝐶𝑅IJ Vamos trocar a combinação completa por uma combinação simples. Para tanto, vamos substituir 𝑛 = 5 por 5 + 3 − 1 = 7. 𝐶𝑅IJ = 𝐶^J Agora é só calcular a combinação simples. Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por enquanto: 𝐶𝑅IJ = 𝐶^J =

3∙2∙1

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E o numerador? Devemos expandir o número 7 na mesma quantidade de fatores do denominador (3 fatores). 𝐶𝑅IJ = 𝐶^J =

7∙6∙5 = 35 3∙2∙1

Se você não quiser transformar em uma combinação simples, há um modo prático de calcular 𝐶𝑅 rapidamente. Comecemos novamente com uma fração. 𝐶𝑅IJ = No denominador, sempre colocaremos o fatorial de p, ou seja, o fatorial do número que está em cima. 𝐶𝑅IJ =

3∙2∙1

Na combinação simples, nós expandiríamos o número 5 em 3 fatores: 5 x 4 x 3. Aqui faremos o mesmo, só que vamos expandir “para cima”: 5 x 6 x 7. 𝐶𝑅IJ =

5∙6∙7 = 35 3∙2∙1

Exemplo: De quantos modos podemos comprar 5 refrigerantes em uma loja onde há 3 tipos de refrigerante? Comentário

Este exemplo é muito parecido com o anterior. Entretanto, no problema anterior, havia 5 tipos de refrigerante e queríamos comprar 3 latas. Agora são 3 tipos de refrigerante e queremos comprar 5.

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Como são 3 tipos de refrigerante, precisamos de 2 divisórias para separar as marcas. Assim, iremos permutar ao todo 5 + 2 = 7 objetos com repetição de 5 e de 2. 𝑃^I,N =

7! 7 ∙ 6 ∙ 5! 7 ∙ 6 = = = 21 5! ∙ 2! 5! 2 ∙ 1 2∙1

Vamos resolver o mesmo problema com a dica da combinação completa. São 3 tipos de refrigerante. Portanto, n = 3. Queremos selecionar 5 objetos. Portanto, p = 5. 𝐶𝑅JI

A combinação completa pode ser trocada por uma combinação simples. I 𝐶𝑅JI = 𝐶JLIiM

= 𝐶^I

= 𝐶^N

=

7∙6 2∙1

= 21 Resposta: 21

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(IBADE 2019/IF-RO) Um restaurante oferece cinco pratos típicos da culinária regional. Paulo comprará almoço para três amigos nesse restaurante. De quantas maneiras ele pode realizar essa compra? a) 55 b) 50 c) 45 d) 40 e) 35 Comentário

Há 5 pratos disponíveis e Paulo comprará 3 pratos. A ordem dos pratos não é relevante. Logo, utilizaremos combinações. Além disso, pode haver pratos repetidos. Portanto, usaremos combinação com repetição (combinação completa). O total de maneiras é 𝐶𝑅IJ Lembre-se que, no símbolo 𝐶𝑅Kb , 𝑛 é a quantidade de classes de objetos que você tem à sua disposição e 𝑝 é a quantidade de objetos que serão selecionados. No exemplo acima, há 5 tipos de pratos disponíveis (𝑛 = 5) e queremos escolher 3 pratos (𝑝 = 3). b Vamos agora utilizar a relação 𝐶𝑅Kb = 𝐶KLbiM para calcular a quantidade pedida.

J 𝐶𝑅IJ = 𝐶ILJiM = 𝐶^J =

7∙6∙5 = 35 3∙2∙1

Gabarito: E

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10. PARTIÇÕES Muita atenção neste tópico, pois é uma excelente ferramenta em Análise Combinatória que te ajudará ganhar tempo em muitas questões. Vamos trabalhar as partições ordenadas e nãoordenadas. Vamos primeiro entender o que é uma partição de um conjunto. Normalmente, nos problemas de Análise Combinatória, teremos conjuntos de pessoas. Vou explicar então com um conjunto de pessoas para ficar mais fácil. Imagine que temos um conjunto formado por 7 pessoas. Se queremos dividir esse conjunto de 7 pessoas em subconjuntos disjuntos (que não possuem elemento em comum), obteremos uma partição. Por exemplo, imagine que queremos dividir esse conjunto de 7 pessoas em 3 subconjuntos: um com 3 pessoas, outro com 2 pessoas e outro com 2 pessoas. Pronto, acabamos de obter uma partição. 𝐶𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 = {𝐴𝑛𝑎, 𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎, 𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎} Exemplo de partição:

{𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎}; {𝐴𝑛𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒 }; {𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎}

Se a ordem entre esses conjuntos é relevante, a partição é chamada de partição ordenada. Se a ordem não é relevante, a partição é denominada partição não-ordenada.

As partições ordenadas são as mais importantes em questões de concursos. Por quê?

Porque normalmente as pessoas de cada subconjunto terão funções específicas na situaçãoproblema de tal forma que a ordem dos conjuntos será relevante.

Exemplo: Há 7 engenheiros envolvidos em um projeto. Queremos dividir os 7 engenheiros em 2 subconjuntos: 4 deles serão os responsáveis pelo planejamento do projeto e 3 serão responsáveis pela execução do projeto. Temos aqui uma partição ordenada, porque cada subconjunto tem um papel diferente na situação-problema. Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Por outro lado, há situações em que a ordem dos conjuntos não é relevante (partições nãoordenadas). Nunca vi essa situação em prova de concurso. Exemplo: Há 10 crianças que vão jogar futebol. Dividir as crianças em dois times de 5. Aqui temos uma partição não-ordenada, porque a ordem dos times não é relevante.

10.1. Partições ordenadas Observe a seguinte questão: (CESPE 2019/COGE-CE) Em determinado órgão, sete servidores foram designados para implantar novo programa de atendimento ao público. Um desses servidores será o coordenador do programa, outro será o subcoordenador, e os demais serão agentes operacionais. Nessa situação, a quantidade de maneiras distintas de distribuir esses sete servidores nessas funções é igual a

a) 21. b) 42. c) 256. d) 862. e) 5.040. Comentário

O problema acima ilustra perfeitamente a situação de uma partição ordenada. Há 7 pessoas e queremos dividi-las em 3 subconjuntos: um deles com 1 pessoa (o coordenador), outro com 1 pessoa (o subcoordenador) e outro com 5 pessoas (os agentes operacionais).

Normalmente, os livros resolvem esse tipo de problema assim:

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Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶^M = 7 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠.

Sobraram 6 pessoas disponíveis. Devemos agora escolher 1 subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶BM = 6 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠.

Sobraram 5 pessoas. Devemos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶II = 1 maneira.

Como há ordem entre os subconjuntos (1 deles é o coordenador, o outro é o subcoordenador, e os restantes são agentes operacionais), a partição é ordenada. Não estou dizendo que existe ordem entre os elementos dos subconjuntos. Existe ordem entre os subconjuntos! Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é 7 × 6 × 1 = 42.

Poderíamos também ter começado escolhendo os agentes operacionais. Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶^I = 21 maneiras. Sobraram 2 pessoas. Dessas duas pessoas, precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶NM = 2 maneiras. Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolher o subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶MM = 1 maneira. Pelo princípio fundamental da contagem, podemos distribuir os servidores nas funções de 21 × 2 × 1 = 42 maneiras.

Vamos agora aprender o pulo do gato: a grande dica que te fará ganhar muito tempo nessas questões. Há 7 pessoas e queremos dividi-las em 3 subconjuntos com 1 pessoa (o coordenador), 1 pessoa (o subcoordenador) e 5 pessoas (os agentes operacionais). Vamos simbolizar essa quantidade de partições da seguinte forma:

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c

7 d 1, 1, 5

A expressão acima é conhecida como “coeficiente multinomial”. Pois bem, como calculamos? É muito fácil. A resposta será uma fração. No numerador, colocamos o fatorial de 7, que é o fatorial do conjunto original de pessoas. No denominador, colocamos os fatoriais das quantidades de elementos dos subconjuntos (fatoriais de 1, 1, e 5). 7! 7 ∙ 6 ∙ 5! 7 c d= = = 7 ∙ 6 = 42 1, 1, 5 1! 1! 5! 5! Muito fácil, não?

O número de partições ordenadas de 𝑛 objetos em 𝑘 subconjuntos com 𝑛M , 𝑛N , … , 𝑛{ elementos, respectivamente, é 𝑛! 𝑛 c𝑛 , 𝑛 , … , 𝑛 d = M N { 𝑛M ! 𝑛N ! … 𝑛{ !

Vamos resolver outros exemplos para por em prática e para que você perceba o poder desse método.

(CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

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Se as 2 primeiras equipes formadas forem constituídas apenas por mulheres, então o número de MI!

maneiras distintas de escolher os membros dessas equipes será igual a B!∙B!∙J!. Comentário

Vamos primeiro resolver da forma “tradicional” utilizando combinações. Há 15 mulheres e devemos escolher 6 para a primeira equipe. Em seguida, sobram 9 mulheres das quais devemos escolher 6 para a segunda equipe. Observe que queremos colocar 6 mulheres na primeira equipe e 6 mulheres na segunda equipe. Como o conectivo usado é “e”, devemos multiplicar as quantidades. O total de maneiras para escolher os membros dessa equipe é

B 𝐶MI ∙ 𝐶|B =

15! 9! 15! ∙ = 6! 9! 6! 3! 6! 6! 3!

Vamos agora utilizar partições. Há 15 mulheres e vamos dividir em dois grupos de 6 mulheres. Observe que sobraram 3 mulheres. Essas 3 mulheres formam um terceiro subconjunto. Assim, na verdade, estamos dividindo as 15 mulheres em 3 subconjuntos: dois subconjuntos com 6 mulheres e um terceiro com 3 mulheres. Sempre que sobrarem pessoas, você deve juntar a “sobra” em um último subconjunto. c

15! 15 d= 6, 6, 3 6! 6! 3!

Gabarito: Certo.

(CESPE 2013/STF) O colegiado do Supremo Tribunal Federal (STF) é composto por 11 ministros, responsáveis por decisões que repercutem em toda a sociedade brasileira. No julgamento de determinados

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processos, os ministros votam pela absolvição ou pela condenação dos réus de forma independente uns dos outros. A partir dessas informações e considerando que, em determinado julgamento, a probabilidade de qualquer um dos ministros decidir pela condenação ou pela absolvição do réu seja a mesma, julgue o item seguinte.

Se, no julgamento de determinado réu, 8 ministros votarem pela absolvição e 3 ministros votarem pela condenação, a quantidade de maneiras distintas de se atribuir os votos aos diferentes ministros será inferior a 170. Comentário

Vamos primeiro resolver sem a técnica das partições. Temos 8 absolvições (A) e 3 condenações (C): AAAAAAAACCC. A quantidade de maneiras de se atribuir os votos aos diferentes ministros é igual ao total de maneiras que podemos trocar (permutar) a ordem dessas letras. A,J 𝑃MM =

11! 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8! 11 ∙ 10 ∙ 9 = = = 165 8! 3! 8! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 3∙2∙1

Agora vamos resolver usando as partições. Há 11 pessoas e vamos dividi-las em dois subconjuntos: um com 8 pessoas (as que vão absolver) e outro com 3 pessoas (as que vão condenar). O total de maneiras de dividir essas pessoas é: c

11! 11 d= = 165 8, 3 8! 3!

Gabarito: Certo

10.2. Partições não-ordenadas Vamos agora aprender a calcular a quantidade de partições quando a ordem entre os subconjuntos não é relevante. Exemplo: Vinte crianças estão reunidas para jogar futebol. De quantos modos podemos dividi-las em quatro times de 5 crianças cada?

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Nesse caso, não há ordem entre os times. Todos os subconjuntos têm o mesmo papel no problema (diferentemente dos problemas das partições ordenadas em que cada subconjunto desempenhava um papel distinto). Se as partições fossem ordenadas, a resposta seria: c

20! 20! 20 d= = 5, 5, 5, 5 5! 5! 5! 5! (5!)X

Entretanto, não há ordem entre os 4 times. Assim, precisamos desconsiderar a ordem no cálculo acima. Essa correção é feita dividindo a resposta pelo fatorial da quantidade de subconjuntos com mesma quantidade de elementos. Temos 4 subconjuntos com mesma quantidade de elementos. Logo, a resposta é 20! (5!)X ∙ 𝟒!

Só para você ter ideia: o número acima é igual a 488.864.376. Vamos praticar um pouco mais. De quantos modos é possível dividir 15 pessoas:

a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? Comentário

Em cada caso, começamos calculando as partições ordenadas. Depois, devemos dividir a resposta pelos fatoriais das quantidades de subconjuntos que possuem a mesma quantidade de elementos. a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? As partições ordenadas são: c

15! 15 d= 4, 4, 7 4! 4! 7!

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Há dois conjuntos com a mesma quantidade de elementos. Logo, devemos dividir o número acima por 2!. A resposta é 15! 15! = 4! 4! 7! 𝟐! (4!)N 7! 2!

b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? As partições ordenadas são: 15! 15 c d= 10, 5 10! 5! Como os dois subconjuntos possuem quantidades diferentes de elementos, não precisamos dividir por fatorial algum. Assim, a quantidade de partições ordenadas é igual à quantidade de partições não-ordenadas.

c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? As partições ordenadas são: 15! 15 c d= 2, 2, 3, 3, 5 2! 2! 3! 3! 5!

Observe que há dois grupos de 2 e dois grupos de 3. Logo, devemos dividir a resposta acima por 2! 2!. A resposta é: 15! 15! = X 2! 2! 3! 3! 5! 𝟐! 𝟐! (2!) (3!)N 5! (NC-UFPR 2006/TCE-PR)

De quantas maneiras diferentes 12 estudantes podem ser divididos em 3 equipes, sendo que cada uma das equipes deve ser composta de quatro estudantes? a) 8425 b) 3260 c) 12640 d) 5775 e) 34650

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Comentário

Vamos começar com as partições ordenadas. Há 12 pessoas e vamos dividir em 3 equipes com 4 pessoas cada. O número de partições ordenadas é: c

12! 12 d= 4, 4, 4 4! 4! 4!

Entretanto, não há ordem entre as equipes. Haveria ordem se, por exemplo, o problema designasse funções diferentes para cada equipe. Assim, devemos calcular o número de partições não-ordenadas. Para tanto, basta dividir o cálculo anterior por 3!, que é o número de equipes com mesma quantidade de elementos. 12! 12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4! = 4! 4! 4! 𝟑! 4! ∙ 4! ∙ 4! ∙ 3! Vamos fazer algumas simplificações. Observe que 4! = 24 e 3! = 6. Podemos cortar 6 com 3!, 4! com 4!. Podemos simplificar ainda 12 com 4! e 8 com 4!. =

11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 7 ∙ 5 2∙3

= 5.775

Gabarito: D

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11. PERMUTAÇÕES CAÓTICAS

Esse assunto é um tópico avançado de Análise Combinatória e só vi duas questões de concursos que exigiam a sua cobrança. (FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma sala. O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os funcionários podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a mesa que ocupava antes da realocação

a) de 4 maneiras diferentes. b) de 24 maneiras diferentes. c) de 9 maneiras diferentes. d) de 6 maneiras diferentes. e) de 12 maneiras diferentes. Comentário

Aparentemente é uma questão bem tranquila. Puro engano! O assunto envolvido nessa questão não é tratado na esmagadora maioria de livros do Ensino Médio.

A questão só é factível sem o estudo teórico deste tópico porque o número de funcionários é bem pequeno, ou seja, o candidato poderia descrever todas as possibilidades e marcar a resposta. Sejam (a, b, c, d) os funcionários em suas posições originais. Queremos realocar os funcionários de modo que nenhum ocupe a sua posição original. Dizemos que essa é uma permutação caótica (ou desarranjo).

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As permutações caóticas são: (b, a, d, c); (c, a, d, b); (d, a, b, c); (c, d, a, b); (d, c, a, b); (b, d, a, c); (b, c, d, a); (c, d, b, a) e (d, c, b, a).

Logo, há 9 maneiras diferentes.

Veja que com 4 pessoas já é bastante complicado descrever todas as permutações caóticas.

E se fossem 5 pessoas ou 8 pessoas?

Apresento-lhes agora a fórmula para calcular o número de permutações caóticas (desarranjos) de n objetos:

(−1)K 1 1 1 1 𝐷K = 𝑛! ∙ } − + − + ⋯ + ~ 0! 1! 2! 3! 𝑛!

O termo (−1)K simplesmente indica que os sinais das frações vão sendo alternados.

Por exemplo, para n = 4, temos:

1 1 1 1 1 𝐷X = 4! ∙ • − + − + € 0! 1! 2! 3! 4!

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1 1 1 𝐷X = 24 ∙ •1 − 1 + − + € 2 6 24

1 1 1 𝐷X = 24 ∙ • − + € 2 6 24

1 1 1 𝐷X = 24 ∙ − 24 ∙ + 24 ∙ 2 6 24

𝐷X = 12 − 4 + 1

𝐷X = 9 Veja o resultado para n = 6.

1 1 1 1 1 1 1 𝐷B = 6! ∙ • − + − + − + € 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

1 1 1 1 1 𝐷B = 6! ∙ •1 − 1 + − + − + € 2 6 24 120 720

1 1 1 1 1 𝐷B = 720 ∙ • − + − + € 2 6 24 120 720

𝐷B = 360 − 120 + 30 − 6 + 1

𝐷B = 265

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É claro que seria impossível você escrever todas as possibilidades à mão.

Mas, Guilherme, essa fórmula é muito complicada. Corro o risco de ficar nervoso e esquecê-la!

Calma, amigo. Agora vem a salvação. Existe uma maneira bem mais fácil e rápida de calcular o número de permutações caóticas.

É possível demonstrar que o número de permutações caóticas é o inteiro mais próximo de

𝑛! 𝑒 Na expressão acima, e é a constante de Euler: e = 2,718... Observe para o caso n = 6.

6! 720 ≅ ≅ 264,9 → 𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑜 𝑚𝑎𝑖𝑠 𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜 é 265 𝑒 2,718

De fato, para n = 6, o número de permutações caóticas é 265.

Vamos voltar à questão da FCC. (FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma sala. O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os funcionários podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a mesa que ocupava antes da realocação

a) de 4 maneiras diferentes.

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b) de 24 maneiras diferentes. c) de 9 maneiras diferentes. d) de 6 maneiras diferentes. e) de 12 maneiras diferentes. Comentário

A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações caóticas é o inteiro mais próximo de

4! 24 ≅ ≅ 8,8 𝑒 2,718

O inteiro mais próximo é 9. Logo, há 9 maneiras para realocar os funcionários de modo que nenhum ocupe a sua posição original. Gabarito: C

(FGV 2018/COMPESA) Há quatro urnas numeradas de 1 a 4 e quatro bolas, também numeradas de 1 a 4. O número de maneiras de se colocar uma bola em cada urna, de modo que nenhuma urna fique com a bola de mesmo número, é

a) 12. b) 11. c) 10. d) 9. e) 8. Comentário

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Questão idêntica à anterior, que também poderia ser resolvida com a força bruta, já que são poucas bolas. A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações caóticas é o inteiro mais próximo de

4! 24 ≅ ≅ 8,8 𝑒 2,718

O inteiro mais próximo é 9. A resposta da questão é a alternativa D, mas a questão foi anulada (não sei o motivo). Gabarito: D

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12. OS LEMAS DE KAPLANSKY

12.1. Primeiro Lema de Kaplansky

Vamos aprender através de um exemplo. (FGV 2015/SSP-AM – Assistente Operacional) Sete pessoas formam uma fila e duas delas serão escolhidas para receber um brinde. O número de maneiras diferentes de escolher duas pessoas da fila que não sejam vizinhas é:

a) 15; b) 18; c) 20; d) 24; e) 30. Comentário

Vamos numerar as pessoas e formar um conjunto: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Para esse exemplo com poucas pessoas escolhidas (apenas duas), podemos resolver de uma maneira bem simples. Há 7 pessoas e queremos escolher duas. Sem restrições, podemos fazer isso de: 𝐶^N =

7∙6 = 21 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 2∙1

Entretanto, não queremos duplas formadas por números consecutivos, ou seja, devemos excluir os seguintes subconjuntos: {1,2}, {2,3}, {3,4}, {4,5}, {5,6}, {6,7}. Assim, o total de subconjuntos que satisfazem a condição é:

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21 − 6 = 15 Mas essa solução só serve para casos “pequenos”. Vamos pensar em uma solução geral. Queremos formar um subconjunto de dois elementos no qual não há elementos consecutivos. Essa é exatamente a situação-problema resolvida pelos lemas de Kaplansky. Falo no plural “lemas” porque o segundo lema de Kaplansky considera 1 e 7 como sendo consecutivos (basta pensar, por exemplo, que sábado e domingo são consecutivos). Na nossa questão da FGV, 1 e 7 não são consecutivos e, portanto, será a situação-problema do Primeiro Lema de Kaplansky.

O raciocínio desenvolvido em 1943 por Kaplansky (Irving Kaplanky, matemático canadense) é o seguinte: marcaremos com uma letra S (sim) os elementos do conjunto que farão parte do subconjunto e marcaremos com a letra N (não) os elementos que não farão parte do subconjunto.

Por exemplo, o subconjunto {1, 3} seria representado por SNSNNNN.

O subconjunto {4, 5}, que não é um subconjunto válido para o nosso problema, seria representado por NNNSSNN.

Para formar um subconjunto de 2 elementos não-consecutivos, devemos colocar 2 letras S e 5 letras N em fila, sem que haja duas letras S juntas.

Para tanto, vamos começar dispondo as cinco letras N com espaços vazios entre elas (os espaços vazios serão representados por chaves.

… 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 …

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Observe que há 5 letras N e 6 espaços vazios onde podemos colocar as 2 letras S.

Ora, há 6 espaços vazios e devemos escolher 2 para colocar as letras S. Como a ordem dos espaços vazios não importa, então isso pode ser feito de: 𝐶BN =

6∙5 = 15 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 2∙1

A resposta da questão é 15. Gabarito: A

No caso geral, o conjunto original possui n elementos. Queremos formar subconjuntos de p elementos. Logo, teremos p letras S e n – p letras N.

Ao dispor os n – p letras N, teremos n – p + 1 espaços vazios para distribuir as letras S. Temos 𝑛 − 𝑝 + 1 espaços vazios porque temos um no início à esquerda e 1 no final à direita.

Assim, temos n – p + 1 espaços e devemos escolher p deles para distribuir as letras S, o que pode ser feito de b 𝐶KibLM 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠

Esse raciocínio é exatamente o Primeiro Lema de Kaplansky, que pode assim ser enunciado:

O número de subconjuntos de p elementos de {1, 2, 3, ..., n} nos quais não há elementos consecutivos é dado por:

b 𝑓(𝑛, 𝑝) = 𝐶KibLM

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Se você entendeu o raciocínio, não precisará decorar a fórmula acima.

(FGV 2019/MPE-RJ – Oficial do Ministério Público) Valdo é estagiário em um escritório de advocacia e, na semana que vem, deverá escolher para trabalhar três dias de segunda a sábado. O escritório não permite que um estagiário trabalhe dois dias consecutivos. O número de possibilidades que Valdo tem para escolher seus dias de trabalho é:

a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6 Comentário

Perceba que Valdo precisa escolher 3 dentre 6 dias disponíveis na semana que vem (apenas de segunda a sábado, excluindo o domingo). Assim, precisaremos de 3 letras S e 3 letras N. Como Valdo não pode escolher 2 dias consecutivos, então não poderemos ter duas letras S juntas. Dessa forma, vamos utilizar o primeiro lema de Kaplansky. O primeiro passo é fixar as letras N e colocar espaços vazios entre elas.

… 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 … As 3 letras S deverão ficar nos espaços vazios. Assim, temos 4 espaços vazios e precisamos escolher 3 deles para colocar as letras S. Isso pode ser feito de 𝐶XJ =

4∙3∙2 = 4 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 3∙2∙1

Gabarito: C

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Vamos fazer mais um exemplo: Guilherme Neves dará aulas em três dias diferentes na primeira semana de outubro. De quantos modos Guilherme pode escolher os dias das aulas se ele não quer dar aulas em dias consecutivos?

a) 10 b) 20 c) 35 d) 42 e) 210 Comentário

Perceba que, como estamos nos referindo à primeira semana de determinado mês, o primeiro e o último dia da semana não são consecutivos. São 7 dias na primeira semana de outubro. Guilherme dará aula em 3 dias. Logo, teremos 3 letras S e 4 letras N. Vamos colocar as 4 letras N e destacar os espaços vazios em que podemos distribuir as letras S.

… 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 … 𝑁 …

Temos 5 espaços vazios e devemos escolher 3 para colocar as letras S. Logo, o total de maneiras é:

𝐶IJ =

5∙4∙3 = 10 3∙2∙1

Gabarito: A

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O raciocínio adotado no Primeiro Lema de Kaplansky pode ser usado para resolver outras questões de Análise Combinatória. Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra GUILHERME que não possuem vogais juntas? Comentário

A primeira observação é que o problema não quer vogais juntas (nem 2, nem 3, ...). Assim, não podemos simplesmente permutar todas as letras e subtrair as permutações em que as vogais estão juntas. Para ficar mais claro: nem o próprio nome GUILHERME é aceito pela condição dada no enunciado, pois temos as vogais UI juntas. A estratégia é parecida com a de Kaplansky. Vamos posicionar as consoantes. As vogais deverão ocupar os espaços vazios entre as consoantes. __ 𝐺 __ 𝐿__ 𝐻 __ 𝑅__ 𝑀 __ Temos 3 etapas para resolver esse problema: permutar as consoantes entre si, escolher os lugares que as vogais vão ocupar, permutar as vogais entre si.

• • •

Podemos permutar as consoantes de 𝑃I maneiras. Há 6 lugares vazios e devemos escolher 4 lugares para serem ocupados pelas 4 vogais. Isso pode ser feito de 𝐶BX maneiras. Depois que tivermos escolhido os lugares que as vogais vão ocupar, devemos permutálas, o que pode ser feito de 𝑃XN maneiras (duas vogais são iguais).

Assim, o total de permutações é: 𝑃I ∙ 𝐶BX ∙ 𝑃XN =

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Lembre-se que 𝐶BX = 𝐶BN . Logo, = 5! ∙

6 ∙ 5 4! ∙ 2 ∙ 1 2!

= 21.600 Gabarito: 21.600 anagramas

(CESPE 2011/TRE-ES) De acordo com o primeiro lema de Kaplansky, a quantidade de subconjuntos de {𝟏, 𝟐, 𝟑, … , 𝒏} com 𝒑 elementos, em que não há números consecutivos, é dada pela fórmula abaixo.

(𝒏 − 𝒑 + 𝟏)! 𝒑! (𝒏 − 𝟐𝒑 + 𝟏)! Uma das aplicações desse lema é a contagem do número de maneiras de se sentar 4 meninas e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que 2 meninas não fiquem em posições adjacentes. A estratégia para se realizar essa contagem compreende quatro passos. Em primeiro lugar, deve-se contar o número de maneiras de se escolher 4 cadeiras sem que haja cadeiras consecutivas; esse procedimento deve ser feito utilizando-se o lema de Kaplansky. Em seguida, deve-se contar o número de maneiras de organizar as meninas nessas cadeiras. O próximo passo consiste em contar o número de maneiras de se distribuir os meninos nas cadeiras restantes. Por fim, deve-se usar o princípio multiplicativo. Com base nessas informações, julgue os itens subsecutivos.

01. Diante dos dados acima, é correto afirmar que o número de maneiras de se sentar 4 meninas e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas em posições adjacentes, é superior a 600.000. 02. Em face dos dados apresentados, é correto afirmar que o número de maneiras de se escolher as 4 cadeiras entre as 10 disponíveis sem que haja cadeiras consecutivas é superior a 40. 03. A partir dos dados acima, é correto concluir que o número de maneiras de se organizar as 4 meninas nas 4 cadeiras escolhidas é igual a 16. Comentário

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Vamos colocar os 6 homens em posições fixas e destacar os espaços vazios entre eles. __ 𝐻M __ 𝐻N __ 𝐻J __ 𝐻X __ 𝐻I __ 𝐻B __ Como as meninas não podem ficar juntas, então elas devem ocupar 4 dos 7 lugares vazios destacados. Isso pode ser feito de 𝐶^X maneiras. Esse resultado também seria obtido simplesmente substituindo 𝑛 = 10 e 𝑝 = 4 na fórmula dada no enunciado. Observe: 𝐶^X =

7∙6∙5∙4 = 35 4∙3∙2∙1

(𝑛 − 𝑝 + 1)! (10 − 4 + 1)! 7! 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4! = = = = 35 𝑝! (𝑛 − 2𝑝 + 1)! 4! (10 − 2 ∙ 4 + 1)! 4! 3! 4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1

Assim, há 35 maneiras de escolher as posições ocupadas pelas meninas. Além disso, devemos permutar os 6 homens entre si e também as 4 mulheres entre si. Logo, o número de maneiras se sentar 4 meninas e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas em posições adjacentes, é 35 × 𝑃B × 𝑃X = 35 × 6! × 4! = 604.800 O item I está certo. O item II pergunta justamente de quantas maneiras podemos escolher as cadeiras em que as mulheres se sentarão. Vimos que esse resultado é igual a 35. Logo, o item II está errado. O item III pergunta de quantas maneiras podemos permutar as mulheres nas cadeiras escolhidas. Podemos fazer isso de 𝑃X = 4! = 24 maneiras. O item III está errado. Gabarito: Certo, errado, errado

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(CESPE 2019/Prefeitura de São Cristóvão) Situação hipotética: As 5 lâmpadas tubulares de uma sala de aula foram instaladas formando uma única fileira. Por motivo de economia, 2 lâmpadas adjacentes nunca poderão ficar acesas ao mesmo tempo. Assertiva: Nessa situação, há exatamente 13 configurações distintas, incluindo todas as lâmpadas desligadas, que atendem à exigência de economia. Comentário O primeiro caso é quanto todas as lâmpadas estão desligadas.

𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑙𝑖𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝟏 𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂 O segundo caso é quando temos 1 lâmpada acesa e 4 desligadas. Ora, nem precisamos do lema de Kaplansky para isso. Há 5 possibilidades: acender apenas a primeira, acender apenas a segunda, acender apenas a terceira, acender apenas a quarta ou acender apenas a quinta.

Ah, Guilherme, mas como ficaria o raciocínio de Kaplansky? Ora, temos 4 letras N para as lâmpadas desligadas. __ 𝑁__𝑁__ 𝑁__𝑁__ Assim, temos 5 espaços vazios. Como teremos apenas uma lâmpada acesa, precisamos escolher 1 lugar vazio dentre 5, o que pode ser feito de 𝐶IM = 5 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. O terceiro caso é quando temos 2 lâmpadas acesas e 3 desligadas. Designando por N cada lâmpada desligada, temos a seguinte configuração.

__ 𝑁__𝑁__ 𝑁__ Precisamos encaixar as 2 lâmpadas acesas nos espaços vazios. Há 4 espaços vazios e precisamos escolher 2 para colocar as lâmpadas acesas. Logo, podemos fazer essa escolha de 𝐶XN =

4∙3 = 𝟔 𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂𝒔. 2∙1

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O quarto caso é quando temos 3 lâmpadas acesas e 2 desligadas. Designando por N cada lâmpada desligada, temos a seguinte configuração.

__ 𝑁__𝑁__ Precisamos encaixar as 3 lâmpadas acesas nos espaços vazios. Há 3 espaços vazios e precisamos escolher 3 para colocar as lâmpadas acesas. Logo, podemos fazer essa escolha de 𝐶JJ = 𝟏 𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂, que é SNSNS. O quinto caso seria termos 4 lâmpadas acesas e 1 desligada. Entretanto, esse caso não nos interessa porque certamente teríamos lâmpadas acesas adjacentes.

O total de maneiras é 1 + 5 + 6 + 1 = 13

Gabarito: Certo

12.2. Segundo Lema de Kaplansky

Pois bem, até agora nunca vi uma questão envolvendo o segundo lema de Kaplansky, mas vai que... Vamos agora considerar que 1 e n são consecutivos no conjunto {1, 2, ..., n}. Isso é bem comum em questões envolvendo calendários. Por exemplo, o 31 de dezembro e 1 de janeiro são consecutivos, sábado e domingo são dias consecutivos, etc. O Segundo Lema de Kaplansky diz que o número de subconjuntos com p elementos do conjunto {1, 2, 3, ..., n}, em que 1 e n são considerados consecutivos, é igual a

𝑔(𝑛, 𝑝) =

𝑛 b ∙ 𝐶Kib 𝑛−𝑝

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A fórmula acima é um pouco trabalhosa de ser demonstrada (a demonstração pode ser encontrada no livro Análise Combinatória e Probabilidade da Sociedade Brasileira de Matemática). Acho melhor torcer para isso não cair. Não vale a pena memorizar essa fórmula, pois a relação custo-benefício é péssima: nunca vi cair em prova (até agora). Por isso, vou ensinar o raciocínio da demonstração para que você não precise memorizar a fórmula. Exemplo: O professor Guilherme Neves decidiu estudar piano 3 vezes por semana. De quantas maneiras Guilherme pode escolher os dias de estudo, se ele não quer estudar piano em dias consecutivos?

a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9 Comentário

Situação típica do Segundo Lema de Kaplansky, pois, como a atividade será feita periodicamente, sábado e domingo (último dia e primeiro dia da semana) são consecutivos. Vamos considerar que Domingo = 1, Segunda-feira = 2, ..., Sábado = 7. Assim, temos o conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Na situação, 1 e 7 são consecutivos. Guilherme precisa escolher 3 números não consecutivos. Pelo Segundo Lema de Kaplansky, isso pode ser feito de:

𝑔(7,3) =

7 7 J ∙ 𝐶^iJ = ∙ 𝐶XJ 7−3 4

=

7 4∙3∙2 ∙ 4 3∙2∙1

=7 E como é o raciocínio sem decorar fórmula?

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Pois bem, o segundo lema de Kaplansky é, na verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes. Vamos separar em dois casos: o elemento 1 foi escolhido e o elemento 1 não foi escolhido. •

Subconjuntos nos quais figura o elemento 1.

Se o elemento 1 foi escolhido, não podemos escolher os elementos 2 e 7, porque são elementos vizinhos ao número 1. Assim, devemos escolher 2 elementos não consecutivos no conjunto {3, 4, 5, 6}. Vamos aplicar o primeiro lema de Kaplansky. Para escolher 2 elementos dentre os 4, devemos ter duas letras N e duas letras S. As letras S não podem ficar juntas porque os números não são consecutivos. Começamos fixando as letras N. __N__N__ Assim, temos 3 espaços vazios e devemos escolher 2 deles para colocar as letras S. Isso pode ser feito de 𝐶JN =

•

3∙2 = 3 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 2∙1

Subconjuntos nos quais não figura o elemento 1.

Nesse caso, precisamos escolher 3 elementos não consecutivos no conjunto {2, 3, 4, 5, 6, 7}. Vamos aplicar novamente o primeiro lema de Kaplansky. Para escolher 3 elementos dentre os 6, devemos ter três letras N e três letras S. As letras S não podem ficar juntas porque os números não são consecutivos. Começamos fixando as letras N. __N__N__N__ Assim, temos 4 espaços vazios e devemos escolher 3 deles para colocar os sinais de “+”. Isso pode ser feito de 𝐶XJ =

4∙3∙2 = 4 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 3∙2∙1

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O total de maneiras é 3 + 4 = 7 maneiras. Como vocês podem ver, o Segundo Lema de Kaplansky é, na verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes: uma vez escolhendo o número 1 e outra vez excluindo o número 1. Gabarito: C

(Banca GNBPT – Guilherme Neves Botando pra Torar) Severino Kaplansky comprou um lustre circular com 6 lâmpadas. Por motivo de economia, 2 lâmpadas adjacentes nunca poderão ficar acesas simultaneamente. De quantas maneiras Kaplansky pode escolher quais lâmpadas acender, incluindo todas as lâmpadas desligadas, que atendem à exigência de economia? a) 17 b) 18 c) 19 d) 20 e) 21 Comentário

Fiz uma adaptação da questão do CESPE que resolvi quando expliquei o primeiro lema de Kaplansky. A diferença é que agora as lâmpadas estão em uma disposição circular e, portanto, a sexta lâmpada é adjacente à primeira lâmpada. L1 L6

L2

L5

L3 L4

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Temos um conjunto de 6 lâmpadas {𝐿M , 𝐿N , 𝐿J , 𝐿X , 𝐿I , 𝐿B } em que 𝐿M e 𝐿B são consecutivos. Nesse caso, 𝑛 = 6. Queremos escolher 0, 1, 2, 3,... lâmpadas não consecutivas. Quem consegue decorar a fórmula, faria assim:

• Nenhuma lâmpada acesa = 1 maneiras, que corresponde a 𝑔(6,0) =

6 6 Y ∙ 𝐶BiY = × 𝐶BY = 1 × 1 = 1 6−0 6

• Uma lâmpada acesa = 6 casos (acender a primeira, ou a segunda, ou a terceira, ...), que correspondem a: 𝑔(6,1) =

6 6 6 M ∙ 𝐶BiM = × 𝐶IM = × 5 = 6 6−1 5 5

• Duas lâmpadas acesas 𝑔(6,2) =

6 6 6 N ∙ 𝐶BiN = × 𝐶XN = × 6 = 9 6−2 4 4

• Três lâmpadas acesas 𝑔(6,3) =

6 6 6 J ∙ 𝐶BiJ = × 𝐶JJ = × 1 = 2 6−3 3 3

• Quatro lâmpadas acesas Veja que é impossível termos 4 lâmpadas acesas sem haver 2 adjacentes acesas simultaneamente. Veja que absurdo aconteceria com a fórmula de Kaplansky. 𝑔(6,4) =

6 6 X ∙ 𝐶BiX = × 𝐶NX = 𝑖𝑚𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙 6−4 4

Não temos como calcular 𝐶NX porque 2 < 4. Logo, o total de possibilidades é 1 + 6 + 9 + 2 = 18. Vamos agora resolver o problema sem o uso da fórmula. Eu, Guilherme, não sei essa fórmula decorada. Sei agora porque acabei de olhá-la e estou aqui escrevendo esse texto. Entretanto, tenho certeza que não saberei a fórmula daqui a uma semana.

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Por outro lado, daqui a 50 anos, se ainda estiver vivo, ainda saberei o RACIOCÍNIO do segundo lema de Kaplansky. Observe novamente a figura. L1 L6

L2

L5

L3 L4

• Nenhuma lâmpada acesa = 1 maneira • Uma lâmpada acesa = 6 maneiras (acender a primeira, acender a segunda, ...) • Duas lâmpadas acesas Para resolver esse caso, vamos utilizar o raciocínio sugerido por Kaplansky e dividir em dois casos particulares: a lâmpada 1 está acesa ou não. Se a lâmpada 1 estiver acesa, a outra lâmpada acesa pode ser L3, L4 ou L5. Logo, há 3 maneiras de escolher se a lâmpada 1 estiver acesa. Se a lâmpada 1 estiver apagada, então precisamos escolher 2 lâmpadas não consecutivas entre as lâmpadas {𝐿N , 𝐿J , 𝐿X , 𝐿I , 𝐿B }. Como temos 2 lâmpadas acesas (S), teremos 3 lâmpadas apagadas N. __ 𝑁__𝑁__𝑁__ Temos 4 espaços vazios e precisamos escolher 2 para colocar as lâmpadas acesas. Isso pode ser feito de 𝐶XN =

4∙3 = 𝟔 𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂𝒔 2∙1

• Três lâmpadas acesas Se a lâmpada 1 estiver acesa, as outras 2 lâmpadas acesas só podem ser L3 e L5. Temos aqui apenas 1 possibilidade.

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Se a lâmpada 2 estiver apagada, as 3 lâmpadas acesas só podem ser L2, L4 e L6. Temos aqui apenas 1 possibilidade.

• Quatro lâmpadas acesas = impossível

Assim, o total de possibilidades é 1 + 6 + 3 + 6 + 1 + 1=18.

Gabarito: B

13. PERMUTAÇÕES COM ELEMENTOS ORDENADOS Há situações em que precisamos permutar elementos com a restrição de que alguns permaneçam em determinada ordem (juntos ou não). Observe a seguinte questão: (ESAF 2004/MPU) Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-los em uma mesma parede, lado a lado. Todos os seis quadros são assinados e datados. Para Paulo, os quadros podem ser dispostos em qualquer ordem, desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem cronológica, da esquerda para a direita. O número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a

a) 20 b) 30 c) 24 d) 120 e) 360 Comentário

Se desconsiderarmos a restrição exigida pelo problema, deveremos apenas permutar os 6 quadros. Isso pode ser feito de

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𝑃B = 6! = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠

Vamos considerar que 𝐺M − 𝐺N − 𝐺J é a ordem cronológica dos quadros de Gotuzo.

Dessas 720 maneiras, os quadros de Gotuzo podem aparecer nas seguintes sequências (não necessariamente contiguamente, ou seja, um ao lado do outro). … 𝐺M … 𝐺N … 𝐺J … … 𝐺M … 𝐺J … 𝐺N … … 𝐺N … 𝐺M … 𝐺J … … 𝐺N … 𝐺J … 𝐺M … … 𝐺J … 𝐺M … 𝐺N … … 𝐺J … 𝐺N … 𝐺M …

Acima eu descrevi as permutações dos 3 quadros de Gotuzo (3! = 6 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠).

As 720 maneiras estão regularmente distribuídas nas 6 possibilidades de organização cronológica descritas acima, ou seja, em cada uma das 6 possibilidades, há 720/6 = 120 maneiras de arrumar os quadros. Como queremos os quadros de Gotuzo fiquem na ordem … 𝐺M … 𝐺N … 𝐺J … então apenas a primeira possibilidade nos interessa. Resposta: 120 Gabarito: D

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De uma maneira geral, se vamos permutar 𝑛 elementos dos quais 𝑘 deles devem estar em uma determinada ordem, o total de permutações é 𝑃K 𝑘! Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra ARREPIOU em que as vogais figuram em ordem alfabética, mas não necessariamente juntas? Comentário

O total de permutações sem a restrição de que as vogais são ordenadas é: 𝑃AN =

8! 2!

Entretanto, há 5 elementos que devem obedecer determinada ordem. Assim, o número de permutações pedido é 𝑃AN 8! 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5! = = = 168 5! 2! 5! 2 ∙ 5!

(SUGEP 2019/UFRPE – Assistente Administrativo) Cinco corredores competiram em uma corrida: Fred, George, Heloísa, Lúcia e Ronaldo. É conhecido que: Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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- Fred perdeu para George. - Lúcia ganhou de Heloísa. - Lúcia perdeu de George. - George ganhou de Ronaldo. Supondo que não houve empates, quantas possíveis ordens de finalização poderiam ter acontecido, dadas apenas essas informações?

a) 1 b) 6 c) 12 d) 18 e) 24 Comentário

George ganhou de Fred, Lúcia e Ronaldo. Como Lúcia ganhou de Heloísa, então George também ganhou de Heloísa (já que George ganhou de Lúcia). Logo, George ocupa o primeiro lugar. Assim, devemos apenas nos preocupar nas posições 2, 3, 4 e 5. Essas quatro posições serão ocupadas por Fred, Heloísa, Lúcia e Ronaldo. Portanto, devemos permutar essas 4 pessoas. O único detalhe é que Lúcia ganhou de Heloísa, ou seja, elas devem ficar nessa ordem na fila (não necessariamente juntas). Dessa forma, queremos permutar as 4 pessoas levando em consideração que há duas delas que devem obedecer determinada ordem. Em casos como esse, devemos dividir o fatorial do total de pessoas pelo fatorial da quantidade de elementos que devem ficar em ordem. O total de permutações possíveis é 4! 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = = 12 2! 2∙1 Gabarito: C

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(FCC 2014/TRF 3ª Região) Álvaro, Benedito, Cléber e outros dois amigos participam de uma corrida. Se apenas os cinco participaram dessa corrida, o número de possibilidades diferentes de maneira que Álvaro chegue antes que Benedito e este, por sua vez, chegue antes de Cléber é igual a

a) 20. b) 24. c) 18 d) 22. e) 26. Comentário

São cinco amigos. Queremos permutá-los de tal forma que Álvaro fique antes de Benedito e este fique antes de Cléber. Assim, dos cinco amigos, três devem ficar em uma determinada ordem. Para calcular o total de possibilidades, devemos dividir o fatorial do total de pessoas pelo fatorial da quantidade de elementos que devem ficar em ordem. Logo, podemos fazer isso de 5! 5 × 4 × 3! = = 20 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 3! 3!

Gabarito: A

(FGV 2009/SAD-PE) Dada uma palavra, chama-se anagrama a qualquer ordenação que se pode dar às letras dessa palavra, utilizando-se todas as letras, ainda que essa ordenação não tenha sentido. O número de anagramas da palavra FRASCO que possuem as consoantes em ordem alfabética, não importando se essas consoantes estão juntas ou não, é:

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a) 6 b) 10 c) 25 d) 30 e) 36 Comentário

Queremos permutar 6 letras diferentes e queremos que 4 delas (as consoantes) fiquem em ordem alfabética não necessariamente juntas. Essa é justamente a situação-problema que aprendemos a resolver. Devemos dividir o fatorial do total de objetos pelo fatorial da quantidade de objetos que devem ficar em ordem. 6! 6 ∙ 5 ∙ 4! = = 30 4! 4!

Gabarito: D

SOLUÇÕES INTEIRAS DE EQUAÇÕES

Observe a seguinte questão. (CESPE 2018/SEFAZ-RS) Se 7 kg de feijão forem distribuídos para até quatro famílias, de modo que cada uma delas receba um número inteiro de quilos, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se distribuírem esses 7 kg de feijão para essas famílias será igual a

a) 30.

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b) 120. c) 330. d) 820. e) 1.320. Comentário

Para facilitar o raciocínio, imagine que há 7 sacos com 1kg de feijão cada. Há 4 famílias disponíveis e devemos escolher o destino de cada um dos 7 sacos de feijão. É importante notar que a ordem das famílias escolhidas não importa. Além disso, cada família pode ser escolhida mais de uma vez. Exemplo: 𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 = 𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵𝐶𝐴 Nas duas situações acima, a família A receberá 3kg de feijão, a família B receberá 2kg de feijão e a família C receberá 2 kg de feijão (a família D receberá 0kg). Juntando as peças: há 4 famílias disponíveis e devemos escolher qual família receberá cada um dos 7 sacos de feijão (deveremos fazer 7 escolhas). Além disso, a ordem das famílias não importa (logo, devemos usar combinações) e cada família pode ser escolhida mais de uma vez (logo, devemos usar combinação com repetição). Assim, o total de maneiras de se distribuírem os 7kg de feijão é: ^ ^ 𝐶𝑅X^ = 𝐶XL^iM = 𝐶MY ^ J Lembre-se que 𝐶MY = 𝐶MY . Logo, a resposta é: J 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 = 120 3∙2∙1

A situação descrita no enunciado pode ser perfeitamente modelada pelo exemplo da prateleira que utilizei na teoria sobre combinações completas. Imagine que temos 7 sacos de 1 kg de feijão. Queremos distribuí-los para ATÉ 4 famílias. Isso quer dizer que alguma família pode ficar sem feijão.

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O que vamos fazer? Vamos construir uma prateleira com divisórias móveis. Nessa prateleira, teremos 3 divisórias, pois queremos distribuir os sacos de feijão entre 4 famílias. Vou representar cada saco de feijão por uma bolinha. Observe.

Percebeu o porquê de serem 3 divisórias? Com 3 divisórias, a prateleira fica dividida em 4 regiões. Vamos agora colocar 7 bolinhas, que correspondem aos sacos de feijão.

Na configuração acima, a primeira família recebeu 2kg de feijão, a segunda família recebeu 1 kg de feijão, a terceira família recebeu 4kg de feijão e a quarta família ficou sem feijão. Para distribuir os sacos de feijão, eu posso movimentar tanto os sacos de feijão (as bolinhas) quanto as divisórias (os traços). Vou movimentar duas bolinhas, por exemplo.

Veja que eu vou movimentar agora a segunda divisória para a direita.

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Assim, podemos reorganizar a distribuição dos sacos movimentando os traços ou as bolinhas. Portanto, o total de maneiras de distribuir os 7 kg de feijão em até 4 famílias é o total de permutação de 10 objetos (7 bolinhas e 3 traços), sendo que temos repetição de 7 bolas e 3 traços. ^,J 𝑃MY =

=

10! = 7! 3!

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 720 = = 120 7! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 6

Poderíamos, entretanto, interpretar o problema sob outra ótica.

Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 as quantidades em quilogramas de feijão recebidas por cada uma das famílias. Sabemos que esses números são inteiros (de acordo com o enunciado). Além disso, esses números não podem ser negativos (mas podem ser zero). Finalmente, sabemos que a quantidade total de quilogramas de feijão é 7. Logo, 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 =7

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O enunciado pode então ser reescrito da seguinte forma: quantas são as soluções inteiras nãonegativas da equação 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 7?

Havíamos visto que a resposta desse problema é 𝐶𝑅X^ .

Assim, podemos interpretar 𝐶𝑅Kb de duas maneiras: • •

É a quantidade de maneiras de selecionar 𝑝 objetos, distintos ou não, entre 𝑛 objetos dados (a ordem dos objetos não é relevante). É o número de soluções inteiras não-negativas da equação 𝑥M + 𝑥N + ⋯ + 𝑥K = 𝑝.

Como a equação 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 7 possui 4 incógnitas, então 𝑛 = 4. Logo, o número de soluções inteiras não-negativas dessa equação é 𝐶𝑅X^ = 120.

(CESPE 2011/SEDUC-AM) A equação 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 = 𝟏𝟖 possui mais de 200 soluções inteiras e não negativas. Comentário

Há 3 incógnitas; logo, 𝑛 = 3. O número de soluções inteiras não-negativas da equação é

MA 𝐶𝑅Kb = 𝐶𝑅JMA = 𝐶JLMAiM

MA = 𝐶NY

N = 𝐶NY

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20 ∙ 19 2∙1

=

= 190 Gabarito: Errado

==493ef==

Exemplo: Quantas são as soluções inteiras não-negativas de 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 5? Comentário

Como são 3 incógnitas, então 𝑛 = 3. Logo, o número de soluções inteiras não-negativas dessa equação é I 𝐶𝑅JI = 𝐶JLIiM = 𝐶^I

Lembre-se que 𝐶^I = 𝐶^N . Logo, a resposta é: 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

Resposta: 21

(CESPE 2010/EMBASA) Suponha que uma empresa irá sortear 3 passagens aéreas para um curso de formação. O sorteio será realizado entre os 8 setores dessa empresa, e, se um setor for premiado, o chefe do setor contemplado indicará um funcionário para participar do evento. Em relação a esse sorteio, julgue os itens que se seguem.

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Se um setor puder ser contemplado até duas vezes, então haverá 112 resultados distintos possíveis para esse sorteio. Comentário

Comecemos pelo primeiro item. Sejam 𝑥M , 𝑥N , 𝑥J , … , 𝑥A as quantidades de passagens que cada setor receberá. Como são 3 passagens sorteadas, então: 𝑥M + 𝑥N + 𝑥J + 𝑥X + 𝑥I + 𝑥B + 𝑥^ + 𝑥A = 3 Observe que essas incógnitas só podem ser números inteiros não-negativos. Como são 8 incógnitas, temos que n = 8. O total de soluções inteiras não-negativas é J J 𝐶𝑅AJ = 𝐶ALJiM = 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 = 120 3∙2∙1

Entretanto, há uma restrição nesse problema. Cada setor só pode ser contemplado até duas vezes. Assim, devemos os casos em que as incógnitas são iguais a 3. Por exemplo, não queremos o caso em que 𝑥M = 3 e todas as outras incógnitas são iguais a 0. São 8 casos a excluir (quando cada incógnita é igual a 3). Assim, o total de possibilidades é 120 – 8 = 112.

Gabarito: Certo Exemplo: Quantas são as soluções inteiras positivas de 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 10? Comentário Cuidado com a pegadinha do malandro!

Nos problemas anteriores, poderíamos assumir valor 0 para alguma das incógnitas. Nessa questão, queremos que todos as incógnitas sejam positivas! Existe uma maneira de transformar esse problema no anterior: basta fazer uma mudança de incógnita. Façamos 𝑥 =𝑎+1 𝑦 =𝑏+1

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𝑧 =𝑐+1 Dessa maneira, se 𝑎 = 0, 𝑥 = 1, ou seja, se 𝑎, 𝑏 ou 𝑐 forem iguais a zero, 𝑥, 𝑦 e 𝑧 serão iguais a 1. A equação fica: EGH 𝑎 + 1 + EGH 𝑏 + 1 + 𝑐EGH + 1 = 10 ˜

™

š

𝑎+𝑏+𝑐 =7 Resumindo: a quantidade de soluções inteiras positivas da equação 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 10 equivale à quantidade de soluções inteiras não-negativas de 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 7. Outra maneira intuitiva de chegar a esse resultado é o seguinte. Como queremos soluções positivas, ou seja, como queremos que cada incógnita assuma pelo menos o valor 1, então já colocamos 1 unidade para cada incógnita. Como a soma deve ser 10 e já “demos” 1 unidade para cada incógnita, ainda precisamos distribuir 7 unidades entre elas. Assim, ficamos com 𝑎+𝑏+𝑐 =7 A resposta é ^ 𝐶𝑅J^ = 𝐶JL^iM

= 𝐶|^

= 𝐶|N

=

9∙8 = 36 2∙1

Resposta: 36

(Colégio Pedro II 2019/Assistente em Administração) O diretor de patrimônio de uma empresa precisa distribuir oito computadores do mesmo modelo e capacidade entre três departamentos diferentes, de modo que cada departamento receba pelo menos um computador. O quadro a seguir ilustra quatro dentre as possíveis distribuições.

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O número total de distribuições possíveis, nessas condições, é igual a

a) 21 b) 24 c) 120 e) 336 Comentário

Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as quantidades de computadores que os departamentos X, Y e Z vão receber, respectivamente. O total de computadores é 8. Logo, 𝑥+𝑦+𝑧 =8 Os números 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são inteiros e o problema estabelece o seguinte critério: cada departamento deve receber pelo menos um computador. Logo, 𝑥 ≥ 1, 𝑦 ≥ 1 e 𝑧 ≥ 1, ou seja, 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são positivos. Assim, estamos interessados em calcular a quantidade de soluções inteiras positivas da equação acima. Vamos mudar as incógnitas: 𝑥 =𝑎+1 𝑦 =𝑏+1 𝑦 =𝑐+1 Por que fazemos essa mudança? Ora, sabemos que 𝐶𝑅Kb indica o número de soluções inteiras não-negativas (as incógnitas podem valer 0), mas queremos saber o número de soluções positivas.

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Ao fazer essa mudança de variável, permitimos que as incógnitas possam valer 0. Observe, por exemplo, que quando 𝑎 = 0, temos 𝑥 = 1. A nossa equação fica: 𝑎 EGH +1+𝑏 EGH + 1 + 𝑐EGH +1=8 ˜

™

š

𝑎+𝑏+𝑐 =5 Perceba que é como se nós já colocássemos um computador para cada departamento para garantir que cada um deles terá pelo menos 1. Depois, devemos distribuir os 5 restantes entre eles sem restrição. Queremos calcular o número de soluções inteiras não-negativas dessa equação. Como são 3 incógnitas, então 𝑛 = 3. A resposta é dada por: I 𝐶𝑅JI = 𝐶JLIiM = 𝐶^I

= 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

Gabarito: A

(QUADRIX 2019/CRM-AC) Se alguém deseja distribuir 9 balas idênticas entre 3 pessoas, sem qualquer critério de distribuição, com cada uma delas recebendo pelo menos uma bala, então existem 28 maneiras de se fazer a distribuição. Comentário

Sejam 𝑎, 𝑏 e 𝑐 as quantidades de balas que cada pessoa receberá. Como são 9 balas, então: 𝑎+𝑏+𝑐 =9 Queremos que cada pessoa receba pelo menos uma bala. Assim, para satisfazer esse critério, entregamos uma bala a cada um. Assim, ainda precisamos distribuir 6 balas entre as 3 pessoas.

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𝑎› + 𝑏› + 𝑐 › = 6 Veja que agora é possível que alguma pessoa não receba mais balas. Assim, estamos agora interessados em calcular o número de soluções inteiras não negativas da equação acima. O número de soluções é B 𝐶𝑅JB = 𝐶BLJiM = 𝐶AB = 𝐶AN =

=

8∙7 = 28 2∙1

Gabarito: Certo (EXATUS 2014/CEB – Companhia Energética de Brasília) Carlos deve guardar uma dúzia de figurinhas iguais em meia dezena de estojos. Considerando que os estojos sejam todos diferentes, e que nenhum estojo fique vazio, o número de maneiras que Carlos dispõe para guardar essas figurinhas é igual a:

a) 330. b) 792. c) 1.820. d) 95.040 Comentário

Essa questão é muito parecida com as dos sacos de feijão: temos 12 figurinhas (uma dúzia) para distribuir em 5 estojos (meia dezena). No problema dos sacos de feijão, tínhamos 7 sacos de feijão para distribuir entre 4 famílias. A diferença é que, no problema dos sacos de feijão, nem todas as famílias eram obrigadas a receber algum saco de feijão, ou seja, poderia alguma família ficar sem comida. Por isso, naquele problema, calculamos o número de soluções não-negativas, pois as incógnitas poderiam ser nulas. Agora nenhum estojo ficará vazio.

Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 e 𝑒 as quantidades de figurinhas que cada estojo receberá. Como São 12 figurinhas, então:

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𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 12 Como nenhum estojo ficará vazio, então queremos saber a quantidade de soluções positivas da equação acima. Vamos mudar as incógnitas. 𝑎 =𝑣+1 𝑏 =𝑤+1 𝑐 =𝑥+1 𝑑 =𝑦+1 𝑒 =𝑧+1 Essas novas incógnitas podem ser iguais a 0. Perceba que se 𝑣 = 0, 𝑎 = 0 + 1 = 1. Logo, podemos reescrever a equação: 𝑣 EGH +1+𝑤 EGH + 1 + EGH 𝑥 + 1 + EGH 𝑦 + 1 + EGH 𝑧 + 1 = 12 •

ž

Ÿ

¡

𝑣+𝑤+𝑥+𝑦+𝑧 =7 Como essas novas incógnitas podem ser nulas, queremos calcular a quantidade de soluções nãonegativas dessa equação. Como são 5 incógnitas, temos 𝑛 = 5. A resposta é: ^ ^ X 𝐶𝑅I^ = 𝐶IL^iM = 𝐶MM = 𝐶MM

=

11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 4∙3∙2∙1

= 330 Gabarito: A

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Vou alterar um pouquinho o problema anterior para deixá-lo um pouco mais espinhoso. (EXATUS 2014/CEB – Companhia Energética de Brasília – Adaptado – Versão PRA TORAR) Carlos deve guardar duas dúzias de figurinhas iguais em meia dezena de estojos. Considerando que os estojos sejam todos diferentes, e que cada estojo tenha pelo menos três figurinhas, o número de maneiras que Carlos dispõe para guardar essas figurinhas é igual a:

a) 700. b) 715. c) 1430. d) 2860. Comentário

Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 e 𝑒 as quantidades de figurinhas que cada estojo receberá. Como São 24 figurinhas, então: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 24 Agora temos a restrição de que cada incógnita tem que ser no mínimo igual a 3, ou seja: 𝑎≥3 𝑏≥3 𝑐≥3 𝑑≥3 𝑒≥3 Vamos utilizar a seguinte mudança de incógnita.

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𝑎 =𝑣+3 𝑏 =𝑤+3 𝑐 =𝑥+3 𝑑 =𝑦+3 𝑒 =𝑧+3 Observe que se 𝑣 = 0, então 𝑎 = 3. Assim, as incógnitas 𝑣, 𝑤, 𝑥, 𝑦, 𝑧 podem ser nulas. A nossa equação fica: 𝑣 EGH +3+𝑤 EGH + 3 + EGH 𝑥 + 3 + EGH 𝑦 + 3 + EGH 𝑧 + 3 = 24 •

ž

Ÿ

¡

𝑣+𝑤+𝑥+𝑦+𝑧 =9 Vejamos outro raciocínio para chegar a essa equação. Precisamos distribuir 24 figurinhas. Como cada estojo precisa receber pelo menos 3, então já colocamos 3 figurinhas em cada estojo para satisfazer o critério da questão. Como são 5 estojos e já colocamos 3 figurinhas em cada, então já foram alocadas 5 × 3 = 15 figurinhas. Assim, ainda precisamos distribuir 24 – 15 = 9 figurinhas. Assim, chegamos à equação 𝑣+𝑤+𝑥+𝑦+𝑧 =9 Como cada estojo já recebeu as 3 figurinhas, a equação acima não precisa ter soluções necessariamente positivas, ou seja, é possível agora que alguma incógnita seja igual a zero (nula). Como essas incógnitas podem ser nulas, então queremos calcular a quantidade de soluções nãonegativas dessa equação. Como são 5 incógnitas, então 𝑛 = 5. A resposta é: | | 𝐶𝑅I| = 𝐶IL|iM = 𝐶MJ

X = 𝐶MJ

=

13 ∙ 12 ∙ 11 ∙ 10 4∙3∙2∙1

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= 715 Gabarito: B

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14. LISTA DE QUESTÕES DE CONCURSOS ANTERIORES

1. (CESPE 2019/PGE-PE) A União tem, hoje, 138 estatais sob sua gestão, entre elas o Banco do Brasil S.A., a PETROBRAS e a CAIXA. Dessas 138, somente três devem permanecer sob a gestão da União; as demais serão privatizadas. Considerando essa afirmação, julgue o item.

Se todas as estatais tiverem a chance de ficar sob a gestão da União, então a quantidade de maneiras distintas de escolher as três empresas que não serão privatizadas será inferior a 230.000.

2. (CESPE 2019/COGE-CE) Em determinado órgão, sete servidores foram designados para implantar novo programa de atendimento ao público. Um desses servidores será o coordenador do programa, outro será o subcoordenador, e os demais serão agentes operacionais. Nessa situação, a quantidade de maneiras distintas de distribuir esses sete servidores nessas funções é igual a

a) 21. b) 42. c) 256. d) 862. e) 5.040.

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3. (CESPE 2019/SEFAZ-RS) Os funcionários de uma repartição foram distribuídos em sete grupos de trabalhos, de modo que cada funcionário participa de exatamente dois grupos, e cada dois grupos têm exatamente um funcionário em comum. Nessa situação, o número de funcionários da repartição é igual a

a) 7. b) 14. c) 21. d) 28. e) 35.

4. (CESPE 2018/SEFAZ-RS) Se 7 kg de feijão forem distribuídos para até quatro famílias, de modo que cada uma delas receba um número inteiro de quilos, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se distribuírem esses 7 kg de feijão para essas famílias será igual a

a) 30. b) 120. c) 330. d) 820. e) 1.320.

(CESPE 2018/PM-MA) Uma operação policial será realizada com uma equipe de seis agentes, que têm prenomes distintos, entre eles André, Bruno e Caio. Um agente será o coordenador da operação e outro, o assistente deste; ambos ficarão na base móvel de operações nas proximidades do local de

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realização da operação. Nessa operação, um agente se infiltrará, disfarçado, entre os suspeitos, em reunião por estes marcada em uma casa noturna, e outros três agentes, também disfarçados, entrarão na casa noturna para prestar apoio ao infiltrado, caso seja necessário. A respeito dessa situação hipotética, julgue o item seguinte.

5. A quantidade de maneiras distintas de formar a equipe, de modo que André, Bruno e Caio sejam os agentes que ocuparão, respectivamente, as vagas de coordenador, assistente e infiltrado, é superior a 5. 6. A quantidade de maneiras distintas de formar a equipe, de modo que André, Bruno e Caio sejam os agentes que prestarão apoio ao infiltrado, é inferior a 10. 7. Há mais de 100 maneiras distintas de estruturar, com os seis agentes, a equipe que realizará a operação policial.

8. (CESPE 2018/EBSERH) Julgue o próximo item, a respeito de contagem.

Se a enfermaria de um hospital possuir cinco leitos desocupados e se cinco pacientes forem ocupar esses leitos, então haverá mais de 100 formas diferentes de fazer essa ocupação.

9. (CESPE 2013/CNJ) Em uma sala, cinco computadores para uso público (A, B, C, D e E) estão ligados em uma rede. Devido a problemas com os softwares de proteção da rede, o computador A está infectado com algum vírus; consequentemente, o computador B ou o computador C está infectado com o mesmo vírus. Se o computador C estiver infectado, então os computadores D e E também estarão infectados com o mesmo vírus. Cada computador pode ser infectado isoladamente e todas as manhãs, antes de serem disponibilizados para a utilização pública, os cinco computadores são submetidos a software antivírus que os limpa de qualquer infecção por vírus. Considerando a situação hipotética acima e desconsiderando questões técnicas relativas à proteção e segurança de redes, julgue o item a seguir.

Se, no início de determinada manhã, os cinco computadores estiverem disponíveis para uso e cinco pessoas entrarem na sala, ocupando todos os computadores, a quantidade de formas diferentes de essas cinco pessoas escolherem os computadores para utilização será inferior a 100.

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10. (CESPE 2015/MPOG) Determinado órgão público é composto por uma diretoria geral e quatro secretarias; cada secretaria é formada por três diretorias; cada diretoria tem quatro coordenações; cada coordenação é constituída por cinco divisões, com um chefe e sete funcionários subalternos em cada divisão. A respeito desse órgão público, julgue os itens seguintes, sabendo que cada executivo e cada funcionário subalterno só pode ocupar um cargo nesse órgão.

Se, entre onze servidores previamente selecionados, forem escolhidos: sete para compor determinada divisão, um para chefiar essa divisão, um para a chefia da coordenação correspondente, um para a diretoria e um para a secretaria, haverá menos de 8.000 maneiras distintas de se fazer essas escolhas.

11. (CESPE 2017/Pref. de São Luís 2017) Em 2015, na cidade de São Luís, 1.560 docentes atuavam nas escolas de ensino fundamental. Entre eles, havia 450 Marias e 150 Pedros. Esses 1.560 docentes eram distribuídos, para cada escola, de forma aleatória. Nessa situação, assinale a opção que apresenta a expressão que permite determinar a quantidade de possíveis escolhas para a formação do primeiro grupo de 20 professores de maneira que, nesse grupo, não haja nenhuma Maria e nenhum Pedro.

𝑎)

600! 20! × 580!

𝑏)

1.560! 600!

𝑐)

300! 20!

𝑑)

960! 600! × 360!

𝑒)

960! 20! × 940!

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12. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

O número de maneiras distintas de escolher 6 militares para formarem a primeira equipe é superior a 553.

13. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

Se as 2 primeiras equipes formadas forem constituídas apenas por mulheres, então o número de MI!

maneiras distintas de escolher os membros dessas equipes será igual a B!∙B!∙J!.

14. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

O número de maneiras distintas de escolher 6 militares para formarem a primeira equipe, de tal forma que essa equipe tenha pelo menos cinco mulheres, é inferior a

X∙MI! |!∙I!

.

(CESPE 2013/IBAMA) Para melhorar a fiscalização, evitar o desmatamento ilegal e outros crimes contra o meio ambiente, 35 fiscais homens e 15 fiscais mulheres serão enviados para a região Norte do Brasil. Desses fiscais, uma equipe com 20 fiscais será enviada para o Pará, outra com 15 para o Amazonas e uma outra com 15 para Rondônia. Considerando que qualquer um desses 50 fiscais pode ser designado para qualquer uma das três equipes, julgue os itens seguintes.

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15. A quantidade de maneiras distintas que essas três equipes podem ser formadas é o número representado por (50 – 20)! × (30 – 15)! × 15!. 16. Se cada equipe tiver exatamente cinco mulheres, a quantidade de maneiras distintas que 𝟑𝟓!

essas equipes podem ser formadas é o número representado por (𝟏𝟎!)𝟐 ∙(𝟓!)𝟐 .

17. (CESPE 2013/TRT-10) No concurso de loterias denominado miniquina, o apostador pode marcar 5, 6 ou 7 dezenas em uma cartela que possui as dezenas de 01 a 15. Nesse concurso, o prêmio principal é dado ao apostador que marcar em sua cartela as cinco dezenas sorteadas aleatoriamente em uma urna. Com relação ao concurso hipotético acima apresentado, julgue o item subsequente.

Considere que o cálculo do valor a ser pago pela aposta seja feito mediante a multiplicação do valor de uma aposta de 5 dezenas, que é fixo, pela quantidade de jogos de cinco dezenas que é possível fazer com as dezenas que o apostador marcar em sua cartela. Considere, ainda, que um jogo de 5 dezenas custe R$ 3,00. Em face dessa situação, é correto afirmar que o apostador deverá pagar, caso marque 7 dezenas em sua cartela, mais de R$ 60,00.

(CESPE 2013/TRT-10) Considerando que, dos 10 postos de combustíveis de determinada cidade, exatamente dois deles cometam a infração de vender gasolina adulterada, e que sejam escolhidos ao acaso alguns desses postos para serem fiscalizados, julgue os itens seguintes.

18. Há mais de 15 maneiras distintas de se escolher dois postos, de modo que exatamente um deles seja infrator. 19. Há menos de 30 maneiras diferentes de se escolher quatro postos, de modo que dois deles sejam os infratores.

(CESPE 2018/Polícia Federal/Escrivão) Para cumprimento de um mandado de busca e apreensão serão designados um delegado, 3 agentes (para a segurança da equipe na operação) e um escrivão. O efetivo do órgão que fará a operação conta com 4 delegados, entre eles o delegado Fonseca; 12 agentes, entre eles o agente Paulo; e 6 escrivães, entre eles o escrivão Estêvão.

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Em relação a essa situação hipotética, julgue os itens a seguir.

20. Há mais de 2.000 maneiras distintas de se formar uma equipe que tenha o delegado Fonseca ou o escrivão Estêvão, mas não ambos. 21. A quantidade de maneiras distintas de se escolher três agentes para a operação de forma que um deles seja o agente Paulo é inferior a 80. 22. Considerando todo o efetivo do órgão responsável pela operação, há mais de 5.000 maneiras distintas de se formar uma equipe para dar cumprimento ao mandado. 23. Se o delegado Fonseca e o escrivão Estêvão integrarem a equipe que dará cumprimento ao mandado, então essa equipe poderá ser formada de menos de 200 maneiras distintas.

24. (CESPE 2018/Polícia Federal/Agente) Em um aeroporto, 30 passageiros que desembarcaram de determinado voo e que estiveram nos países A, B ou C, nos quais ocorre uma epidemia infecciosa, foram selecionados para ser examinados. Constatou-se que exatamente 25 dos passageiros selecionados estiveram em A ou em B, nenhum desses 25 passageiros esteve em C e 6 desses 25 passageiros estiveram em A e em B. Com referência a essa situação hipotética, julgue os itens que se seguem.

A quantidade de maneiras distintas de se escolher 2 dos 30 passageiros selecionados de modo que pelo menos um deles tenha estado em C é superior a 100.

25. (CESPE/BACEN 2013) A numeração das notas de papel-moeda de determinado país é constituída por duas das 26 letras do alfabeto da língua portuguesa, com ou sem repetição, seguidas de um numeral com 9 algarismos arábicos, de 0 a 9, com ou sem repetição. Julgue o próximo item, relativo a esse sistema de numeração.

Existem mais de 700 formas diferentes de se escolher as duas letras que iniciarão a numeração de uma nota.

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26. (CESPE/TCE-RO 2013) Considerando que, em uma pesquisa de rua, cada entrevistado responda sim ou não a cada uma de dez perguntas feitas pelos entrevistadores, julgue o item seguinte.

Há menos de cem maneiras de um entrevistado responder sim a três perguntas e não às demais.

27. (CESPE 2013/INPI) Uma proposição composta P é construída utilizando as proposições simples p, q e r e substituindo-se os espaços em (𝒑____𝒒)_____𝒓 por um dos conectivos lógicos ∧,∨, →, ↔ 𝒆 ∨, que significam ‘e’, ‘ou’, ‘se ..., então’, ‘se, e somente se’ e ‘ou ..., ou’, respectivamente. A partir dessas informações, julgue os itens subsequentes.

Há mais de 50 maneiras de se construir a proposição P.

28. (CESPE 2013/INPI) Em um rebanho de 30 novilhas, 7 são marrons, 13 são malhadas e 10 são brancas. A respeito desse rebanho, julgue o item seguinte.

A quantidade de maneiras distintas de se selecionar, nesse rebanho, duas novilhas malhadas, uma marrom e duas brancas é superior a 7I .

(CESPE 2014/MEC) A análise de requerimentos de certificação de entidades educacionais, no âmbito do Ministério da Educação, será́ realizada por uma equipe formada por, no mínimo, um analista contábil, um analista educacional e um analista processual. Considerando essa situação hipotética, julgue os itens subsecutivos.

29. A partir de cinco analistas contábeis, sete analistas educacionais e seis analistas processuais, a quantidade de maneiras distintas de se formar equipes com exatamente três analistas de cada especialidade em cada equipe é superior a 5.000. 30. A partir de cinco analistas contábeis, sete analistas educacionais e seis analistas processuais, é possível formar mais de 300 equipes distintas com exatamente um analista de cada especialidade em cada equipe.

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31. (CESPE 2014/SUFRAMA) Sabendo-se que uma repartição possui 30 servidores, sendo 10 do sexo feminino, julgue o item abaixo.

A quantidade de maneiras distintas de se selecionar 5 servidores dessa repartição de forma que 4 sejam do sexo feminino é inferior a 4.000.

(CESPE 2014/TC-DF) Considerando que, em um planejamento de ações de auditoria, a direção de um órgão de controle tenha mapeado a existência de 30 programas de governo passíveis de análise, e sabendo que esse órgão dispõe de 15 servidores para a montagem das equipes de análise e que cada equipe deverá ser composta por um coordenador, um relator e um técnico, julgue os próximos itens.

32. A quantidade de maneiras distintas de serem escolhidos 3 dos referidos servidores para a montagem de uma equipe de análise é superior a 2.500. 33. A quantidade de maneiras distintas de se escolherem 3 desses programas para serem acompanhados pelo órgão é inferior a 4.000.

34. (CESPE 2013/STF)

O colegiado do Supremo Tribunal Federal (STF) é composto por 11 ministros, responsáveis por decisões que repercutem em toda a sociedade brasileira. No julgamento de determinados processos, os ministros votam pela absolvição ou pela condenação dos réus de forma independente uns dos outros. A partir dessas informações e considerando que, em determinado julgamento, a probabilidade de qualquer um dos ministros decidir pela condenação ou pela absolvição do réu seja a mesma, julgue o item seguinte. Se, no julgamento de determinado réu, 8 ministros votarem pela absolvição e 3 ministros votarem pela condenação, a quantidade de maneiras distintas de se atribuir os votos aos diferentes ministros será inferior a 170. (CESPE 2013/TRT 17ª Região) Os alunos de uma turma cursam 4 disciplinas que são ministradas por 4 professores diferentes. As avaliações finais dessas disciplinas serão realizadas em uma mesma semana, de segunda a sexta-feira, podendo ou não ocorrerem em um mesmo dia. A respeito dessas avaliações, julgue os itens seguintes.

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35. Se cada professor escolher o dia em que aplicará a avaliação final de sua disciplina de modo independente dos demais, haverá mais de 500 maneiras de se organizar o calendário dessas avaliações. 36. Se em cada dia da semana ocorrer a avaliação de no máximo uma disciplina, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se organizar o calendário de avaliações será inferior a 100.

(BB 2009/CESPE-UnB) Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio que premie as três primeiras colocadas, julgue os itens a seguir.

37. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações é 58. 38. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações com a equipe A em primeiro lugar é 15. 39. Se a equipe A for desclassificada, então o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações será 24.

40. (BB 2009/CESPE-UnB)

Julgue o item seguinte. Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão ocupados pelos 6 participantes de uma reunião. Nessa situação, o número de formas diferentes para se ocupar esses lugares com os participantes da reunião é superior a 102.

41. (CESPE 2008/IPEA)

Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres em que os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos, escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadas de modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 na primeira posição dos algarismos é superior a 600.000.

42. (CESPE 2008/IPEA)

Considere que, para a final de determinada maratona, tenham sido classificados 25 atletas que disputarão uma medalha de ouro, para o primeiro colocado, uma de prata, para o segundo

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colocado, e uma de bronze, para o terceiro colocado. Dessa forma, não havendo empate em nenhuma dessas colocações, a quantidade de maneiras diferentes de premiação com essas medalhas será inferior a 10.000.

43. (CESPE 2008/ME) Considerando que se pretenda formar números de 3 algarismos distintos com os algarismos 2, 3, 5, 7, 8 e 9, julgue o próximo item.

A quantidade de números ímpares de 3 algarismos que podem ser formados é superior a 90.

44. (CESPE 2008/BB)

Considerando todas as 26 letras do alfabeto, a quantidade de palavras de 3 letras que podem ser formadas, todas começando por U ou V, é superior a 2 × 103.

(CESPE 2008/BB) O Banco do Brasil S.A. (BB) patrocina as equipes masculina e feminina de vôlei de quadra e de praia. Segundo o portal www.bb.com.br, em 2007, o voleibol brasileiro mostrou mais uma vez a sua hegemonia no cenário internacional com a conquista de 56 medalhas em 51 competições, tanto na quadra quanto na praia. Nesse ano, o Brasil subiu ao lugar mais alto do pódio por 31 vezes e conquistou, ainda, 13 medalhas de prata e 12 de bronze. Com base nessas informações, julgue os itens subsequentes.

45. Considerando-se que o treinador de um time de vôlei tenha à sua disposição 12 jogadores e que eles estejam suficientemente treinados para jogar em qualquer posição, nesse caso, a quantidade de possibilidades que o treinador terá para formar seu time de 6 atletas será inferior a 103. 46. Considerando que o treinador de um time de vôlei disponha de 12 jogadores, dos quais apenas 2 sejam levantadores e os demais estejam suficientemente bem treinados para jogar em qualquer outra posição, nesse caso, para formar seu time de 6 atletas com apenas um ou sem nenhum levantador, o treinador poderá fazê-lo de 714 maneiras diferentes.

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47. (CESPE 2009/BB)

Em um torneio em que 5 equipes joguem uma vez entre si em turno único, o número de jogos será superior a 12.

48. (CESPE 2009/BB)

Com 3 marcas diferentes de cadernos, a quantidade de maneiras distintas de se formar um pacote contendo 5 cadernos será inferior a 25.

49. (CESPE 2009/TRE-MA) Uma cerimônia será realizada em um auditório e as dez cadeiras da primeira fila serão ocupadas por dez autoridades convidadas que confirmaram suas presenças. Por ordem de chegada, o primeiro convidado poderá ocupar qualquer uma das dez cadeiras e cada um dos outros, ao sentar-se, deverá ocupar uma cadeira ao lado de algum convidado já sentado. Nessa situação, o número de modos possíveis de esses convidados ocuparem os dez lugares na primeira fila é igual a

A) 512. B) 1.024. C) 2.400. D) 4.800. E) 5.120.

(CESPE 2009/ANAC) Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

50. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda. 51. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas pessoas se posicionarem.

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52. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.

53. (CESPE 2018/ABIN) Como forma de melhorar a convivência, as famílias Turing, Russell e Gödel disputaram, no parque da cidade, em um domingo à tarde, partidas de futebol e de vôlei. O quadro a seguir mostra os quantitativos de membros de cada família presentes no parque, distribuídos por gênero.

A quantidade de maneiras distintas de se formar um time de vôlei com seis integrantes, sendo três homens da família Turing e três mulheres da família Gödel, é superior a 700.

54. (CESPE 2018/STJ) Considere as proposições P e Q a seguir. P: Todo processo que tramita no tribunal A ou é enviado para tramitar no tribunal B ou no tribunal C. Q: Todo processo que tramita no tribunal C é enviado para tramitar no tribunal B. A partir dessas proposições, julgue os itens seguintes.

Se 10 processos que chegarem ao tribunal A em determinado dia forem separados de forma aleatória em dois grupos de 5 processos cada, um para ser encaminhado ao tribunal B, e outro, para o tribunal C, então essa separação poderá ser feita de, no máximo, 240 formas diferentes.

55. (ESAF 2006/ANEEL) Em um campeonato de tênis participam 30 duplas, com a mesma probabilidade de vencer. O número de diferentes maneiras para a classificação dos 3 primeiros lugares é igual a:

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a) 24.360 b) 25.240 c) 24.460 d) 4.060 e) 4.650

56. (CESGRANRIO 2010/Petrobras) Quantos números naturais de 5 algarismos apresentam dígitos repetidos?

(A) 27.216 (B) 59.760 (C) 62.784 (D) 69.760 (E) 72.784

57. (CESGRANRIO 2008/Petrobras) Em uma fábrica de bijuterias são produzidos colares enfeitados com cinco contas de mesmo tamanho dispostas lado a lado, como mostra a figura.

As contas estão disponíveis em 8 cores diferentes. De quantos modos distintos é possível escolher as cinco contas para compor um colar, se a primeira e a última contas devem ser da mesma cor, a segunda e a penúltima contas devem ser da mesma cor e duas contas consecutivas devem ser de cores diferentes?

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(A) 336 (B) 392 (C) 448 (D) 556 (E) 612

58. (CESGRANRIO 2010/Petrobras) Quantos são os anagramas da palavra PETROBRAS que começam com as letras PE, nesta ordem?

(A) 720 (B) 2.520 (C) 5.040 (D) 362.880 (E) 3.628.800

59. (CEPERJ 2009/SEPLAG-RJ) Em uma mesa redonda vão sentar-se seis pessoas, entre as quais há um casal. Sabendo que o casal sentará junto (um ao lado do outro), o número de maneiras diferentes que as pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa é:

a) 24 b) 48 c) 60 d) 64 e) 72

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60. (CESGRANRIO 2010/EPE) Dos 24 municípios situados na área de estudo da Bacia do Araguaia, 2 localizam-se no Mato Grosso, 8, no Tocantins e os restantes, no Pará. Uma equipe técnica deverá escolher três munícipios no Pará para visitar no próximo mês. De quantos modos distintos essa escolha poderá ser feita, sem que seja considerada a ordem na qual os municípios serão visitados?

(A) 56 (B) 102 (C) 364 (D) 464 (E) 728

61. (CETRO 2006/Pref. da Estância Turística de Embu) Com seis tipos de doce e cinco tipos de fruta, quantos pratos podem ser formados, tendo, cada um, dois tipos de doce e dois tipos de fruta?

(A) 300 (B) 150 (C) 75 (D) 50 (E) 25 62. (CETRO 2006/EBDA) Um hospital tem três médicos e cinco enfermeiras. Quantas equipes de plantões com cinco profissionais podem ser formadas contendo no mínimo um médico?

(A) 15 (B) 20

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(C) 40 (D) 45 (E) 55

63. (CESGRANRIO 2008/Transpetro) Para ganhar o prêmio máximo na “Sena”, o apostador precisa acertar as seis “dezenas” sorteadas de um total de 60 “dezenas” possíveis. Certo apostador fez sua aposta marcando dez “dezenas” distintas em um mesmo cartão. Quantas chances de ganhar o prêmio máximo tem esse apostador?

(A) 60 (B) 110 (C) 150 (D) 180 (E) 210

64. (CESGRANRIO 2009/DETRAN-AC) De quantas maneiras um comitê de três membros pode ser formado, a partir de uma lista de nove advogados?

(A) 27 (B) 84 (C) 504 (D) 729 (E) 362.880

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65. (CESGRANRIO 2008/Petrobras) Um grupo é formado por 7 mulheres, dentre as quais está Maria, e 5 homens, dentre os quais está João. Deseja-se escolher 5 pessoas desse grupo, sendo 3 mulheres e 2 homens. De quantas maneiras essa escolha pode ser feita de modo que Maria seja escolhida e João, não?

(A) 60 (B) 90 (C) 126 (D) 150 (E) 210

66. (ESAF 2010/MTE-AFT) O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários, sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários, havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher?

a) 192. b) 36. c) 96. d) 48. e) 60. 67. (ESAF 2008/STN) Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos, todos devidamente acondicionados em caixas numeradas de 1 a 90. Beatriz pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. Atendendo ao pedido da amiga, Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. O número de retiradas possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a de número 20 é igual a:

a) 681384

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b) 382426 c) 43262 d) 7488 e) 2120

68. (ESAF 2010/SMF-RJ) O departamento de vendas de imóveis de uma imobiliária tem 8 corretores, sendo 5 homens e 3 mulheres. Quantas equipes de vendas distintas podem ser formadas com 2 corretores, havendo em cada equipe pelo menos uma mulher?

a) 15 b) 45 c) 31 d) 18 e) 25

69. (ESAF 2010/SMF-RJ) O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 técnicos de nível superior sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. Quantas equipes técnicas distintas podem ser formadas por 2 desses técnicos com a participação de pelo menos um engenheiro em cada equipe?

a) 14 b) 35 c) 21 d) 28 e) 42

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70. (ESAF 2012/AFRFB) Na prateleira de uma estante, encontram-se 3 obras de 2 volumes e 2 obras de 2 volumes, dispondo-se, portanto, de um total de 10 volumes. Assim, o número de diferentes maneiras que os volumes podem ser organizados na prateleira, de modo que os volumes de uma mesma obra nunca fiquem separados, é igual a

a) 3.260. b) 3.840. c) 2.896. d) 1.986. e) 1.842.

71. (ESAF 2012/ATA-MF) O número de centenas ímpares e maiores do que trezentos, com algarismos distintos, formadas pelos algarismos 1, 2, 3, 4 e 6, é igual a

a) 15. b) 9. c) 18. d) 6. e) 12.

72. (ESAF 2012/ATA-MF) Dos aprovados em um concurso público, os seis primeiros foram Ana, Bianca, Carlos, Danilo, Emerson e Fabiano. Esses seis aprovados serão alocados nas salas numeradas de 1 a 6, sendo um em cada sala e obedecendo a determinação de que na sala 1 será alocado um homem. Então, o número de possibilidades distintas de alocação desses seis aprovados é igual a

a) 720.

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b) 480. c) 610. d) 360. e) 540.

73. (ESAF 2012/ATA-MF) Uma reunião no Ministério da Fazenda será composta por seis pessoas, a Presidenta, o VicePresidente e quatro Ministros. De quantas formas distintas essas seis pessoas podem se sentar em torno de uma mesa redonda, de modo que a Presidenta e o Vice-Presidente fiquem juntos?

a) 96 b) 360 c) 120 d) 48 e) 24

74. (ESAF 2013/DNIT) Os pintores Antônio e Batista farão uma exposição de seus quadros. Antônio vai expor 3 quadros distintos e Batista 2 quadros distintos. Os quadros serão expostos em uma mesma parede e em linha reta, sendo que os quadros de um mesmo pintor devem ficar juntos. Então, o número de possibilidades distintas de montar essa exposição é igual a:

a) 5 b) 12 c) 24 d) 6 e) 15

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75. (ESAF 2013/STN) De um grupo com 5 homens e 4 mulheres, deseja-se formar uma comissão com exatamente 3 pessoas. A exigência é que nessa comissão precisa ter pelo menos 2 mulheres. Então, o número de possibilidades de formar essa comissão é igual a

a) 20 b) 42 c) 24 d) 34 e) 48

76. (ESAF 2013/ATA-MF) O número de anagramas da palavra FAZENDA que começam com FA e nessa ordem é igual a:

a) 130 b) 124 c) 120 d) 115 e) 136

77. (ESAF 2013/ATA-MF) Uma comissão com 6 pessoas será formada para representar o Ministério da Fazenda em um congresso internacional. Essas 6 pessoas serão selecionadas de um grupo formado por 5 homens e 6 mulheres. O número de possibilidades de nessa comissão termos 4 pessoas do mesmo sexo é igual a:

a) 210 b) 215

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c) 245 d) 225 e) 240

78. (ESAF 2014/MTUR) Com as letras M, N, O, P, Q, S, T e X, formam-se códigos de quatro letras, sendo que repetições das letras não são permitidas. O número de códigos possíveis é igual a:

a) 1.680 b) 1.560 c) 1.590 d) 1.670 e) 1.650

79. (ESAF 2014/MTUR) A retirada de amostras aleatórias simples pode ser realizada segundo dois critérios, a saber: com ou sem reposição. Considerando-se uma população de tamanho N = 10 e amostras de tamanho n = 3, o número de possíveis amostras aleatórias simples que podem ser retiradas dessa população, utilizando-se os critérios com e sem reposição são, respectivamente, iguais a:

a) 1000 ; 120 b) 1000 ; 20 c) 500 ; 120 d) 100 ; 20 e) 1200 ; 150

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80. (FGV 2014/AL-BA) A sigla de Assembleia Legislativa do Estado da Bahia é “ALBA”. Embaralhando as letras de ALBA, o número de sequências diferentes que podem ser formadas com essas mesmas 4 letras é

(A) 4. (B) 6. (C) 8. (D) 10. (E) 12.

81. (FGV 2013/CONDER) O número de maneiras diferentes de se colocar as letras da sigla CONDER em fila, de modo que a fila comece por uma vogal, é

(A) 240. (B) 120. (C) 96. (D) 72. (E) 60.

82. (FGV 2013/SUDENE) Observe a tabela a seguir:

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Começando pela letra S na primeira linha e caminhando consecutivamente sempre para a linha de baixo em diagonal para a coluna imediatamente à esquerda ou para a coluna imediatamente à direita até chegar na última linha, forma-se sempre a sigla SUDENE. A quantidade de caminhos possíveis é

(A) 20. (B) 21. (C) 32. (D) 64. (E) 720.

83. (VUNESP 2017/CM de Cotia) Em uma festa, estavam presentes homens e mulheres, sendo que havia 5 homens a mais do que mulheres. Cada homem conversou com cada outro homem, cada mulher conversou com cada outra mulher e cada homem conversou com cada mulher, num total de 253 conversas. O número total de pessoas nessa festa era, incluindo homens e mulheres,

(A) 23. (B) 29. (C) 31. (D) 37. (E) 41.

84. (FGV 2012/PC-MA) Entre vinte policiais civis há doze homens e oito mulheres. Deseja-se escolher, entre eles, quatro policiais civis sendo dois homens e duas mulheres. O número total de conjuntos distintos de quatro policias civis que se pode escolher nas condições dadas é:

(A) 7392.

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(B) 1848. (C) 384. (D) 188. (E) 94.

85. (FGV 2010/DOCAS) Há seis contêineres diferentes que deverão ser empilhados, três mais pesados embaixo e três mais leves em cima, conforme sugere a figura.

O número de maneiras de se fazer essa arrumação, mantendo os três mais pesados embaixo e os três mais leves em cima é

a) 18 b) 6 c) 9 d) 36 e) 72

86. (FGV 2010/DOCAS) Marcelo tem 6 camisas diferentes, sendo duas delas camisas sociais. Marcelo tem ainda 5 calças compridas, sendo 3 delas calças jeans. De quantas formas diferentes Marcelo pode usar, ao mesmo tempo, uma das camisas e uma das calças de forma que camisas sociais nunca sejam usadas com calças jeans?

a) 30 b) 16

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c) 12 d) 8 e) 24

87. (FGV 2010/CAERN) De quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 pessoas em fila sendo que Maria, uma dessas 5 pessoas, jamais seja a primeira da fila?

a) 120 b) 112 c) 96 d) 75 e) 88

88. (FGV 2010/CAERN) Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. Quantas senhas diferentes podem ser criadas de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes?

a) 3.600 b) 3.645 c) 2.520 d) 2.240 e) 2.016

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89. (FGV 2010/CAERN) Num curso de pós-graduação, Marcos, Nélson, Osmar e Pedro são candidatos a representantes da turma da qual fazem parte. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. Quantas duplas diferentes de representante e auxiliar podem ser formadas?

a) 24. b) 18. c) 16. d) 12. e) 6.

90. (FGV 2014/FUNARTE) Certa empresa solicita a cada funcionário uma senha de segurança formada por uma vogal e duas consoantes diferentes do nosso alfabeto atual. Exemplos de senhas desse tipo são KPA e BIG. O número de senhas diferentes que podem ser formadas é:

(A) 2100; (B) 2205; (C) 3250; (D) 6300; (E) 6615.

91. (FCC 2016/Pref. de Campinas) A montagem de um mecanismo exige que ele contenha pelo menos duas, e no máximo quatro, de seis peças diferentes (A, B, C, D, E, F). Sabendo que as únicas peças que compõem esse mecanismo são as seis peças mencionadas, o total de possibilidades diferentes, de montagem desse mecanismo, é igual a

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(A) 48. (B) 50. (C) 55. (D) 56. (E) 57.

92. (FCC 2016/SEFAZ-MA) Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8 primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados que Jair pode fazer para o jantar é igual a

(A) 40. (B) 56. (C) 30. (D) 26. (E) 36.

93. (FCC 2016/AL-MS) O setor de almoxarifado de uma loja conta com 6 funcionários, e o setor de conferencistas com outros 5 funcionários. Uma tarefa tem que ser executada por um grupo de 3 funcionários do almoxarifado e, em seguida, tem que ser conferida por um grupo de 2 conferencistas. O total de possibilidades diferentes de agrupamentos dos 5 funcionários que devem executar e conferir essa tarefa é igual a

(A) 120. (B) 180. (C) 200.

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(D) 150. (E) 240.

94. (FGV 2015/TCE-SE) João tem 4 primas e 3 primos, deseja convidar duas dessas pessoas para ir ao cinema, mas não quer que o grupo seja exclusivamente masculino. O número de maneiras diferentes pelas quais João pode escolher seus dois convidados é:

a) 9; b) 12; c) 15; d) 16; e) 18.

95. (FGV 2015/TJ-RO) João tem 5 processos que devem ser analisados e Arnaldo e Bruno estão disponíveis para esse trabalho. Como Arnaldo é mais experiente, João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para Bruno. O número de maneiras diferentes pelas quais João pode distribuir esses 5 processos entre Arnaldo e Bruno é:

a) 6; b) 8; c) 10; d) 12; e) 15.

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96. (FGV 2015/Pref. de Niterói) João coordena as 5 pessoas da equipe de manutenção de uma empresa e deve designar, para cada dia, as pessoas para as seguintes funções:
 • uma pessoa da equipe para abrir o prédio da empresa e fiscalizar o trabalho geral; • duas pessoas da equipe para o trabalho no turno da manhã, deixando as outras duas para o turno da tarde. O número de maneiras diferentes pelas quais João poderá organizar essa escala de trabalho é:

a) 10; b) 15; c) 20; d) 30; e) 60.

97. (FCC 2015/SEFAZ-PI) A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas. Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a mesma senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo,

(A) 240 tentativas. (B) 144 tentativas. (C) 576 tentativas. (D) 196 tentativas. (E) 288 tentativas.

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98. (FCC 2015/SEFAZ-PE) A prova de raciocínio lógico de um concurso foi elaborada com 10 questões, sendo 4 fáceis, 3 médias e 3 difíceis. Para criar diferentes versões dessa prova, a organização do concurso pretende trocar a ordem das questões, mantendo sempre as fáceis no início, as médias no meio e as difíceis no final e respeitando as seguintes restrições colocadas pelo elaborador: − há duas questões fáceis que, por se referirem a uma mesma figura, devem ser mantidas uma após a outra, em qualquer ordem; − há ainda uma questão média e uma difícil que se referem a um mesmo texto, devendo também ser mantidas uma após a outra, com a média aparecendo primeiro. 
Nessas condições, o número de diferentes versões que a organização do concurso poderá criar para essa prova é igual a

(A) 54. (B) 40. (C) 24. (D) 36. (E) 48.

99. (FCC 2015/SEFAZ-PE) A tabela a seguir mostra a pontuação obtida pelas cinco empresas que participaram da concorrência pública para a construção das dez estações de uma linha de metrô.

De acordo com as regras do edital da concorrência, somente as empresas com mais de 150 pontos seriam consideradas aprovadas. Além disso, o edital determinava que as dez estações seriam distribuídas entre as empresas aprovadas proporcionalmente ao número de pontos que cada uma delas obteve. Sabendo que as dez estações são iguais, o número de maneiras

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diferentes de distribuí-las entre as empresas aprovadas, de acordo com as regras do edital, é igual a

(A) 7560. (B) 5040. (C) 2520. (D) 1260. (E) 3780.

100.

(FCC 2016/SEDU-ES)

São realizados três lançamentos, em sequência, de um dado com faces numeradas de 1 a 6. Com os resultados obtidos, em cada três lançamentos, forma-se um número de três algarismos. Por exemplo: se os resultados obtidos foram, nessa ordem, 2; 6 e 3, o número formado será 263. A quantidade de números diferentes, e que sejam menores do que 500, que podemos formar dessa maneira é igual a

(A) 499. (B) 186. (C) 399. (D) 144. (E) 400.

101.

(FCC 2016/SEDU-ES)

O número de anagramas que podem ser obtidos utilizando as letras da palavra VITÓRIA, e que terminam com uma consoante é igual a

(A) 2520. (B) 1080.

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(C) 840. (D) 5040. (E) 1980.

102.

(FCC 2016/SEFAZ-MA)

Considere a descrição de sistemas de senhas abaixo. - Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras do alfabeto seguidas de três algarismos ímpares. − Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois algarismos diferentes. − Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos diferentes dentre os oito primeiros algarismos. Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas é

(A) K;L;J. (B) J;L;K. (C) J;K;L. (D) L;K;J. (E) K;J;L.

103.

(CONSULPLAN 2017/TRF 2ª Região)

Bruna mora longe de seus pais e deseja escolher 3 meses de um mesmo ano para visitá-los, sendo que os dois primeiros deles devem ser do primeiro semestre do ano e não consecutivos; o outro mês deve ser qualquer um a partir de agosto. De quantas maneiras Bruna poderá efetuar a escolha dos meses em que visitará seus pais?

A) 18.

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B) 32. C) 50. D) 60.

104.

(CETRO 2012/PM-SP)

Simplificando

(𝒏L𝟒)! (𝒏i𝟐)!

∙

(𝒏i𝟑)! (𝒏L𝟑)!

, obtém-se

a) 𝑛N + 2𝑛 − 8 b) 𝑛N − 2𝑛 + 8 c) 𝑛N − 2𝑛 − 8 d) 𝑛N + 2𝑛 + 8

105.

(CETRO 2012/PM-SP)

Uma lei de certo país determinou que as placas das viaturas de polícia deveriam ter 3 algarismos seguidos de 4 letras do alfabeto grego (24 letras). Sendo assim, o número de placas diferentes será igual a

(A) 175.760.000. (B) 183.617.280. (C) 331.776.000. (D) 358.800.000.

106.

(IDECAN 2014/AGU)

Observe a figura. Quantos caminhos diferentes há para ir de A até B, andando sobre as linhas da grade e sempre nos sentidos das setas x e y?

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a) 28 b) 120 c) 330 d) 360 e) 720

107.

(FGV 2018/MPE-AL)

Em uma reunião há 9 pessoas, das quais 6 se conhecem mutuamente e as outras 3 não conhecem nenhuma das outras pessoas presentes à reunião. As pessoas que se conhecem, se cumprimentam com um abraço e, as pessoas que não se conhecem, se cumprimentam com um aperto de mão. Todas as pessoas presentes à reunião se cumprimentaram mutuamente. Assinale a opção que indica o número de apertos de mãos que foram dados.

a) 21. b) 20. c) 18. d) 15. e) 12.

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108.

(FGV 2017/IBGE)

Em um encontro de 12 pessoas, 8 delas se conhecem mutuamente e cada uma das outras 4 não conhece nenhuma das pessoas presentes ao encontro. Pessoas que se conhecem mutuamente se cumprimentam com um abraço e pessoas que não se conhecem se cumprimentam com um aperto de mão. Todas as pessoas presentes ao encontro se cumprimentam entre si. O número de apertos de mão dados é:

a) 32; b) 36; c) 38; d) 42; e) 44.

109.

(FGV 2018/ALE-RO)

O presidente e o vice-presidente de uma comissão serão escolhidos entre os 10 deputados do Partido X e os 6 deputados do Partido Y. Os Partidos acordaram que os dois cargos não poderão ser ocupados por deputados de um mesmo Partido. O número de maneiras diferentes de se escolher o presidente e o vice-presidente dessa comissão, é

a) 16. b) 32. c) 60. d) 64. e) 120.

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110.

(FGV 2018/ALE-RO)

Helena entra em uma sorveteria que oferece sorvetes de 8 sabores diferentes. Helena deseja escolher uma casquinha com duas bolas de sorvete não necessariamente de sabores diferentes. A ordem em que as bolas forem colocadas na casquinha não fará a escolha de Helena ser diferente. O número de maneiras de Helena escolher sua casquinha é

a) 64. b) 56. c) 36. d) 28. e) 16.

111.

(FGV 2017/SEPOG-RO)

Armando, Bárbara, Carlos e Deise foram ao cinema e vão ocupar quatro poltronas consecutivas em uma fila. Armando e Carlos não querem sentar um ao lado do outro. Nessas condições, o número de maneiras diferentes que eles podem ocupar as quatro poltronas é

a) 24. b) 18. c) 15. d) 12. e) 8.

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112.

(FGV 2017/Prefeitura de Salvador)

Três casais vão ocupar seis cadeiras consecutivas de uma fila do cinema, e os casais não querem sentar separados. Assinale a opção que indica o número de maneiras diferentes em que esses três casais podem ocupar as seis cadeiras.

a) 6. b) 12. c) 24. d) 36. e) 48.

113.

(FGV 2017/Prefeitura de Salvador)

Cinco pessoas de diferentes alturas devem ocupar as cinco cadeiras abaixo para uma fotografia.

O fotógrafo pediu que nem o mais baixo nem o mais alto ocupassem as cadeiras das extremidades. Respeitando essa condição, o número de maneiras como as pessoas podem se posicionar para a fotografia é

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15. GABARITOS

01. E 02. B 03. C 04. B 05. E 06. C 07. C 08. C 09. E 10. C 11. E 12. C 13. C 14. E 15. E 16. E 17. C 18. C 19. C 20. E 21. C 22. C 23. E 24. C 25. E 26. E 27. E 28. C 29. C 30. E 31. E 32. C 33. E 34. C Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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35. C 36. E 37. E 38. E 39. C 40. C 41. C 42. E 43. E 44. E 45. C 46. C 47. E 48. C 49. A 50. C 51. C 52. E 53. C 54. E 55. A 56. C 57. B 58. B 59. B 60. C 61. B 62. E 63. E 64. B 65. B 66. C 67. A 68. D 69. E 70. B 71. A 72. B 73. D 74. C 75. D 76. C

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77. D 78. A 79. A 80. E 81. A 82. C 83. A 84. B 85. D 86. E 87. C 88. C 89. D 90. D 91. B 92. D 93. C 94. E 95. C 96. D 97. E 98. E 99. C 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110. 111. 112. 113.

D B D C A C C A C E C D E D

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16. LISTA DE QUESTÕES DE CONCURSOS ANTERIORES COM COMENTÁRIOS

1. (CESPE 2019/PGE-PE) A União tem, hoje, 138 estatais sob sua gestão, entre elas o Banco do Brasil S.A., a PETROBRAS e a CAIXA. Dessas 138, somente três devem permanecer sob a gestão da União; as demais serão privatizadas. Considerando essa afirmação, julgue o item.

Se todas as estatais tiverem a chance de ficar sob a gestão da União, então a quantidade de maneiras distintas de escolher as três empresas que não serão privatizadas será inferior a 230.000. Comentário

Há 138 estatais disponíveis e vamos escolher 3. É importante notar que é indiferente não privatizar as empresas (A, B, C) ou não privatizar as empresas (C, A, B). Em outras palavras, a ordem das empresas escolhidas não é relevante. Dessa forma, devemos utilizar combinação simples para calcular o total de maneiras distintas de escolher as três empresas. 𝑪𝟑𝟏𝟑𝟖 =

𝟏𝟑𝟖 ∙ 𝟏𝟑𝟕 ∙ 𝟏𝟑𝟔 𝟑∙𝟐∙𝟏

O denominador é igual a 6. Podemos simplificar 138 com 6, pois 138/6 = 23. 𝑪𝟑𝟏𝟑𝟖 = 𝟐𝟑 ∙ 𝟏𝟑𝟕 ∙ 𝟏𝟑𝟔 Na hora da prova, você não precisa fazer esse cálculo, pois não queremos saber o valor exato. Queremos saber apenas se esse resultado é inferior a 230.000. Vamos arredondar esses números “para baixo”.

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𝟐𝟎 ∙ 𝟏𝟑𝟎 ∙ 𝟏𝟑𝟎 = 𝟑𝟑𝟖. 𝟎𝟎𝟎 Como 338.000 é maior do que 230.000, então certamente 𝑪𝟑𝟏𝟑𝟖 é superior a 230.000. Gabarito: Errado

2. (CESPE 2019/COGE-CE) Em determinado órgão, sete servidores foram designados para implantar novo programa de atendimento ao público. Um desses servidores será o coordenador do programa, outro será o subcoordenador, e os demais serão agentes operacionais. Nessa situação, a quantidade de maneiras distintas de distribuir esses sete servidores nessas funções é igual a

a) 21. b) 42. c) 256. d) 862. e) 5.040. Comentário

• • •

Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶^M = 7 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. Sobraram 6 pessoas disponíveis. Devemos agora escolher 1 subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶BM = 6 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. Sobraram 5 pessoas. Devemos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶II = 1 maneira.

Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é 7 × 6 × 1 = 42. Poderíamos também ter começado escolhendo os agentes operacionais. •

Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶^I = 21 maneiras.

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• •

Sobraram 2 pessoas. Dessas duas pessoas, precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶NM = 2 maneiras. Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolher o subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶MM = 1 maneira.

Pelo princípio fundamental da contagem, podemos distribuir os servidores nas funções de 21 × 2 × 1 = 42 maneiras. Há ainda uma terceira solução, que é bem mais rápida. Vamos utilizar o conceito de partições ordenadas.

Há 7 pessoas e queremos dividi-las em 3 subconjuntos com 1 pessoa (o coordenador), 1 pessoa (o subcoordenador) e 5 pessoas (os agentes operacionais). O total de partições ordenadas é dado por: 7! 7 ∙ 6 ∙ 5! 7 c d= = = 7 ∙ 6 = 42 1, 1, 5 1! 1! 5! 5! Gabarito: B

3. (CESPE 2019/SEFAZ-RS) Os funcionários de uma repartição foram distribuídos em sete grupos de trabalhos, de modo que cada funcionário participa de exatamente dois grupos, e cada dois grupos têm exatamente um funcionário em comum. Nessa situação, o número de funcionários da repartição é igual a

a) 7. b) 14. c) 21. d) 28.

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e) 35. Comentário

São 7 conjuntos, a saber: A, B, C, D, E, F e G. Sabemos que cada dois conjuntos têm exatamente um funcionário em comum. Em outras palavras, a interseção de dois conjuntos quaisquer possui exatamente 1 elemento. Além disso, sabemos que esse elemento só pode pertencer a esses dois conjuntos. Como assim? Suponha que Guilherme participe dos conjuntos A e B. Como a interseção de dois conjuntos quaisquer possui apenas um elemento, então: 𝐴 ∩ 𝐵 = {𝐺𝑢𝑖𝑙ℎ𝑒𝑟𝑚𝑒} É importante notar também que 𝐵 ∩ 𝐴 = {𝐺𝑢𝑖𝑙ℎ𝑒𝑟𝑚𝑒}, ou seja, a ordem entre os conjuntos não é relevante para determinar a interseção. Além disso, sabemos que cada funcionário participa de exatamente dois grupos. Logo, Guilherme não será elemento de nenhum outro conjunto.

Suponha agora que Marília pertence aos conjuntos D e F. Como a interseção de dois conjuntos quaisquer possui apenas um elemento, então: 𝐷 ∩ 𝐹 = {𝑀𝑎𝑟í𝑙𝑖𝑎} Como cada funcionário participa de exatamente dois grupos, então Marília não será elemento de nenhum outro conjunto. Com esse raciocínio fica fácil perceber que cada pessoa é determinada pela interseção de dois conjuntos. Em suma: há 7 conjuntos e precisamos escolher 2 para calcular a sua interseção. Cada interseção corresponde a um funcionário. Como a interseção é comutativa, ou seja, a ordem entre os conjuntos não é relevante, então o número de funcionários corresponde à quantidade de interseções de dois conjuntos selecionados entre os 7 disponíveis. Em outras palavras: o número de funcionários é a quantidade de combinações de 7 objetos tomados 2 a 2. 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

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Vamos resolver de outra forma. Vimos que 𝐴 ∩ 𝐵 possui 1 elemento, ou seja, 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) = 1. Da mesma forma, podemos concluir que: 𝑛(𝐴 ∩ 𝐶) = 1 𝑛(𝐴 ∩ 𝐷) = 1 𝑛(𝐴 ∩ 𝐸) = 1 𝑛(𝐴 ∩ 𝐹) = 1 𝑛(𝐴 ∩ 𝐺) = 1 Em suma: o conjunto A possui 1 elemento em comum com B, 1 elemento em comum com C, 1 elemento em comum com D, 1 elemento em comum com E, 1 elemento em comum com F e 1 elemento comum com G. Logo, o conjunto A possui 6 elementos. Seguindo o mesmo raciocínio, cada um dos outros conjuntos possui 6 elementos. 𝑛(𝐴) = 𝑛(𝐵) = 𝑛(𝐶) = 𝑛(𝐷) = 𝑛(𝐸) = 𝑛(𝐹) = 𝑛(𝐺) = 6 Logo, são 7 conjuntos com 6 elementos cada. O total de elementos seria 7 × 6 = 42 Entretanto, cada elemento foi contado duas vezes. Logo, o total de elementos é 42 = 21 2 Gabarito: C

4. (CESPE 2018/SEFAZ-RS) Se 7 kg de feijão forem distribuídos para até quatro famílias, de modo que cada uma delas receba um número inteiro de quilos, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se distribuírem esses 7 kg de feijão para essas famílias será igual a

a) 30. b) 120.

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c) 330. d) 820. e) 1.320. Comentário

A situação descrita no enunciado pode ser perfeitamente modelada pelo exemplo da prateleira que utilizei na teoria sobre combinações completas. Imagine que temos 7 sacos de 1 kg de feijão. Queremos distribuí-los para ATÉ 4 famílias. Isso quer dizer que alguma família pode ficar sem feijão. O que vamos fazer? Vamos construir uma prateleira com divisórias móveis. Nessa prateleira, teremos 3 divisórias, pois queremos distribuir os sacos de feijão entre 4 famílias. Vou representar cada saco de feijão por uma bolinha. Observe.

Percebeu o porquê de serem 3 divisórias? Com 3 divisórias, a prateleira fica dividida em 4 regiões. Vamos agora colocar 7 bolinhas, que correspondem aos sacos de feijão.

Na configuração acima, a primeira família recebeu 2kg de feijão, a segunda família recebeu 1 kg de feijão, a terceira família recebeu 4kg de feijão e a quarta família ficou sem feijão. Para distribuir os sacos de feijão, eu posso movimentar tanto os sacos de feijão (as bolinhas) quanto as divisórias (os traços). Vou movimentar duas bolinhas, por exemplo.

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Veja que eu vou movimentar agora a segunda divisória para a direita.

Assim, podemos reorganizar a distribuição dos sacos movimentando os traços ou as bolinhas. Portanto, o total de maneiras de distribuir os 7 kg de feijão em até 4 famílias é o total de permutação de 10 objetos (7 bolinhas e 3 traços), sendo que temos repetição de 7 bolas e 3 traços. ^,J 𝑃MY =

=

10! = 7! 3!

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 720 = = 120 7! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 6

Ah, professor Guilherme... como eu iria pensar nisso na hora da prova? Meu querido aluno, é por isso que as pessoas precisam estudar os PDFs antes da prova do concurso. :) Gabarito: B

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(CESPE 2018/PM-MA) Uma operação policial será realizada com uma equipe de seis agentes, que têm prenomes distintos, entre eles André, Bruno e Caio. Um agente será o coordenador da operação e outro, o assistente deste; ambos ficarão na base móvel de operações nas proximidades do local de realização da operação. Nessa operação, um agente se infiltrará, disfarçado, entre os suspeitos, em reunião por estes marcada em uma casa noturna, e outros três agentes, também disfarçados, entrarão na casa noturna para prestar apoio ao infiltrado, caso seja necessário. A respeito dessa situação hipotética, julgue o item seguinte.

5. A quantidade de maneiras distintas de formar a equipe, de modo que André, Bruno e Caio sejam os agentes que ocuparão, respectivamente, as vagas de coordenador, assistente e infiltrado, é superior a 5. 6. A quantidade de maneiras distintas de formar a equipe, de modo que André, Bruno e Caio sejam os agentes que prestarão apoio ao infiltrado, é inferior a 10. 7. Há mais de 100 maneiras distintas de estruturar, com os seis agentes, a equipe que realizará a operação policial. Comentário Item I

O coordenador já foi escolhido: André. O assistente já foi escolhido: Bruno. O infiltrado já foi escolhido: Caio. Precisamos escolher os agentes que estarão disfarçados prestando apoio ao infiltrado. Há 3 agentes disponíveis (porque são 6 ao todo, mas já selecionamos 3 – André, Bruno e Caio – para as vagas de coordenador, assistente e infiltrado). Desses 3 agentes disponíveis, devemos escolher 3 para entrarem disfarçados prestando apoio ao infiltrado. Como não há ordem entre esses agentes disfarçados, vamos utilizar combinação simples. Há 3 agentes disponíveis e devemos escolher 3. 𝐶JJ = 1 Logo, há apenas uma maneira de formar a equipe André, Bruno e Caio sejam os agentes que ocuparão, respectivamente, as vagas de coordenador, assistente e infiltrado.

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O item I está errado.

Item II

Agora André, Bruno e Caio já foram escolhidos para serem os agentes que prestarão apoio ao infiltrado. Sobraram 3 agentes. Esses 3 agentes serão divididos em 3 subconjuntos, cada um com 1 elemento: 1 será o coordenador, o outro será o assistente, e outro será o infiltrado. Podemos resolver esse problema com o conceito de partições ordenadas. c

3! 3∙2∙1 3 d= = =6 1, 1, 1 1! 1! 1! 1

Poderíamos também ter usado o princípio fundamental da contagem: há 3 possibilidades para escolher o coordenador, 2 possibilidades para escolher o assistente e 1 possibilidade para escolher o infiltrado. O total de possibilidades é 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6. O item II está certo.

Item III

Há 6 agentes disponíveis. Um será o coordenador, o outro o assistente, o outro o infiltrado, e os outros 3 serão agentes disfarçados. Assim, precisamos dividir o conjunto de 6 agentes em 4 subconjuntos com as seguintes quantidades de elementos: 1, 1, 1 e 3. Como cada conjunto tem um papel distinto no problema (um é coordenador, o outro é o assistente, e assim por diante), então vamos calcular o total de partições ordenadas. 𝟔! 𝟔! 𝟔 ∙ 𝟓 ∙ 𝟒 ∙ 𝟑! 𝟔 c d= = = = 𝟔 ∙ 𝟓 ∙ 𝟒 = 𝟏𝟐𝟎 𝟏, 𝟏, 𝟏, 𝟑 𝟏! 𝟏! 𝟏! 𝟑! 𝟑! 𝟑! Outra maneira seria utilizar combinações. • •

Há 6 agentes disponíveis. Vamos escolher o coordenador. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟔 = 𝟔 maneiras diferentes. Sobraram 5 agentes. Vamos escolher o assistente. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟓 = 𝟓 maneiras diferentes.

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• •

Sobraram 4 agentes. Vamos escolher o infiltrado. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟒 = 𝟒 maneiras diferentes. Sobraram 3 agentes. Vamos escolher os 3 disfarçados. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟑𝟑 = 𝟏 maneira.

Assim, o número total de possibilidades é 𝟔 × 𝟓 × 𝟒 × 𝟏 = 𝟏𝟐𝟎. Multiplicamos porque utilizamos o conectivo “e”: devemos escolher 1 coordenador, e 1 assistente, e 1 infiltrado e 3 disfarçados. Guilherme, e se eu tivesse começado escolhendo os agentes disfarçados? Não tem problema. Ficaria assim:

• • • •

Há 6 agentes disponíveis. Vamos escolher os 3 disfarçados. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟑𝟔 = 𝟐𝟎 maneiras diferentes. Sobraram 3 agentes. Vamos escolher o coordenador. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟑 = 𝟑 maneiras diferentes. Sobraram 2 agentes. Vamos escolher o assistente. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟐 = 𝟐 maneiras diferentes. Sobrou 1 agente. Vamos escolher o infiltrado. Podemos fazer essa escolha de 𝑪𝟏𝟏 = 𝟏 maneiras diferentes.

O total de possibilidades é 𝟐𝟎 × 𝟑 × 𝟐 × 𝟏 = 𝟏𝟐𝟎. O item III está certo. Gabarito: Errado, Certo, Certo

8. (CESPE 2018/EBSERH) Julgue o próximo item, a respeito de contagem.

Se a enfermaria de um hospital possuir cinco leitos desocupados e se cinco pacientes forem ocupar esses leitos, então haverá mais de 100 formas diferentes de fazer essa ocupação. Comentário

O problema é resolvido em 5 etapas: escolher o paciente que vai ocupar o primeiro leito, escolher o paciente que vai ocupar o segundo leito, e assim por diante. Há 5 possibilidades na escolha do paciente que vai ocupar o primeiro leito. Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Há 4 possibilidades na escolha do paciente que vai ocupar o segundo leito. Há 3 possibilidades na escolha do paciente que vai ocupar o terceiro leito. Há 2 possibilidades na escolha do paciente que vai ocupar o quarto leito. Há 1 possibilidade na escolha do paciente que vai ocupar o quinto leito. Pelo princípio fundamental da contagem, há 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 formas de escolher a disposição dos pacientes no leito. Gabarito: Certo.

9. (CESPE 2013/CNJ) Em uma sala, cinco computadores para uso público (A, B, C, D e E) estão ligados em uma rede. Devido a problemas com os softwares de proteção da rede, o computador A está infectado com algum vírus; consequentemente, o computador B ou o computador C está infectado com o mesmo vírus. Se o computador C estiver infectado, então os computadores D e E também estarão infectados com o mesmo vírus. Cada computador pode ser infectado isoladamente e todas as manhãs, antes de serem disponibilizados para a utilização pública, os cinco computadores são submetidos a software antivírus que os limpa de qualquer infecção por vírus. Considerando a situação hipotética acima e desconsiderando questões técnicas relativas à proteção e segurança de redes, julgue o item a seguir.

Se, no início de determinada manhã, os cinco computadores estiverem disponíveis para uso e cinco pessoas entrarem na sala, ocupando todos os computadores, a quantidade de formas diferentes de essas cinco pessoas escolherem os computadores para utilização será inferior a 100. Comentário

Há 5 computadores disponíveis para a primeira pessoa, 4 computadores para a segunda pessoa, 3 computadores para a terceira pessoa, 2 computadores para a quarta pessoa e 1 computador disponível para a última pessoa. Pelo princípio fundamental da contagem, a quantidade de possibilidades é 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 Gabarito: errado.

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10. (CESPE 2015/MPOG) Determinado órgão público é composto por uma diretoria geral e quatro secretarias; cada secretaria é formada por três diretorias; cada diretoria tem quatro coordenações; cada coordenação é constituída por cinco divisões, com um chefe e sete funcionários subalternos em cada divisão. A respeito desse órgão público, julgue os itens seguintes, sabendo que cada executivo e cada funcionário subalterno só pode ocupar um cargo nesse órgão.

Se, entre onze servidores previamente selecionados, forem escolhidos: sete para compor determinada divisão, um para chefiar essa divisão, um para a chefia da coordenação correspondente, um para a diretoria e um para a secretaria, haverá menos de 8.000 maneiras distintas de se fazer essas escolhas. Comentário

Há 11 servidores e vamos dividi-los em subconjuntos (partições). Cada subconjunto tem uma função específica. Logo, queremos calcular a quantidade de partições ordenadas. Os subconjuntos terão as seguintes quantidades de elementos: 7, 1, 1, 1, 1. Logo, o número de partições ordenadas é 11! 11! 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 11 c d= = = 7, 1, 1, 1, 1 7! 1! 1! 1! 1! 7! 7!

= 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 = 7.920 Vamos agora resolver utilizando combinações. • • • • •

Há 11 servidores. Precisamos escolher 7 para compor a divisão. Podemos fazer essa ^ escolha de 𝐶MM maneiras. Sobraram 4 pessoas. Precisamos escolher 1 para chefiar a divisão. Podemos fazer essa escolha de 𝐶XM = 4 maneiras. Sobraram 3 pessoas. Precisamos escolher 1 para a chefia da coordenação. Podemos fazer essa escolha de 𝐶JM = 3 maneiras. Sobraram 2 pessoas. Precisamos escolher 1 para a diretoria. Podemos fazer essa escolha de 𝐶NM = 2 maneiras. Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolhe 1 para a secretaria. Podemos fazer essa escolha de 𝐶MM = 1 maneira.

O total de possibilidades é

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^ 𝐶MM ∙4∙3∙2∙1

^ X Lembre-se que 𝐶MM = 𝐶MM . Logo, o total de possibilidades é X 𝐶MM ∙4∙3∙2∙1=

=

11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙4∙3∙2∙1 4∙3∙2∙1

= 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 = 7.920 Ainda utilizando combinações, poderíamos ter resolvido começando pelas funções que serão exercidas por apenas uma pessoa. Observe: • • • • •

Há 11 servidores. Precisamos escolher 1 para chefiar a divisão. Podemos fazer essa escolha M de 𝐶MM = 11 maneiras. Sobraram 10 pessoas. Precisamos escolher 1 para a chefia da coordenação. Podemos fazer M essa escolha de 𝐶MY = 10 maneiras. Sobraram 9 pessoas. Precisamos escolher 1 para a diretoria. Podemos fazer essa escolha de 𝐶|M = 9 maneiras. Sobraram 8 pessoas. Precisamos escolhe 1 para a secretaria. Podemos fazer essa escolha de 𝐶AM = 8 maneiras. Sobraram 7 pessoas. Precisamos escolher 7 para compor a divisão. Podemos fazer essa escolha de 𝐶^^ = 1 maneira.

O total de possibilidades é 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 1 = 7.920 Gabarito: Certo

11. (CESPE 2017/Pref. de São Luís 2017) Em 2015, na cidade de São Luís, 1.560 docentes atuavam nas escolas de ensino fundamental. Entre eles, havia 450 Marias e 150 Pedros. Esses 1.560 docentes eram distribuídos, para cada escola, de forma aleatória. Nessa situação, assinale a opção que apresenta a expressão que permite determinar a quantidade de possíveis escolhas para a formação do primeiro grupo de 20 professores de maneira que, nesse grupo, não haja nenhuma Maria e nenhum Pedro.

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𝑎)

600! 20! × 580!

𝑏)

1.560! 600!

𝑐)

300! 20!

𝑑)

960! 600! × 360!

𝑒)

960! 20! × 940!

Comentário

Vamos retirar as 450 Marias e os 150 Pedros do grupo de 1.560 docentes. Restarão 1.560 – 450 – 150 = 960 docentes. Dos 960 docentes, escolheremos 20. Observe que a ordem dos docentes não influencia na formação do agrupamento. Por isso, vamos utilizar combinações. Há 960 docentes disponíveis e devemos escolher 20. NY 𝐶|BY

A banca requer, neste caso, a utilização da fórmula do número de combinações. Começamos com o fatorial do maior número no numerador e o fatorial do menor número no denominador. Completaremos o denominador colocando o fatorial da diferença entre os números. NY 𝐶|BY =

960! 20! × 940!

Gabarito: E

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12. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

O número de maneiras distintas de escolher 6 militares para formarem a primeira equipe é superior a 553. Comentário

Temos 60 policiais e devemos escolher 6 para formar a primeira equipe. Como a ordem dos elementos não influencia na formação do agrupamento, vamos utilizar combinações. B Isso pode ser feito de 𝐶BY maneiras. B 𝐶BY =

60 ∙ 59 ∙ 58 ∙ 57 ∙ 56 ∙ 55 = 10 ∙ 59 ∙ 29 ∙ 19 ∙ 14 ∙ 11 6∙5∙4∙3∙2∙1

Queremos comparar este número com 553. Observe que 14 ∙ 11 = 154 e 10 ∙ 29 = 290. Logo, = 290 ∙ 59 ∙ 19 ∙ 154 Claramente esse número é maior do que 55J = 55 ∙ 55 ∙ 55 porque temos 4 fatores dos quais 3 são maiores do que 55. Gabarito: certo.

13. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

Se as 2 primeiras equipes formadas forem constituídas apenas por mulheres, então o número de MI!

maneiras distintas de escolher os membros dessas equipes será igual a B!∙B!∙J!. Comentário

Vamos resolver utilizando combinações.

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Há 15 mulheres e devemos escolher 6 para a primeira equipe. Em seguida, sobram 9 mulheres das quais devemos escolher 6 para a segunda equipe. Observe que queremos colocar 6 mulheres na primeira equipe e 6 mulheres na segunda equipe. Como o conectivo usado é “e”, devemos multiplicar as quantidades. O total de maneiras para escolher os membros dessa equipe é B 𝐶MI ∙ 𝐶|B =

15! 9! 15! ∙ = 6! 9! 6! 3! 6! 6! 3!

Vamos agora resolver utilizando partições ordenadas. Há 15 mulheres e vamos dividir em dois grupos de 6 mulheres. Observe que sobraram 3 mulheres. Essas 3 mulheres formam um terceiro subconjunto. Assim, na verdade, estamos dividindo as 15 mulheres em 3 subconjuntos: dois subconjuntos com 6 mulheres e um terceiro com 3 mulheres. Sempre que sobrarem pessoas, você deve juntar a “sobra” em um último subconjunto. c

15! 15 d= 6, 6, 3 6! 6! 3!

Gabarito: certo.

14. (CESPE 2014/PMCE) Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item subsequente.

O número de maneiras distintas de escolher 6 militares para formarem a primeira equipe, de tal forma que essa equipe tenha pelo menos cinco mulheres, é inferior a

X∙MI! |!∙I!

.

Comentário

Podemos ter equipe com 5 mulheres e 1 homem ou 6 mulheres. Lembre-se que “e” indica multiplicação e “ou” indica adição. Assim, vamos escolher 5 mulheres (dentre 15 disponíveis) e 1 homem (dentre 45 disponíveis) ou 6 mulheres (dentre 15 disponíveis).

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I B M 𝐶MI ∙ 𝐶XI + 𝐶MI =

15! 15! ∙ 45 + = 5! 10! 6! 9!

Observe que 10! = 10 ∙ 9!. Farei essa substituição porque o enunciado contém 9! 5! no denominador.

=

15! 15! ∙ 45 + 5! 𝟏𝟎 ∙ 𝟗! 6! 9!

Agora vamos dividir 45 por 10.

=

15! ∙ 𝟒, 𝟓 15! + 5! ∙ 9! 6! 9!

A primeira parcela sozinha já é maior que o número dado no enunciado. Gabarito: errado.

(CESPE 2013/IBAMA) Para melhorar a fiscalização, evitar o desmatamento ilegal e outros crimes contra o meio ambiente, 35 fiscais homens e 15 fiscais mulheres serão enviados para a região Norte do Brasil. Desses fiscais, uma equipe com 20 fiscais será enviada para o Pará, outra com 15 para o Amazonas e uma outra com 15 para Rondônia. Considerando que qualquer um desses 50 fiscais pode ser designado para qualquer uma das três equipes, julgue os itens seguintes.

15. A quantidade de maneiras distintas que essas três equipes podem ser formadas é o número representado por (50 – 20)! × (30 – 15)! × 15!. 16. Se cada equipe tiver exatamente cinco mulheres, a quantidade de maneiras distintas que 𝟑𝟓!

essas equipes podem ser formadas é o número representado por (𝟏𝟎!)𝟐 ∙(𝟓!)𝟐 . Comentário Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Item I.

Vamos primeiro resolver usando combinações. • • •

NY Dos 50 fiscais, devemos escolher 20 para o Pará. Podemos fazer escolha de 𝐶IY maneiras. Sobram 30 fiscais. Dos 30, devemos escolher 15 para o Amazonas. Podemos fazer essa MI escolha de 𝐶JY maneiras. Sobram 15 fiscais. Teremos que escolher 15 que serão enviados para Rondônia. Podemos MI fazer essa escolha de 𝐶MI = 1 maneira.

O total de possibilidades é igual a: NY MI MI 𝐶IY ∙ 𝐶JY ∙ 𝐶MI =

50! 30! 50! ∙ ∙1= 20! ∙ 30! 15! ∙ 15! 20! ∙ 15! ∙ 15!

Por que multiplicamos? Porque devemos escolher 20 para o Pará, 15 para o Amazonas e 15 para Rondônia. O conectivo usado foi “e”. O problema afirma que este número é igual a 30! × 15! × 15!. Logo, o item está errado.

Vamos agora utilizar partições ordenadas. Há 50 fiscais. Vamos dividi-los em 3 subconjuntos com as seguintes quantidades de elementos: 20, 15 e 15. O total de partições ordenadas é c

50! 50 d= 20, 15, 15 20! 15! 15!

O item I está errado.

Item II.

•

Equipe do Pará: 5 mulheres (escolhidas dentre 15) e 15 homens (escolhidos dentre 35). I MI Total: 𝐶MI ∙ 𝐶JI

Sobram 10 mulheres e 20 homens. •

Equipe do Amazonas: 5 mulheres (escolhidas dentre 10 mulheres) e 10 homens (escolhidos I MY dentre 20). Total: 𝐶MY ∙ 𝐶NY

Sobram 5 mulheres e 10 homens

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•

Equipe de Rondônia: 5 mulheres (escolhidas entre 5) e 10 homens (escolhidos entre 10). MY Total: 𝐶II ∙ 𝐶MY = 1 ∙ 1 = 1.

Total de possibilidades: I MI I MY 𝐶MI ∙ 𝐶JI ∙ 𝐶MY ∙ 𝐶NY ∙1=

15! 35! 10! 20! ∙ ∙ ∙ 5! 10! 15! 20! 5! 5! 10! 10!

Podemos cortar 20! e 15!. =

35! 5! 5! 5! 10! 10!

=

35! (10!)N ∙ (5!)J

Vamos agora resolver com partições ordenadas. Há 15 mulheres e vamos dividi-las em três grupos de 5. Há 35 homens e vamos dividi-los em três grupos: um dos grupos terá 15 (Pará), o outro grupo terá 10 (Amazonas) e o outro terá 10 (Rondônia). O total de partições ordenadas será: 15! 35! 15 35 c d∙c d= ∙ 5, 5, 5 15, 10, 10 5! 5! 5! 15! 10! 10!

Podemos escrever 5! 5! 5! = (5!)J e 10! 10! = (10!)N . Além disso, podemos cortar 15!. Ficamos com =

35! (10!)N ∙ (5!)J

Gabarito: errado, errado.

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17. (CESPE 2013/TRT-10) No concurso de loterias denominado miniquina, o apostador pode marcar 5, 6 ou 7 dezenas em uma cartela que possui as dezenas de 01 a 15. Nesse concurso, o prêmio principal é dado ao apostador que marcar em sua cartela as cinco dezenas sorteadas aleatoriamente em uma urna. Com relação ao concurso hipotético acima apresentado, julgue o item subsequente.

Considere que o cálculo do valor a ser pago pela aposta seja feito mediante a multiplicação do valor de uma aposta de 5 dezenas, que é fixo, pela quantidade de jogos de cinco dezenas que é possível fazer com as dezenas que o apostador marcar em sua cartela. Considere, ainda, que um jogo de 5 dezenas custe R$ 3,00. Em face dessa situação, é correto afirmar que o apostador deverá pagar, caso marque 7 dezenas em sua cartela, mais de R$ 60,00. Comentário

O apostador marcou 7 dezenas e os jogos serão formados por 5 destas 7 dezenas. O total de possibilidades é igual a 𝐶^I = 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

Como cada jogo custa 3 reais, o preço total é igual a 21 x 3 = 63 reais. Gabarito: certo.

(CESPE 2013/TRT-10) Considerando que, dos 10 postos de combustíveis de determinada cidade, exatamente dois deles cometam a infração de vender gasolina adulterada, e que sejam escolhidos ao acaso alguns desses postos para serem fiscalizados, julgue os itens seguintes.

18. Há mais de 15 maneiras distintas de se escolher dois postos, de modo que exatamente um deles seja infrator. 19. Há menos de 30 maneiras diferentes de se escolher quatro postos, de modo que dois deles sejam os infratores.

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Comentário

Item I. Há 2 possibilidades para escolher o posto infrator e 8 possibilidades para o posto que não é infrator. O total de possibilidades é 2 x 8 = 16. Gabarito: certo.

Item II. Há 8 postos regulares e precisamos escolher 2. Há 2 postos infratores e queremos escolher 2. O total de possibilidades é 𝐶AN ∙ 𝐶NN = 28 ∙ 1 = 28. Gabarito: certo.

(CESPE 2018/Polícia Federal/Escrivão) Para cumprimento de um mandado de busca e apreensão serão designados um delegado, 3 agentes (para a segurança da equipe na operação) e um escrivão. O efetivo do órgão que fará a operação conta com 4 delegados, entre eles o delegado Fonseca; 12 agentes, entre eles o agente Paulo; e 6 escrivães, entre eles o escrivão Estêvão. Em relação a essa situação hipotética, julgue os itens a seguir.

20. Há mais de 2.000 maneiras distintas de se formar uma equipe que tenha o delegado Fonseca ou o escrivão Estêvão, mas não ambos. 21. A quantidade de maneiras distintas de se escolher três agentes para a operação de forma que um deles seja o agente Paulo é inferior a 80. 22. Considerando todo o efetivo do órgão responsável pela operação, há mais de 5.000 maneiras distintas de se formar uma equipe para dar cumprimento ao mandado. 23. Se o delegado Fonseca e o escrivão Estêvão integrarem a equipe que dará cumprimento ao mandado, então essa equipe poderá ser formada de menos de 200 maneiras distintas.

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Comentário

Item I - Há mais de 2.000 maneiras distintas de se formar uma equipe que tenha o delegado Fonseca ou o escrivão Estêvão, mas não ambos. Vamos calcular o total de possibilidades com a participação de Fonseca (sem Estêvão), calcular o total de possibilidades com a participação de Estêvão (sem Fonseca) e somar (já que foi usado o conectivo “ou”). Comecemos com o total de possibilidades de selecionar uma equipe com o delegado Fonseca (sem o escrivão Estêvão). Como o delegado Fonseca já foi escolhido, ainda temos que escolher 3 agentes (dentre 12) e 1 escrivão (dentre 5, já que Estêvão está fora). Como estamos usando o conectivo “e”, vamos multiplicar. Neste caso, o total de possibilidades é J 𝐶MN ∙ 𝐶IM =

12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 5 = 1.100 3∙2∙1

Vamos agora calcular o total de possibilidades de selecionar uma equipe com o escrivão Estêvão (sem o delegado Fonseca). Como o escrivão Estêvão já foi escolhido, ainda precisamos escolher 1 delegado (dentre 3 disponíveis, já que Fonseca está fora) e 3 agentes (dentre 12 disponíveis). O total de possibilidades é J 𝐶JM ∙ 𝐶MN =3∙

12 ∙ 11 ∙ 10 = 660 3∙2∙1

Assim, há 1.100 + 660 = 1.760 maneiras distintas de se formar uma equipe que tenha o delegado Fonseca ou o escrivão Estêvão, mas não ambos. Gabarito: Errado

Item II - A quantidade de maneiras distintas de se escolher três agentes para a operação de forma que um deles seja o agente Paulo é inferior a 80. Comentário

O agente Paulo já foi escolhido. Assim, ainda precisamos escolher 2 agentes (dentre 11 disponíveis). O total de possibilidades é

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N 𝐶MM =

11 ∙ 10 = 55 2∙1

Gabarito: Certo.

Item III - Considerando todo o efetivo do órgão responsável pela operação, há mais de 5.000 maneiras distintas de se formar uma equipe para dar cumprimento ao mandado. Comentário

Devemos escolher 1 delegado (dentre 4 disponíveis), 3 agentes (dentre 12 disponíveis) e 1 escrivão (dentre 6 disponíveis). Como foi utilizado o conectivo “e”, vamos multiplicar. J 𝐶XM ∙ 𝐶MN ∙ 𝐶BM = 4 ∙

12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 6 = 5.280 3∙2∙1

Gabarito: Certo

Item IV - Se o delegado Fonseca e o escrivão Estêvão integrarem a equipe que dará cumprimento ao mandado, então essa equipe poderá ser formada de menos de 200 maneiras distintas. Comentário

O delegado Fonseca e o escrivão Estêvão já foram selecionados. Assim, só precisamos escolher 3 agentes (dentre 12 disponíveis). Isto pode ser feito de C(12,3) = 220 maneiras possíveis. Gabarito: Errado

24. (CESPE 2018/Polícia Federal/Agente) Em um aeroporto, 30 passageiros que desembarcaram de determinado voo e que estiveram nos países A, B ou C, nos quais ocorre uma epidemia infecciosa, foram selecionados para ser examinados. Constatou-se que exatamente 25 dos passageiros selecionados estiveram em A ou em B, nenhum desses 25 passageiros esteve em C e 6 desses 25 passageiros estiveram em A e em B. Com referência a essa situação hipotética, julgue os itens que se seguem.

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A quantidade de maneiras distintas de se escolher 2 dos 30 passageiros selecionados de modo que pelo menos um deles tenha estado em C é superior a 100. Comentário

São 30 passageiros dos quais 25 não estiveram em C. Portanto, 30 – 25 = 5 estiveram em C. N A quantidade total de maneiras para selecionar 2 passageiros dentre os 30 é igual a 𝐶JY = 435. N A quantidade de maneiras de escolher 2 passageiros que não estiveram em C é 𝐶NI = 300.

Assim, a quantidade de maneiras distintas de se escolher 2 pessoas dentre 30 de modo que pelo menos um tenha estado em C é 435 – 300 = 135. O raciocínio aqui empregado foi o seguinte: queremos escolher duas pessoas de modo que pelo menos um tenha estado em C. Assim, eu calculei o total de possibilidades para escolher duas pessoas (independentemente de qual país a pessoa tenha vindo) e subtraí as possibilidades que não nos interessam: os casos em que as duas pessoas vieram de A ou B. Eu gosto de chamar esse tipo de resolução como “destrutiva”: calculo o total e subtraio o que não me interessa. Outra maneira seria resolver, seria a forma “construtiva”. Queremos escolher 2 pessoas de tal forma que pelo menos um tenha vindo de C. Assim, podemos ter apenas 1 vindo de C ou 2 vindo de C. Vamos calcular as duas possibilidades e somar (porque usamos o conectivo “ou”). 1ª possibilidade: apenas 1 vindo de C. Neste caso, queremos escolher 1 pessoa que veio de C (dentre 5 disponíveis) e 1 que não veio de C (dentre 25 disponíveis). O total de maneiras M possíveis de fazer essa escolha é 𝐶IM ∙ 𝐶NI = 5 ∙ 25 = 125. 2ª possibilidade: os 2 escolhidos vieram de C. Como há 5 pessoas que vieram de C ao todo, então o total de maneiras para escolher os 2 é 𝐶IN = 10. O total de possibilidades é 125 + 10 = 135. Gabarito: Certo

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25. (CESPE/BACEN 2013) A numeração das notas de papel-moeda de determinado país é constituída por duas das 26 letras do alfabeto da língua portuguesa, com ou sem repetição, seguidas de um numeral com 9 algarismos arábicos, de 0 a 9, com ou sem repetição. Julgue o próximo item, relativo a esse sistema de numeração.

Existem mais de 700 formas diferentes de se escolher as duas letras que iniciarão a numeração de uma nota. Comentário

Há 26 possibilidades para a primeira letra e 26 possibilidades para a segunda letra. O total de formas para escolher as duas letras, pelo princípio fundamental da contagem, é 26 x 26 = 676. Gabarito: errado.

26. (CESPE/TCE-RO 2013) Considerando que, em uma pesquisa de rua, cada entrevistado responda sim ou não a cada uma de dez perguntas feitas pelos entrevistadores, julgue o item seguinte.

Há menos de cem maneiras de um entrevistado responder sim a três perguntas e não às demais. Comentário

Temos que escolher 3 perguntas para serem respondidas “sim” e 7 perguntas para serem respondidas “não”. Uma possibilidade seria SSSNNNNNNN. Não obrigatoriamente devemos obedecer a esta ordem. Assim, o total de possibilidades é igual à quantidade de maneiras que podemos reorganizar estas letras. Temos, portanto, permutação de 10 letras, sendo 3 letras S e 7 letras N. ^,J 𝑃MY =

10! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! = = 120 3! 7! 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 7!

Podemos também pensar com as partições ordenadas. Vamos dividir as 10 perguntas em dois subconjuntos: um com 3 elementos (sim) e outro com 7 elementos (não). O total de partições ordenadas é

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c

10! 10 d= = 120 3, 7 3! 7!

Gabarito: errado.

27. (CESPE 2013/INPI) Uma proposição composta P é construída utilizando as proposições simples p, q e r e substituindo-se os espaços em (𝒑____𝒒)_____𝒓 por um dos conectivos lógicos ∧,∨, →, ↔ 𝒆 ∨, que significam ‘e’, ‘ou’, ‘se ..., então’, ‘se, e somente se’ e ‘ou ..., ou’, respectivamente. A partir dessas informações, julgue os itens subsequentes.

Há mais de 50 maneiras de se construir a proposição P. Comentário

Temos 5 conectivos à nossa disposição. Assim, existem 5 possibilidades de escolha para um conectivo que ficará entre p e q e 5 possibilidades para a escolha do conectivo que ficará junto de r. Pelo princípio fundamental da contagem, há um total de 5x5=25 maneiras de se construir a proposição P. O item está errado. Gabarito: Errado

28. (CESPE 2013/INPI) Em um rebanho de 30 novilhas, 7 são marrons, 13 são malhadas e 10 são brancas. A respeito desse rebanho, julgue o item seguinte.

A quantidade de maneiras distintas de se selecionar, nesse rebanho, duas novilhas malhadas, uma marrom e duas brancas é superior a 7I . Comentário

Em um rebanho não existe ordem entre os animais. Portanto, utilizaremos combinações. Devemos escolher 2 novilhas malhadas (dentre 13 disponíveis), uma marrom (dentre 7 disponíveis) e duas brancas (dentre 10 disponíveis).

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N N 𝐶MJ ∙ 𝐶^M ∙ 𝐶MY =

13 ∙ 12 10 ∙ 9 ∙7∙ = 24.570 2∙1 2∙1

O enunciado afirma que este número é maior que 7I = 16.807. O item está certo. Gabarito: Certo

(CESPE 2014/MEC) A análise de requerimentos de certificação de entidades educacionais, no âmbito do Ministério da Educação, será́ realizada por uma equipe formada por, no mínimo, um analista contábil, um analista educacional e um analista processual. Considerando essa situação hipotética, julgue os itens subsecutivos.

29. A partir de cinco analistas contábeis, sete analistas educacionais e seis analistas processuais, a quantidade de maneiras distintas de se formar equipes com exatamente três analistas de cada especialidade em cada equipe é superior a 5.000. Comentário

Temos 5 analistas contábeis, 7 analistas educacionais e 6 analistas processuais. Devemos escolher 3 de cada. O total de possibilidades é igual a 𝐶IJ ∙ 𝐶^J ∙ 𝐶BJ =

5∙4∙3 7∙6∙5 6∙5∙4 ∙ ∙ = 10 ∙ 35 ∙ 20 = 7000 3∙2∙1 3∙2∙1 3∙2∙1

Gabarito: certo.

30. A partir de cinco analistas contábeis, sete analistas educacionais e seis analistas processuais, é possível formar mais de 300 equipes distintas com exatamente um analista de cada especialidade em cada equipe. Comentário

Temos 5 analistas contábeis, 7 analistas educacionais e 6 analistas processuais. Devemos escolher 1 de cada. O total de possibilidades é igual a

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𝐶IM ∙ 𝐶^M ∙ 𝐶BM = 5 ∙ 7 ∙ 6 = 210

Gabarito: errado.

31. (CESPE 2014/SUFRAMA) Sabendo-se que uma repartição possui 30 servidores, sendo 10 do sexo feminino, julgue o item abaixo.

A quantidade de maneiras distintas de se selecionar 5 servidores dessa repartição de forma que 4 sejam do sexo feminino é inferior a 4.000. Comentário

Há 10 mulheres e 20 homens. Queremos escolher 4 mulheres e 1 homem. Como não há ordem entre as pessoas, o total de possibilidades é X M 𝐶MY ∙ 𝐶NY =

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 20 = 4.200 4∙3∙2∙1

Gabarito: errado.

(CESPE 2014/TC-DF) Considerando que, em um planejamento de ações de auditoria, a direção de um órgão de controle tenha mapeado a existência de 30 programas de governo passíveis de análise, e sabendo que esse órgão dispõe de 15 servidores para a montagem das equipes de análise e que cada equipe deverá ser composta por um coordenador, um relator e um técnico, julgue os próximos itens.

32. A quantidade de maneiras distintas de serem escolhidos 3 dos referidos servidores para a montagem de uma equipe de análise é superior a 2.500. Comentário

Há 15 possibilidades para escolher o coordenador, 14 possibilidades para escolher o relator e 13 possibilidades para escolher o técnico. Pelo princípio fundamental da contagem, temos: 15 × 14 × 13 = 2.730 Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Gabarito: Certo.

33. A quantidade de maneiras distintas de se escolherem 3 desses programas para serem acompanhados pelo órgão é inferior a 4.000. Comentário

Há 30 programas disponíveis e devemos escolher 3 para serem acompanhados. A ordem dos programas não é relevante. J 𝐶JY =

30 ∙ 29 ∙ 28 = 4.060 3∙2∙1

Gabarito: Errado.

34. (CESPE 2013/STF)

O colegiado do Supremo Tribunal Federal (STF) é composto por 11 ministros, responsáveis por decisões que repercutem em toda a sociedade brasileira. No julgamento de determinados processos, os ministros votam pela absolvição ou pela condenação dos réus de forma independente uns dos outros. A partir dessas informações e considerando que, em determinado julgamento, a probabilidade de qualquer um dos ministros decidir pela condenação ou pela absolvição do réu seja a mesma, julgue o item seguinte. Se, no julgamento de determinado réu, 8 ministros votarem pela absolvição e 3 ministros votarem pela condenação, a quantidade de maneiras distintas de se atribuir os votos aos diferentes ministros será inferior a 170. Comentário

Temos 8 absolvições (A) e 3 condenações (C): AAAAAAAACCC. A quantidade de maneiras de se atribuir os votos aos diferentes ministros é igual ao total de maneiras que podemos trocar (permutar) a ordem dessas letras. A,J 𝑃MM =

11! 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8! 11 ∙ 10 ∙ 9 = = = 165 8! 3! 8! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 3∙2∙1

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Agora vamos resolver usando as partições. Há 11 pessoas e vamos dividi-las em dois subconjuntos: um com 8 pessoas (as que vão absolver) e outro com 3 pessoas (as que vão condenar). O total de maneiras de dividir essas pessoas é: c

11! 11 d= = 165 8, 3 8! 3!

Gabarito: Certo

(CESPE 2013/TRT 17ª Região) Os alunos de uma turma cursam 4 disciplinas que são ministradas por 4 professores diferentes. As avaliações finais dessas disciplinas serão realizadas em uma mesma semana, de segunda a sexta-feira, podendo ou não ocorrerem em um mesmo dia. A respeito dessas avaliações, julgue os itens seguintes.

35. Se cada professor escolher o dia em que aplicará a avaliação final de sua disciplina de modo independente dos demais, haverá mais de 500 maneiras de se organizar o calendário dessas avaliações. Comentário

O primeiro professor tem 5 dias para escolher para a sua avaliação, o segundo professor também tem 5 dias para escolher, o terceiro também tem 5 dias e o último professor também tem 5 dias para escolher a sua avaliação. Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é 5 × 5 × 5 × 5 = 625. Gabarito: Certo.

36. Se em cada dia da semana ocorrer a avaliação de no máximo uma disciplina, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se organizar o calendário de avaliações será inferior a 100. Comentário

Agora os dias escolhidos precisam ser distintos. Há 5 possibilidades de escolha para o primeiro professor, 4 possibilidades para o segundo, 3 possibilidades para o terceiro e 2 possibilidades para o quarto. O total de possibilidades é

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5 × 4 × 3 × 2 = 120 Gabarito: Errado (BB 2009/CESPE-UnB) Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio que premie as três primeiras colocadas, julgue os itens a seguir.

37. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações é 58. 38. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações com a equipe A em primeiro lugar é 15. 39. Se a equipe A for desclassificada, então o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações será 24. Comentário

Item I. Para o primeiro colocado temos 5 possibilidades, 4 possibilidades para o segundo colocado e 3 possibilidades para o terceiro colocado. Logo, pelo princípio fundamental da contagem o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações é 5 x 4 x 3 = 60. Gabarito: Errado

Item II. Se a equipe A está em primeiro lugar, temos 4 possibilidades para o segundo lugar e 3 possibilidades para o terceiro lugar. Logo, pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações com a equipe A em primeiro lugar é 4 x 3 = 12. Gabarito: Errado

Item III. Se a equipe A for desclassificada, sobram 4 equipes. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações será 4 x 3 x 2 = 24, pelo princípio fundamental da contagem. Gabarito: Certo

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40. (BB 2009/CESPE-UnB)

Julgue o item seguinte. Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão ocupados pelos 6 participantes de uma reunião. Nessa situação, o número de formas diferentes para se ocupar esses lugares com os participantes da reunião é superior a 102. Comentário

Este problema retrata exatamente a questão das permutações circulares. Lembre-se que o que importa não é o lugar de cada participante da reunião e sim a posição relativa dos participantes entre si. (𝑃𝐶)B = (6 − 1)! = 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 Como 120 é maior que 100 (102) o item está certo. Gabarito: Certo

41. (CESPE 2008/IPEA)

Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres em que os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos, escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadas de modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 na primeira posição dos algarismos é superior a 600.000. Comentário

Observe que o problema não falou que as letras devem ser distintas nem que os números devem ser distintos. A primeira letra e o primeiro algarismo já foram selecionados. Desta forma, temos 26 possibilidades para a segunda letra, 26 possibilidades para a terceira letra, 10 possibilidades para o segundo algarismo, 10 possibilidades para o terceiro algarismo e 10 possibilidades para o último algarismo. O total de senhas é igual a: 26 ∙ 26 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 676.000

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Gabarito: certo.

42. (CESPE 2008/IPEA)

Considere que, para a final de determinada maratona, tenham sido classificados 25 atletas que disputarão uma medalha de ouro, para o primeiro colocado, uma de prata, para o segundo colocado, e uma de bronze, para o terceiro colocado. Dessa forma, não havendo empate em nenhuma dessas colocações, a quantidade de maneiras diferentes de premiação com essas medalhas será inferior a 10.000. Comentário

Temos 25 atletas possíveis para o primeiro lugar, 24 atletas possíveis para o segundo lugar e 23 atletas possíveis para o terceiro lugar. A quantidade de diferentes maneiras de premiação é igual a: 25 ∙ 24 ∙ 23 = 13.800 Gabarito: errado.

43. (CESPE 2008/ME) Considerando que se pretenda formar números de 3 algarismos distintos com os algarismos 2, 3, 5, 7, 8 e 9, julgue o próximo item.

A quantidade de números ímpares de 3 algarismos que podem ser formados é superior a 90. Comentário

Os 3 algarismos devem ser distintos e temos 6 algarismos disponíveis. Já que o número deve ser ímpar, então o último algarismo obrigatoriamente deve ser ímpar. Desta forma, há 4 possibilidades para o último algarismo (o último algarismo só pode ser 3,5,7 ou 9). Depois que escolhermos o último algarismo, sobram 5 possibilidades para o segundo algarismo e 4 possibilidades para o terceiro algarismo. Desta maneira, a quantidade de números ímpares de 3 algarismos distintos formados com os algarismos 2,3,5,7,8 e 9 é igual a 4 ∙ 5 ∙ 4 = 80

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Gabarito: errado.

44. (CESPE 2008/BB)

Considerando todas as 26 letras do alfabeto, a quantidade de palavras de 3 letras que podem ser formadas, todas começando por U ou V, é superior a 2 × 103. Comentário

Se a palavra deve começar por U ou V, então há apenas 2 possibilidades para a primeira letra. Como as letras não obrigatoriamente devem ser distintas, então há 26 possibilidades para a segunda letra e 26 possibilidades para a terceira letra. Há, portanto, 2 ∙ 26 ∙ 26 = 1.352 palavras possíveis. Observe que 1.352 < 2.000. Gabarito: errado.

(CESPE 2008/BB) O Banco do Brasil S.A. (BB) patrocina as equipes masculina e feminina de vôlei de quadra e de praia. Segundo o portal www.bb.com.br, em 2007, o voleibol brasileiro mostrou mais uma vez a sua hegemonia no cenário internacional com a conquista de 56 medalhas em 51 competições, tanto na quadra quanto na praia. Nesse ano, o Brasil subiu ao lugar mais alto do pódio por 31 vezes e conquistou, ainda, 13 medalhas de prata e 12 de bronze. Com base nessas informações, julgue os itens subsequentes.

45. Considerando-se que o treinador de um time de vôlei tenha à sua disposição 12 jogadores e que eles estejam suficientemente treinados para jogar em qualquer posição, nesse caso, a quantidade de possibilidades que o treinador terá para formar seu time de 6 atletas será inferior a 103. 46. Considerando que o treinador de um time de vôlei disponha de 12 jogadores, dos quais apenas 2 sejam levantadores e os demais estejam suficientemente bem treinados para jogar em qualquer outra posição, nesse caso, para formar seu time de 6 atletas com apenas um ou sem nenhum levantador, o treinador poderá fazê-lo de 714 maneiras diferentes. Comentário

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Item I. Já que os 12 jogadores estão suficientemente treinados para jogar em qualquer posição, então a ordem dos jogadores não é relevante. Temos 12 atletas disponíveis para escolher apenas 6. O total de possibilidades é igual a: B 𝐶MN =

12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 = 924 < 1.000 6∙5∙4∙3∙2∙1

Gabarito: certo.

Item II. Vamos “abrir” o problema: i)

Com apenas um levantador

Temos duas possibilidades para escolher o levantador. Temos que escolher os outros 5 jogadores dentre os 10 que estão suficientemente treinados para jogar em qualquer posição. I 2 ∙ 𝐶MY =2∙

ii)

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 = 504 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 5∙4∙3∙2∙1

Sem levantador

Temos que escolher os 6 jogadores dentre os 10 que estão suficientemente treinados para jogar em qualquer posição.

B 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 = 210 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 6∙5∙4∙3∙2∙1

O total de maneiras possíveis é igual a 504 + 210 = 714. Gabarito: certo.

47. (CESPE 2009/BB)

Em um torneio em que 5 equipes joguem uma vez entre si em turno único, o número de jogos será superior a 12.

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Comentário

Para determinar um jogo, devemos escolher 2 equipes dentre as 5 disponíveis. Como as equipes jogam em turno único o jogo da equipe A contra a equipe B é o mesmo jogo da equipe B contra a equipe A (a ordem das equipes no jogo não é relevante). O total de jogos é igual a: 𝐶IN =

5∙4 = 10 2∙1

Gabarito: errado.

48. (CESPE 2009/BB)

Com 3 marcas diferentes de cadernos, a quantidade de maneiras distintas de se formar um pacote contendo 5 cadernos será inferior a 25. Comentário

Questão praticamente idêntica à da exposição teórica sobre Combinações Completas. Lá, tínhamos 5 marcas de refrigerante e queríamos comprar 3 refrigerantes. Agora temos 3 marcas de cadernos e queremos utilizar 5 cadernos para formar um pacote. Vamos novamente construir o nosso armário. Como há 3 marcas de cadernos, precisamos de apenas 2 divisórias. Os 5 cadernos que serão utilizados na formação dos pacotes serão representados por bolinhas.

Temos novamente 7 objetos para permutar. Só que agora temos 2 divisórias iguais e 5 bolinhas iguais.

𝑃^N,I =

7! 2! ∙ 5!

Podemos expandir o fatorial de 7 até o fatorial de 5 e “travar”.

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𝑃^N,I =

7! 7 ∙ 6 ∙ 5! 7 ∙ 6 = = = 21 2! ∙ 5! 2 ∙ 1 ∙ 5! 2 ∙ 1

Vamos resolver utilizando o conceito de combinações completas. Como são 3 marcas disponíveis, então n = 3. Queremos escolher 5 objetos; portanto, p = 5. Comecemos com o fatorial de 5 no denominador. (𝐶𝑅)IJ =

5∙4∙3∙2∙1

Vamos agora expandir o número 3 em 5 fatores para cima. (𝐶𝑅)IJ =

3∙4∙5∙6∙7 = 21 5∙4∙3∙2∙1

Podemos também calcular a combinação completa através de uma combinação simples. Basta lembrar que devemos substituir 𝑛 por 𝑛 + 𝑝 − 1 = 3 + 5 − 1 = 7. 𝐶𝑅JI = 𝐶^I Agora lembre-se que 𝐶^I = 𝐶^N .

𝐶𝑅JI = 𝐶^I = 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

Gabarito: certo.

49. (CESPE 2009/TRE-MA) Uma cerimônia será realizada em um auditório e as dez cadeiras da primeira fila serão ocupadas por dez autoridades convidadas que confirmaram suas presenças. Por ordem de chegada, o primeiro convidado poderá ocupar qualquer uma das dez cadeiras e cada um dos outros, ao

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sentar-se, deverá ocupar uma cadeira ao lado de algum convidado já sentado. Nessa situação, o número de modos possíveis de esses convidados ocuparem os dez lugares na primeira fila é igual a

A) 512. B) 1.024. C) 2.400. D) 4.800. E) 5.120. Comentário

Se a primeira pessoa ocupar a primeira cadeira, a fila já está determinada porque as outras pessoas sempre vão ter que sentar na cadeira imediatamente a direta da última pessoa que sentou. Temos aqui apenas uma possibilidade. Se a primeira pessoa ocupar a segunda cadeira, a fila estará determinada quando se escolher 1 pessoa para ocupar a primeira cadeira. Depois que ocuparmos as duas primeiras cadeiras, as outras pessoas sempre vão ter que sentar na cadeira imediatamente a direita da última pessoa que sentou. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher a pessoa que sentará na primeira cadeira de 𝐶|M = 𝟗 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a terceira cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 2 pessoas para ocupar as duas primeiras cadeiras. Depois que ocuparmos as três primeiras cadeiras, as outras pessoas sempre vão ter que sentar na cadeira imediatamente a direita da última pessoa que sentou. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as duas pessoas que sentarão nas duas primeiras cadeiras de 𝐶|N = 𝟑𝟔 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a quarta cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 3 pessoas para ocupar as três primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as três pessoas que sentarão nas três primeiras cadeiras de 𝐶|J = 𝟖𝟒 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a quinta cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 4 pessoas para ocupar as quatro primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as quatro pessoas que sentarão nas quatro primeiras cadeiras de 𝐶|X = 𝟏𝟐𝟔 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a sexta cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 5 pessoas para ocupar as cinco primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos

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escolher as cinco pessoas que sentarão nas cinco primeiras cadeiras de 𝐶|I = 𝟏𝟐𝟔 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a sétima cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 6 pessoas para ocupar as quatro primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as seis pessoas que sentarão nas seis primeiras cadeiras de 𝐶|B = 𝟖𝟒 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a oitava cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 7 pessoas para ocupar as sete primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as sete pessoas que sentarão nas sete primeiras cadeiras de 𝐶|^ = 𝟑𝟔 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa ocupar a nona cadeira, a fila estará determinada quando se escolherem 8 pessoas para ocupar as oito primeiras cadeiras. Como há 9 pessoas fora a primeira, podemos escolher as oito pessoas que sentarão nas oito primeiras cadeiras de 𝐶|A = 𝟗 maneiras diferentes. Se a primeira pessoa sentar na décima (última) cadeira, a fila já está determinada porque as outras pessoas sempre vão ter que sentar na cadeira imediatamente a esquerda da última pessoa que sentou. Temos aqui apenas uma possibilidade. O total de possibilidades é igual a: 1 + 9 + 36 + 84 + 126 + 126 + 84 + 36 + 9 + 1 = 512 Poderíamos ter simplesmente somado 𝐶|Y + 𝐶|M + 𝐶|N + ⋯ + 𝐶|| = 2| = 512. Gabarito: A (CESPE 2009/ANAC) Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

50. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda. 51. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas pessoas se posicionarem. 52. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas. Comentário

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Item I. A quantidade de modos possíveis de posicionar as 5 pessoas em torno de uma mesa redonda é igual a: (𝑃𝐶)I = (5 − 1)! = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 Gabarito: certo.

Item II. Vamos chamar as crianças de 𝐶M e 𝐶N e vamos chamar os adultos de 𝐴M , 𝐴N e 𝐴J . Já que cada uma das crianças deve sentar entre 2 adultos, a configuração inicial do problema é a seguinte. 𝐴M − 𝐶M − 𝐴N − 𝐶N − 𝐴J Devemos permutar os adultos entre si (𝑃J ) e permutar as crianças entre si (𝑃N ). 𝑃J ∙ 𝑃N = 3! ∙ 2! = 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 = 12 Gabarito: certo.

Item III. Observe que tanto faz se as pessoas que irão comprar os ingressos são Vitor, Guilherme e Carlos, ou Carlos, Vitor e Guilherme. Portanto, a ordem das pessoas que vão comprar os ingressos não é relevante. Temos 5 pessoas e apenas 3 serão escolhidas para comprar os ingressos. Isso pode ser feito de 𝐶IJ =

5∙4∙3 = 10 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 3∙2∙1

Gabarito: errado. 53. (CESPE 2018/ABIN) Como forma de melhorar a convivência, as famílias Turing, Russell e Gödel disputaram, no parque da cidade, em um domingo à tarde, partidas de futebol e de vôlei. O quadro a seguir mostra os quantitativos de membros de cada família presentes no parque, distribuídos por gênero.

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A quantidade de maneiras distintas de se formar um time de vôlei com seis integrantes, sendo três homens da família Turing e três mulheres da família Gödel, é superior a 700. Comentário

Devemos escolher 3 homens da família Turing (dentre 5 disponíveis) e 3 mulheres da família Gödel (dentre 9 disponíveis). 𝐶IJ ∙ 𝐶|J =

5∙4∙3 9∙8∙7 ∙ = 840 3∙2∙1 3∙2∙1

Observe que queremos escolher um time de 6 pessoas sendo 3 homens e 3 mulheres. Como o conectivo usado foi “e”, nós devemos multiplicar. Se o time fosse formado por apenas 3 pessoas sendo 3 homens ou 3 mulheres, bastaria somar as quantidades 𝐶IJ + 𝐶|J = 10 + 84 = 94. Há 840 maneiras de fazer a escolha. Como 840 > 700, o item está certo. Gabarito: Certo

54. (CESPE 2018/STJ) Considere as proposições P e Q a seguir. P: Todo processo que tramita no tribunal A ou é enviado para tramitar no tribunal B ou no tribunal C. Q: Todo processo que tramita no tribunal C é enviado para tramitar no tribunal B. A partir dessas proposições, julgue os itens seguintes.

Se 10 processos que chegarem ao tribunal A em determinado dia forem separados de forma aleatória em dois grupos de 5 processos cada, um para ser encaminhado ao tribunal B, e outro, para o tribunal C, então essa separação poderá ser feita de, no máximo, 240 formas diferentes. Comentário Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Temos 10 processos e vamos escolher 5 para que sejam encaminhados ao tribunal B. Sobrarão 5 processos e devemos escolher 5 para serem encaminhados ao tribunal C. O total de possibilidades é I 𝐶MY ∙ 𝐶II =

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 1 = 252 5∙4∙3∙2∙1

Poderíamos ter usado partições ordenadas. Há 10 processos e vamos dividir em dois subconjuntos com 5 elementos cada. 10! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 10 c d= = = = 252 5, 5 5! 5! 5! 5! 5∙4∙3∙2∙1

Gabarito: Errado

55. (ESAF 2006/ANEEL) Em um campeonato de tênis participam 30 duplas, com a mesma probabilidade de vencer. O número de diferentes maneiras para a classificação dos 3 primeiros lugares é igual a:

a) 24.360 b) 25.240 c) 24.460 d) 4.060 e) 4.650 Comentário

i) Identificar as etapas do problema. Escolher o primeiro, o segundo e o terceiro colocado. ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. Temos 30 possibilidades para o primeiro colocado, 29 possibilidades para o segundo colocado e 28 possibilidades para o terceiro colocado.

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iii) Multiplicar. 30 ∙ 29 ∙ 28 = 24.360 diferentes maneiras. Gabarito: A

56. (CESGRANRIO 2010/Petrobras) Quantos números naturais de 5 algarismos apresentam dígitos repetidos?

(A) 27.216 (B) 59.760 (C) 62.784 (D) 69.760 (E) 72.784 Comentário

Os números naturais de 5 algarismos começam em 10.000 e terminam em 99.999. Há, portanto, 90.000 números de 5 algarismos. O problema pede a quantidade desses números que apresentam dígitos repetidos. Observe que o problema não especifica QUANTOS dígitos devem ser repetidos: podem ser 2, 3, 4 ou 5 dígitos. Existe uma maneira rápida de calcular este valor. Vamos calcular primeiramente o que o problema NÃO quer. O problema se interessa em números que apresentam dígitos repetidos. Obviamente, não nos interessa números com todos os dígitos diferentes. É este número que vamos calcular. São 5 algarismos: __ __ __ __ __ O primeiro não pode ser 0. Ele deve ser escolhido dentre os algarismos 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Há, portanto, 9 possibilidades para o primeiro algarismo. Não há restrições para os outros algarismos. O segundo algarismo só não pode ser igual ao primeiro. Há, portanto, 9 possibilidades para o segundo algarismo (já que o zero pode ser escolhido agora). Analogamente, existem 8 possibilidades para o terceiro algarismo, 7

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possibilidades para o quarto algarismo e 6 possibilidades para o quinto algarismos. O total de números de 5 algarismos todos distintos é igual a: 9 × 9 × 8 × 7 × 6 = 27.216 Esta é a quantidade de algarismos que NÃO nos interessa. Portanto, a quantidade de números de 5 algarismos que apresentam dígitos repetidos é igual a: 90.000 − 27.216 = 62.784 Gabarito: C

57. (CESGRANRIO 2008/Petrobras) Em uma fábrica de bijuterias são produzidos colares enfeitados com cinco contas de mesmo tamanho dispostas lado a lado, como mostra a figura.

As contas estão disponíveis em 8 cores diferentes. De quantos modos distintos é possível escolher as cinco contas para compor um colar, se a primeira e a última contas devem ser da mesma cor, a segunda e a penúltima contas devem ser da mesma cor e duas contas consecutivas devem ser de cores diferentes?

(A) 336 (B) 392 (C) 448 (D) 556 (E) 612 Comentário

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Vamos começar “pintando” as contas das extremidades. Elas devem ser pintadas da mesma cor e, portanto, há 8 possibilidades para pintá-las. Como cores adjacentes não podem ser pintadas da mesma cor, então há 7 possibilidades para pintar as contas 2 e 4. A conta de número 3 não pode ter a mesma cor das contas 2 e 4, mas ela pode repetir a cor das contas 1 e 5. Portanto, há 7 possibilidades para pintar a conta número 3. O total de maneiras para pintar as contas do colar obedecendo as exigências é igual a 8 ∙ 7 ∙ 7 = 392. Gabarito: B

58. (CESGRANRIO 2010/Petrobras) Quantos são os anagramas da palavra PETROBRAS que começam com as letras PE, nesta ordem?

(A) 720 (B) 2.520 (C) 5.040 (D) 362.880 (E) 3.628.800 Comentário

Se os anagramas devem começar com as letras PE, nesta ordem, então devemos permutar apenas as letras T-R-O-B-R-A-S. São 7 letras com 2 R’s repetidos. O número de anagramas será igual a:

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𝑃^N =

7! 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = = 2.520 2! 2∙1

Gabarito: B

59. (CEPERJ 2009/SEPLAG-RJ) Em uma mesa redonda vão sentar-se seis pessoas, entre as quais há um casal. Sabendo que o casal sentará junto (um ao lado do outro), o número de maneiras diferentes que as pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa é:

a) 24 b) 48 c) 60 d) 64 e) 72 Comentário

Estamos permutando as pessoas em torno de uma mesa redonda. Utilizaremos a permutação circular. A primeira decisão é tomar a ordem em que o casal A e B se colocarão na mesa redonda. Há duas possibilidades: AB e BA. Agora tudo se passa como se A e B fossem uma única pessoa. Iremos permutar 6 – 1 = 5 “objetos” em torno de uma mesa redonda. Lembre-se da fórmula da permutação circular: (𝑃𝐶)K = (𝑛 − 1)! Portanto, podemos permutar os 5 objetos de (5 − 1)! = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 maneiras. Assim, o número de maneiras diferentes que as pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa é 2 ∙ 24 = 48. Gabarito: B

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60. (CESGRANRIO 2010/EPE) Dos 24 municípios situados na área de estudo da Bacia do Araguaia, 2 localizam-se no Mato Grosso, 8, no Tocantins e os restantes, no Pará. Uma equipe técnica deverá escolher três munícipios no Pará para visitar no próximo mês. De quantos modos distintos essa escolha poderá ser feita, sem que seja considerada a ordem na qual os municípios serão visitados?

(A) 56 (B) 102 (C) 364 (D) 464 (E) 728 Comentário

São 24 municípios no total. Como 2 localizam-se no Mato Grosso e 8 no Tocantins, então há 24 − 2 − 8 = 14 municípios no Pará. Queremos escolher 3 destes 14 municípios sem levar em consideração a ordem deles. A resposta desse problema é o número de combinações de 14 objetos tomados 3 a 3, J representado por 𝐶MX . Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por enquanto: J 𝐶MX =

3∙2∙1

E o numerador? Devemos expandir o número 14 na mesma quantidade de fatores do denominador (3 fatores). J 𝐶MX =

14 ∙ 13 ∙ 12 = 364 3∙2∙1

Gabarito: C

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61. (CETRO 2006/Pref. da Estância Turística de Embu) Com seis tipos de doce e cinco tipos de fruta, quantos pratos podem ser formados, tendo, cada um, dois tipos de doce e dois tipos de fruta?

(A) 300 (B) 150 (C) 75 (D) 50 (E) 25 Comentário

Obviamente, em um prato de doces e frutas a ordem dos objetos não é relevante. Assim, temos 6 tipos de doces disponíveis dos quais desejamos escolher apenas 2 e temos 5 tipos de frutas das quais desejamos escolher 2. O total de possibilidades é 𝐶BN ∙ 𝐶IN =

6∙5 5∙4 ∙ = 150 𝑝𝑟𝑎𝑡𝑜𝑠. 2∙1 2∙1

Gabarito: B

62. (CETRO 2006/EBDA) Um hospital tem três médicos e cinco enfermeiras. Quantas equipes de plantões com cinco profissionais podem ser formadas contendo no mínimo um médico?

(A) 15 (B) 20 (C) 40 (D) 45 (E) 55

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Comentário

A equipe terá no mínimo um médico. Há três possibilidades:

Um médico (dentre 3 disponíveis) e 4 enfermeiras (dentre 5 disponíveis).

i)

𝐶JM ∙ 𝐶IX =

3 5∙4∙3∙2 ∙ = 15 1 4∙3∙2∙1 Dois médicos (dentre 3 disponíveis) e 3 enfermeiras (dentre 5 disponíveis).

ii)

𝐶JN ∙ 𝐶IJ =

3∙2 5∙4∙3 ∙ = 30 2∙1 3∙2∙1 Três médicos (dentre 3 disponíveis) e 2 enfermeiras (dentre 5 disponíveis).

iii)

𝐶JJ ∙ 𝐶IN =

3∙2∙1 5∙4 ∙ = 10 3∙2∙1 2∙1

Total de possibilidades: 15 + 30 + 10 = 55. Gabarito: E

63. (CESGRANRIO 2008/Transpetro) Para ganhar o prêmio máximo na “Sena”, o apostador precisa acertar as seis “dezenas” sorteadas de um total de 60 “dezenas” possíveis. Certo apostador fez sua aposta marcando dez “dezenas” distintas em um mesmo cartão. Quantas chances de ganhar o prêmio máximo tem esse apostador?

(A) 60 (B) 110 (C) 150 (D) 180 (E) 210 Comentário

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O apostador marcou 10 dezenas e apenas 6 serão sorteadas. Ele está concorrendo a: B 𝐶MY 𝑗𝑜𝑔𝑜𝑠

Como o número de “cima” é muito grande, podemos trocá-lo por 10 − 6 = 4. B X 𝐶MY = 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 = 210 𝑗𝑜𝑔𝑜𝑠 4∙3∙2∙1

Gabarito: E

64. (CESGRANRIO 2009/DETRAN-AC) De quantas maneiras um comitê de três membros pode ser formado, a partir de uma lista de nove advogados?

(A) 27 (B) 84 (C) 504 (D) 729 (E) 362.880 Comentário

Há 9 advogados dos quais serão escolhidos 3. Basta calcular o número de combinações de 9 objetos tomados 3 a 3. 𝐶|J =

9∙8∙7 = 84 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 3∙2∙1

Gabarito: 65. (CESGRANRIO 2008/Petrobras) Um grupo é formado por 7 mulheres, dentre as quais está Maria, e 5 homens, dentre os quais está João. Deseja-se escolher 5 pessoas desse grupo, sendo 3 mulheres e 2 homens. De quantas maneiras essa escolha pode ser feita de modo que Maria seja escolhida e João, não?

(A) 60

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(B) 90 (C) 126 (D) 150 (E) 210 Comentário

Maria será escolhida. Temos, portanto, que escolher ainda 2 mulheres dentre as 6 que restaram. Teremos também que escolher 2 homens dentre os 4 que restaram, já que João não poderá ser escolhido. 𝐶BN ∙ 𝐶XN =

6∙5 4∙3 ∙ = 15 ∙ 6 = 90 2∙1 2∙1

Gabarito: B

66. (ESAF 2010/MTE-AFT) O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários, sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários, havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher?

a) 192. b) 36. c) 96. d) 48. e) 60. Comentário

Vamos imaginar inicialmente que não há restrições no problema. Temos um total de 10 funcionários para escolher 3 para uma equipe de vendas. Obviamente em uma equipe de vendas não há ordem entre os elementos. Por exemplo, a equipe formada por Vitor, Guilherme e Moraes é a mesma equipe formada por Moraes, Vitor e Guilherme.

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Desta forma, o número total de equipes (sem restrições) é igual a: J 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 = 120 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 3∙2∙1

Vamos agora retirar as equipes que não nos interessa. O problema exige que cada equipe tenha pelo menos um homem e pelo menos uma mulher. Portanto, não nos interessa equipes formadas exclusivamente por homens assim como equipes formadas exclusivamente por mulheres.

𝐸𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠: 𝐶XJ =

4∙3∙2 = 4 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 3∙2∙1

𝐸𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠: 𝐶BJ =

6∙5∙4 = 20 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 3∙2∙1

O número de equipes pedido é igual a 120 − 4 − 20 = 96.

Poderíamos seguir a seguinte linha de raciocínio:

Se o problema pede que cada equipe tenha pelo menos um homem e pelo menos uma mulher, então temos duas possibilidades:

i)

Equipes com 1 homem e 2 mulheres

𝐶XM ∙ 𝐶BN = ii)

4 6∙5 ∙ = 60 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 1 2∙1 Equipes com 2 homens e 1 mulher

𝐶XN ∙ 𝐶BM =

4∙3 6 ∙ = 36 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑒𝑠 2∙1 1

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O total é igual a 60 + 36 = 96 equipes. Gabarito: C

67. (ESAF 2008/STN) Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos, todos devidamente acondicionados em caixas numeradas de 1 a 90. Beatriz pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. Atendendo ao pedido da amiga, Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. O número de retiradas possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a de número 20 é igual a:

a) 681384 b) 382426 c) 43262 d) 7488 e) 2120 Comentário

O problema pede explicitamente que a terceira caixa seja a de número 20. Portanto, a ordem das caixas a serem retiradas é relevante. Temos apenas uma possibilidade para a terceira caixa porque ela deve ser a de número 20. Sobram 89 possibilidades para a primeira caixa, 88 possibilidades para a segunda caixa e 87 possibilidades para a quarta caixa. O número de retiradas possíveis é igual a: 89 ∙ 88 ∙ 1 ∙ 87 = 681.384 Gabarito: A

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68. (ESAF 2010/SMF-RJ) O departamento de vendas de imóveis de uma imobiliária tem 8 corretores, sendo 5 homens e 3 mulheres. Quantas equipes de vendas distintas podem ser formadas com 2 corretores, havendo em cada equipe pelo menos uma mulher?

a) 15 b) 45 c) 31 d) 18 e) 25 Comentário

Podemos resolver a questão de duas maneiras. i) A equipe pode ter (uma mulher e um homem) ou (duas mulheres). Total de equipes com uma mulher e um homem: 𝐶JM ∙ 𝐶IM = 3 × 5 = 15 Total de equipes com duas mulheres: 𝐶JN =

3∙2 =3 2∙1

O total de possibilidades é 15 + 3 = 18.

ii) Vamos calcular o total de equipes. Há 8 pessoas das quais iremos selecionar 2. Entretanto, não queremos equipes formadas exclusivamente por homens. Total de equipes: 𝐶AN =

8∙7 = 28 2∙1

Equipes formadas por 2 homens:

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𝐶IN =

5∙4 = 10 2∙1

Vamos agora subtrair o total de equipes das equipes que não nos interessam. 28 − 10 = 18 Gabarito: D

69. (ESAF 2010/SMF-RJ) O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 técnicos de nível superior sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. Quantas equipes técnicas distintas podem ser formadas por 2 desses técnicos com a participação de pelo menos um engenheiro em cada equipe?

a) 14 b) 35 c) 21 d) 28 e) 42 Comentário

Podemos resolver a questão de duas maneiras. i) A equipe pode ter (um engenheiro e um arquiteto) ou (dois engenheiros). Total de equipes com um engenheiro e um arquiteto: 𝐶^M ∙ 𝐶JM = 7 × 3 = 21 Total de equipes com dois engenheiros: 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

O total de possibilidades é 21 + 21 = 42.

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ii) Vamos calcular o total de equipes. Há 10 pessoas das quais iremos selecionar 2. Entretanto, não queremos equipes formadas exclusivamente por arquitetos. Total de equipes: N 𝐶MY =

10 ∙ 9 = 45 2∙1

Equipes formadas por 2 arquitetos: 𝐶JN =

3∙2 =3 2∙1

Vamos agora subtrair o total de equipes das equipes que não nos interessam. 45 − 3 = 42 Gabarito: E

70. (ESAF 2012/AFRFB) Na prateleira de uma estante, encontram-se 3 obras de 2 volumes e 2 obras de 2 volumes, dispondo-se, portanto, de um total de 10 volumes. Assim, o número de diferentes maneiras que os volumes podem ser organizados na prateleira, de modo que os volumes de uma mesma obra nunca fiquem separados, é igual a

a) 3.260. b) 3.840. c) 2.896. d) 1.986. e) 1.842. Comentário

A questão poderia simplesmente ter dito que são 5 obras de 2 volumes. Como os volumes de uma mesma obra ficarão juntos, os colocaremos dentro de caixas. 𝐴M 𝐴N 𝐵M 𝐵N 𝐶M 𝐶N 𝐷M 𝐷N 𝐸M 𝐸N

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A primeira etapa é permutar as caixas. Em seguida, vamos permutar os volumes dentro das caixas. Ficamos com: 5! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! = 120 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 3.840 Gabarito: B

71. (ESAF 2012/ATA-MF) O número de centenas ímpares e maiores do que trezentos, com algarismos distintos, formadas pelos algarismos 1, 2, 3, 4 e 6, é igual a

a) 15. b) 9. c) 18. d) 6. e) 12. Comentário

Se o número é maior que 300, então o algarismo da centena pode ser 3 ou 4 ou 6. Vamos separar, portanto, o problema em 3 casos e somar os resultados. Em cada caso, o algarismo das unidades tem que ser ímpar. Lembre-se ainda que os algarismos são distintos. i) Algarismo das centenas igual a 3:

3 ___ ___

Como o algarismo das unidades tem que ser ímpar e não pode ser 3 (os algarismos são todos distintos), então o algarismo das unidades só pode ser 1. O número é do tipo 3 __ 1. Assim, o algarismo das dezenas pode ser 2, 4 ou 6. Assim, há 3 possibilidades para o número com algarismo das centenas igual a 3, a saber: 321, 341 ou 361. 
 ii) Algarismo das centenas igual a 4:

4 ___ ___

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O algarismo das unidades tem que ser ímpar. Assim, há 2 possibilidades para o algarismo das unidades: pode ser 1 ou 3. Sobram 3 possibilidades para o algarismo das dezenas, porque são 5 algarismos e já usamos 2. Pelo princípio fundamental da contagem, há 2 x 3 = 6 possibilidades. iii) ii) Algarismo das centenas igual a 6:

6 ___ ___

O algarismo das unidades tem que ser ímpar. Assim, há 2 possibilidades para o algarismo das unidades: pode ser 1 ou 3. Sobram 3 possibilidades para o algarismo das dezenas, porque são 5 algarismos e já usamos 2. Pelo princípio fundamental da contagem, há 2 x 3 = 6 possibilidades. O total de possibilidades é igual a 3 + 6 + 6 = 15. Gabarito: A

72. (ESAF 2012/ATA-MF) Dos aprovados em um concurso público, os seis primeiros foram Ana, Bianca, Carlos, Danilo, Emerson e Fabiano. Esses seis aprovados serão alocados nas salas numeradas de 1 a 6, sendo um em cada sala e obedecendo a determinação de que na sala 1 será alocado um homem. Então, o número de possibilidades distintas de alocação desses seis aprovados é igual a

a) 720. b) 480. c) 610. d) 360. e) 540. Comentário

Será alocado um homem na sala 1. Portanto, há 4 possibilidades para fazer esta escolha.

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Não há restrições na escolha das pessoas das outras 5 salas. Podemos simplesmente permutar as outras 5 pessoas entre si. Assim, o total de possibilidades é 4 ∙ 𝑃I = 4 ∙ 5! = 4 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 480 Outra maneira para resolver seria a seguinte: Será alocado um homem na sala 1. Portanto, há 4 possibilidades para fazer esta escolha. Como são 6 pessoas e já alocamos 1 pessoa na sala 1, ainda restam 5 pessoas. Assim, há 5 possibilidades para a escolha da pessoa que ficará na próxima sala. Em seguida, sobrarão 4 pessoas para a escolha da pessoa que ficará na próxima sala e assim sucessivamente. 4 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 480 Gabarito: B

73. (ESAF 2012/ATA-MF) Uma reunião no Ministério da Fazenda será composta por seis pessoas, a Presidenta, o VicePresidente e quatro Ministros. De quantas formas distintas essas seis pessoas podem se sentar em torno de uma mesa redonda, de modo que a Presidenta e o Vice-Presidente fiquem juntos?

a) 96 b) 360 c) 120 d) 48 e) 24 Comentário

Como a Presidente e o Vice-Presidente devem ficar juntos, vamos considerá-los como um único objeto em torno da mesa. Assim, inicialmente vamos permutar 5 pessoas em torno da mesa, o que pode ser feito de: (𝑃𝐶)I = (5 − 1)! = 4! = 24 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠

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Entretanto, ainda podemos permutar a presidente com o vice-presidente. Assim, o total de possibilidades é igual a 𝑃N ∙ 24 = 2! ∙ 24 = 48 Gabarito: D

74. (ESAF 2013/DNIT) Os pintores Antônio e Batista farão uma exposição de seus quadros. Antônio vai expor 3 quadros distintos e Batista 2 quadros distintos. Os quadros serão expostos em uma mesma parede e em linha reta, sendo que os quadros de um mesmo pintor devem ficar juntos. Então, o número de possibilidades distintas de montar essa exposição é igual a:

a) 5 b) 12 c) 24 d) 6 e) 15 Comentário

Colocaremos os quadros que ficarão juntos dentro de uma caixa. 𝐴M 𝐴N 𝐴J 𝐵M 𝐵N

A primeira etapa é permutar as caixas. Em seguida, vamos permutar os quadros de Antônio entre si e permutar os quadros de Batista entre si. O total de possibilidades é igual a 𝑃N ∙ 𝑃J ∙ 𝑃N = 2! ∙ 3! ∙ 2! = 2 ∙ 6 ∙ 2 = 24 Gabarito: C

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75. (ESAF 2013/STN) De um grupo com 5 homens e 4 mulheres, deseja-se formar uma comissão com exatamente 3 pessoas. A exigência é que nessa comissão precisa ter pelo menos 2 mulheres. Então, o número de possibilidades de formar essa comissão é igual a

a) 20 b) 42 c) 24 d) 34 e) 48 Comentário

Há duas possibilidades, a saber: (2 mulheres e 1 homem) ou (3 mulheres). Há 5 homens disponíveis e há 4 mulheres disponíveis. O total de possibilidades é igual a: 𝐶XN ∙ 𝐶IM + 𝐶XJ =

4∙3 4∙3∙2 ∙5+ = 30 + 4 = 34 2∙1 3∙2∙1

Gabarito: D

76. (ESAF 2013/ATA-MF) O número de anagramas da palavra FAZENDA que começam com FA e nessa ordem é igual a:

a) 130 b) 124 c) 120 d) 115 e) 136 Comentário

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Basta fixar FA no início e permutar as 5 letras restantes. 𝑃I = 5! = 120 Gabarito: C

77. (ESAF 2013/ATA-MF) Uma comissão com 6 pessoas será formada para representar o Ministério da Fazenda em um congresso internacional. Essas 6 pessoas serão selecionadas de um grupo formado por 5 homens e 6 mulheres. O número de possibilidades de nessa comissão termos 4 pessoas do mesmo sexo é igual a:

a) 210 b) 215 c) 245 d) 225 e) 240 Comentário

A questão deveria ser anulada, porque o enunciado está impreciso. A banca queria, na verdade, que a comissão fosse formada por exatamente 4 pessoas do mesmo sexo. Assim, estaríamos interessados em (4 homens e 2 mulheres) ou (4 mulheres e 2 homens). 𝐶IX ∙ 𝐶BN + 𝐶BX ∙ 𝐶IN Lembre-se que sempre podemos simplificar as combinações substituindo o número de cima pela diferença entre os números. Observe, por exemplo, que 𝐶IX = 𝐶IIiX = 𝐶IM . 𝐶IM ∙ 𝐶BN + 𝐶BN ∙ 𝐶IN = 5 ∙

6∙5 6∙5 5∙4 + ∙ = 75 + 150 = 225 2∙1 2∙1 2∙1

Da maneira como a questão está escrita, deveríamos, por exemplo, considerar comissões com 5 homens e 1 mulher, pois neste caso teríamos 4 pessoas do mesmo sexo. Se há 5 pessoas do mesmo sexo, então há 4 pessoas do mesmo sexo.

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Este raciocínio é muito comum em Matemática. Quem tem 5 maçãs, também possui 3 maçãs. Pense no seguinte exemplo: você tem 50 reais na sua carteira. Você tem 10 reais para me emprestar? É claro que sim. Quem tem 50 reais, tem 10 reais. Gabarito: D

78. (ESAF 2014/MTUR) Com as letras M, N, O, P, Q, S, T e X, formam-se códigos de quatro letras, sendo que repetições das letras não são permitidas. O número de códigos possíveis é igual a:

a) 1.680 b) 1.560 c) 1.590 d) 1.670 e) 1.650 Comentário

Há 8 possibilidades para a primeira letra, 7 possibilidades para a segunda letra, 6 possibilidades para a terceira letra e 5 possibilidades para a quarta letra. Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é igual a 8 × 7 × 6 × 5 = 1.680 Gabarito: A

79. (ESAF 2014/MTUR) A retirada de amostras aleatórias simples pode ser realizada segundo dois critérios, a saber: com ou sem reposição. Considerando-se uma população de tamanho N = 10 e amostras de tamanho n = 3, o número de possíveis amostras aleatórias simples que podem ser retiradas dessa população, utilizando-se os critérios com e sem reposição são, respectivamente, iguais a:

a) 1000 ; 120

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b) 1000 ; 20 c) 500 ; 120 d) 100 ; 20 e) 1200 ; 150 Comentário

O enunciado está impreciso, pois não sabemos se a ordem dos elementos é ou não importante na formação da amostra. i) Com reposição Há 10 possibilidades para o primeiro elemento da amostra. Este elemento é devolvido. Assim, há possibilidades para o segundo elemento da amostra. Este elemento é devolvido. Há 10 possibilidades para o terceiro elemento da amostra. O total de possibilidades é igual a 10 x 10 x 10 = 1.000. ii) Sem reposição Se a ordem dos elementos fosse importante, a resposta seria 10 x 9 x 8 = 720, pois os elementos não seriam devolvidos. Entretanto, não há alternativa contemplando o número 720. Só podemos concluis que a ordem dos elementos não é importante na formação da amostra. Assim, temos 10 elementos e escolheremos 3 sem levar em consideração a ordem dos elementos. J 𝐶MY =

10 ∙ 9 ∙ 8 = 120 3∙2∙1

Gabarito: A

80. (FGV 2014/AL-BA) A sigla de Assembleia Legislativa do Estado da Bahia é “ALBA”. Embaralhando as letras de ALBA, o número de sequências diferentes que podem ser formadas com essas mesmas 4 letras é

(A) 4.

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(B) 6. (C) 8. (D) 10. (E) 12. Comentário

Queremos permutar 4 letras, sendo duas delas repetidas. 𝑃XN =

4! 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = = 12 2! 2∙1

Gabarito: E

81. (FGV 2013/CONDER) O número de maneiras diferentes de se colocar as letras da sigla CONDER em fila, de modo que a fila comece por uma vogal, é

(A) 240. (B) 120. (C) 96. (D) 72. (E) 60. Comentário

Esta palavra CONDER não possui letras repetidas. Queremos calcular o número de anagramas que comecem por vogal. Vamos resolver este problema em duas etapas: escolher a primeira letra e permutar as letras restantes. Para a primeira letra, há duas possibilidades: O ou E. Assim, pelo princípio fundamental da contagem, o total de anagramas que começam por vogal é 2 ∙ (5!) = 2 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 240

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Gabarito: A

82. (FGV 2013/SUDENE) Observe a tabela a seguir:

Começando pela letra S na primeira linha e caminhando consecutivamente sempre para a linha de baixo em diagonal para a coluna imediatamente à esquerda ou para a coluna imediatamente à direita até chegar na última linha, forma-se sempre a sigla SUDENE. A quantidade de caminhos possíveis é

(A) 20. (B) 21. (C) 32. (D) 64. (E) 720. Comentário

São 5 etapas: escolher a letra U, a letra D, a letra E, a letra N e, finalmente, a letra E. Primeira etapa: estamos começando pela letra S. Quando vamos escolher a letra U, temos 2 possibilidades. Segunda etapa: já escolhemos a letra U. Com a letra U já escolhida, temos 2 possibilidades para escolher a letra D. Terceira etapa: já escolhemos a letra D. Com a letra D já escolhida, temos 2 possibilidades para escolher a letra E.

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Quarta etapa: já escolhemos a letra E. Com a letra E já escolhida, temos 2 possibilidades para escolher a letra N. Quinta etapa: já escolhemos a letra N. Com a letra N já escolhida, temos 2 possibilidades para escolher a letra E. Pelo princípio fundamental da contagem, o total de caminhos é 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 32. Gabarito: C

83. (VUNESP 2017/CM de Cotia) Em uma festa, estavam presentes homens e mulheres, sendo que havia 5 homens a mais do que mulheres. Cada homem conversou com cada outro homem, cada mulher conversou com cada outra mulher e cada homem conversou com cada mulher, num total de 253 conversas. O número total de pessoas nessa festa era, incluindo homens e mulheres,

(A) 23. (B) 29. (C) 31. (D) 37. (E) 41. Comentário

Todos os homens conversam entre si, todas as mulheres conversam entre si e, ademais, todos os homens conversam com todas as mulheres. O texto só tentou complicar a situação. Em suma, cada pessoa conversa com todas as outras pessoas da festa. Assim, é totalmente irrelevante saber que há 5 homens a mais do que mulheres. Vamos considerar que são n pessoas. Quando a pessoa X conversa com a pessoa Y, pessoa Y também conversa com a pessoa X. Assim, a ordem das pessoas não é relevante. Como são n pessoas, o número de conversas é igual a 𝐶KN . 𝐶KN = 253

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𝑛(𝑛 − 1) = 253 2∙1

𝑛N − 𝑛 = 506

𝑛N − 𝑛 − 506 = 0 𝛥 = 𝑏 N − 4𝑎𝑐 = (−1)N − 4 ∙ 1 ∙ (−506) = 2.025

𝑛=

1 ± 45 ,𝑛 > 0 2

𝑛=

1 + 45 = 23 2

Gabarito: A

84. (FGV 2012/PC-MA) Entre vinte policiais civis há doze homens e oito mulheres. Deseja-se escolher, entre eles, quatro policiais civis sendo dois homens e duas mulheres. O número total de conjuntos distintos de quatro policias civis que se pode escolher nas condições dadas é:

(A) 7392. (B) 1848. (C) 384. (D) 188. (E) 94. Comentário

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Como o problema não especificou funções específicas para os policiais, a ordem deles não é relevante. Assim, podemos usar combinações. Temos 12 homens dos quais 2 serão escolhidos, e 8 mulheres das quais 2 serão escolhidas. O total de possibilidades é igual a: N 𝐶MN ∙ 𝐶AN =

12 ∙ 11 8 ∙ 7 ∙ = 1.848 2∙1 2∙1

Outra dica importante para notar que o problema deve ser resolvido usando combinações é que o enunciado pediu o número total de CONJUNTOS. Lembre-se que não existe ordem entre os elementos de um conjunto. Gabarito: B

85. (FGV 2010/DOCAS) Há seis contêineres diferentes que deverão ser empilhados, três mais pesados embaixo e três mais leves em cima, conforme sugere a figura.

O número de maneiras de se fazer essa arrumação, mantendo os três mais pesados embaixo e os três mais leves em cima é

a) 18 b) 6 c) 9 d) 36 e) 72 Comentário

Devemos permutar os três contêineres que estão na primeira linha e permutar os três contêineres que estão na segunda linha. A resposta é 𝑃J ∙ 𝑃J = 3! ∙ 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 36 Gabarito: D

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86. (FGV 2010/DOCAS) Marcelo tem 6 camisas diferentes, sendo duas delas camisas sociais. Marcelo tem ainda 5 calças compridas, sendo 3 delas calças jeans. De quantas formas diferentes Marcelo pode usar, ao mesmo tempo, uma das camisas e uma das calças de forma que camisas sociais nunca sejam usadas com calças jeans?

a) 30 b) 16 c) 12 d) 8 e) 24 Comentário

Marcelo tem três opções, a saber: i) Vestir uma camisa social e uma calça não-jeans. Ele possui 2 camisas sociais e 2 calças não-jeans. Ele pode se vestir assim de 2 × 2 = 4 maneiras diferentes. ii) Vestir uma camisa não-social e uma calça jeans. Ele possui 4 camisas não-sociais e 3 calças jeans. Ele pode se vestir assim de 4 × 3 = 12 maneiras diferentes. iii) Vestir uma camisa não-social e uma calça não-jeans. Ele possui 4 camisas não-sociais e 2 calças não-jeans. Ele pode se vestir assim de 4 × 2 = 8 maneiras diferentes. O total de casos é igual a 4 +12 +8 = 24. Comentário 2

Vamos desconsiderar a restrição do problema: Marcelo possui 6 camisas e 5 calças. Ele pode se vestir de 6 × 5 = 30 maneiras diferentes.

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Vamos excluir os casos em que Marcelo usa camisa social e camisa jeans simultaneamente. Ele possui 2 camisas sociais e 3 calças jeans. Ele pode se vestir assim de 2 × 3 = 6 maneiras diferentes. Vamos, do total de casos, subtrair essas 6 maneiras. A resposta é 30 – 6 = 24. Gabarito: E

87. (FGV 2010/CAERN) De quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 pessoas em fila sendo que Maria, uma dessas 5 pessoas, jamais seja a primeira da fila?

a) 120 b) 112 c) 96 d) 75 e) 88 Comentário

Vamos utilizar o mesmo raciocínio da segunda resolução da questão anterior. Vamos desconsiderar a restrição do problema: devemos permutar 5 pessoas em fila. O total de possibilidade SERIA igual a: 𝑃I = 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 Destas 120 possibilidades, devemos excluir aquelas em que Maria é a primeira da fila. De quantas maneiras podemos arrumar a fila, de modo que Maria seja a primeira? Maria Neste caso, Maria está fixa e devemos permutar os 4 elementos restantes. 𝑃X = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 O total de casos que nos interessa é igual a 120 – 24 = 96.

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Gabarito: C

88. (FGV 2010/CAERN) Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. Quantas senhas diferentes podem ser criadas de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes?

a) 3.600 b) 3.645 c) 2.520 d) 2.240 e) 2.016 Comentário

Vamos esquecer, a priori, a restrição de que o último dígito deve ser ímpar. A senha deve ser formada por 4 algarismos distintos. Assim, há 10 possibilidades para o quarto dígito, 9 possibilidades para o terceiro dígito, 8 possibilidades para o segundo dígito e 7 possibilidades para o primeiro dígito. O total de senhas SERIA igual a 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 = 5.040. Em metade dessas senhas, o último dígito é par e em metade das senhas o último dígito é ímpar. Assim, o total de senhas com 4 algarismos distintos com o último dígito ímpar é igual a 5.040/2 = 2.520. Gabarito: C

89. (FGV 2010/CAERN) Num curso de pós-graduação, Marcos, Nélson, Osmar e Pedro são candidatos a representantes da turma da qual fazem parte. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. Quantas duplas diferentes de representante e auxiliar podem ser formadas?

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a) 24. b) 18. c) 16. d) 12. e) 6. Comentário

Nesta questão a ordem é importante. Isso porque cada uma das pessoas escolhidas tem uma função específica: um será representante e o outro será auxiliar desse representante. Se o problema não indicasse essa função, deveríamos usar 𝐶XN = 6. Mas isto está errado! Como a ordem é importante, vamos resolver usando o princípio fundamental da contagem. Existem 4 possibilidades para escolher o representante e 3 possibilidades para escolher o seu auxiliar. O total de duplas que podem ser formadas é igual a 4 x 3 = 12. Gabarito: D

90. (FGV 2014/FUNARTE) Certa empresa solicita a cada funcionário uma senha de segurança formada por uma vogal e duas consoantes diferentes do nosso alfabeto atual. Exemplos de senhas desse tipo são KPA e BIG. O número de senhas diferentes que podem ser formadas é:

(A) 2100; (B) 2205; (C) 3250; (D) 6300; (E) 6615. Comentário

Nosso alfabeto atual é formado por 26 letras, sendo 5 vogais e 21 consoantes.

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A primeira etapa é escolher a vogal: 5 possibilidades. A segunda etapa é escolher a primeira consoante: 21 possibilidades. A terceira etapa é escolher a segunda consoante, que é diferente da primeira: 20 possibilidades. O número de senhas diferentes que podem ser formadas é igual a 5 x 21 x 20 = 2.100. Entretanto, estamos considerando no cálculo acima que devemos começar por vogal e depois posicionar as consoantes. Poderíamos, por exemplo, colocar consoante-vogal-consoante ou consoante-consoante-vogal. Assim, para cada escolha de vogal e consoantes, há 3 possibilidades a considerar: VCC, CVC ou CCV. 2.100 ∙ 3 = 6.300 Gabarito: D

91. (FCC 2016/Pref. de Campinas) A montagem de um mecanismo exige que ele contenha pelo menos duas, e no máximo quatro, de seis peças diferentes (A, B, C, D, E, F). Sabendo que as únicas peças que compõem esse mecanismo são as seis peças mencionadas, o total de possibilidades diferentes, de montagem desse mecanismo, é igual a

(A) 48. (B) 50. (C) 55. (D) 56. (E) 57. Comentário

Podemos ter duas peças, três peças ou quatro peças, escolhidas dentre um total de 6 peças. 𝐶BN + 𝐶BJ + 𝐶BX Lembre-se que 𝐶BX = 𝐶BN . Portanto, Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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𝐶BN + 𝐶BJ + 𝐶BN =

6∙5 6∙5∙4 6∙5 + + = 15 + 20 + 15 = 50 2∙1 3∙2∙1 2∙1

Gabarito: B

92. (FCC 2016/SEFAZ-MA) Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8 primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados que Jair pode fazer para o jantar é igual a

(A) 40. (B) 56. (C) 30. (D) 26. (E) 36. Comentário

Vamos considerar que os primos são A, B, C, D, E, F, G e H. Consideremos ainda que A e B são os primos que só podem ir ao jantar se forem juntos. Considere que A e B foram escolhidos para o jantar. O total de primos é 8. Portanto, há 6 primos disponíveis para escolhermos os 3 primos restantes. Como serão 5 convidados, ainda precisamos escolher 3 primos. Assim, temos que escolher 3 pessoas dentre 6 disponíveis. 𝐶BJ =

6∙5∙4 = 20 3∙2∙1

Podemos realizar este processo de escolha de 20 maneiras distintas. Se A e B não forem escolhidos, teremos que escolher as 5 pessoas dentre as 6 pessoas restantes. 𝐶BI =

6∙5∙4∙3∙2 =6 5∙4∙3∙2∙1

O total de possibilidades é 20 + 6 = 26. Gabarito: D

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93. (FCC 2016/AL-MS) O setor de almoxarifado de uma loja conta com 6 funcionários, e o setor de conferencistas com outros 5 funcionários. Uma tarefa tem que ser executada por um grupo de 3 funcionários do almoxarifado e, em seguida, tem que ser conferida por um grupo de 2 conferencistas. O total de possibilidades diferentes de agrupamentos dos 5 funcionários que devem executar e conferir essa tarefa é igual a

(A) 120. (B) 180. (C) 200. (D) 150. (E) 240. Comentário

Observe que o enunciado diz que a tarefa será executada por um grupo e, EM SEGUIDA, tem que ser conferida por outro grupo. Assim, devemos escolher as pessoas do primeiro grupo E escolher as pessoas do segundo grupo. Utilizaremos o princípio multiplicativo, ou seja, vamos calcular as quantidades de possibilidades para escolher as pessoas de cada grupo e multiplicar os resultados. Para o primeiro grupo, há 6 funcionários e devemos escolher 3. Para o segundo grupo, há 5 funcionários e devemos escolher 2. 𝐶BJ ∙ 𝐶IN =

6∙5∙4 5∙4 ∙ = 20 × 10 = 200 3∙2∙1 2∙1

Se o problema dissesse que a tarefa poderia ser executada por um grupo de 3 pessoas (escolhidas dentre 6) ou por um grupo de 2 pessoas (escolhidas dentre 5), deveríamos utilizar o princípio aditivo: 20 + 10 = 30 possibilidades. Gabarito: C

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94. (FGV 2015/TCE-SE) João tem 4 primas e 3 primos, deseja convidar duas dessas pessoas para ir ao cinema, mas não quer que o grupo seja exclusivamente masculino. O número de maneiras diferentes pelas quais João pode escolher seus dois convidados é:

a) 9; b) 12; c) 15; d) 16; e) 18. Comentário

Há 7 pessoas e escolheremos 2 delas. 𝐶^N =

7∙6 = 21 2∙1

Entretanto, devemos excluir desta contagem os grupos formados exclusivamente pode homens. São 3 homens. A quantidade de possibilidades para escolher 2 deles é: 𝐶JN =

3∙2 =3 2∙1

Assim, a quantidade de possibilidades para João escolher seus dois convidados é 21 – 3 = 18. Gabarito: E

95. (FGV 2015/TJ-RO) João tem 5 processos que devem ser analisados e Arnaldo e Bruno estão disponíveis para esse trabalho. Como Arnaldo é mais experiente, João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para Bruno. O número de maneiras diferentes pelas quais João pode distribuir esses 5 processos entre Arnaldo e Bruno é:

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a) 6; b) 8; c) 10; d) 12; e) 15. Comentário

João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para Bruno. Como o conectivo utilizado é “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo. Há 5 processos dos quais escolheremos 3 para Arnaldo. Sobrarão 2 processos dos quais escolheremos 2 para Bruno. 𝐶IJ ∙ 𝐶NN =

5∙4∙3 ∙ 1 = 10 3∙2∙1

Gabarito: C

96. (FGV 2015/Pref. de Niterói) João coordena as 5 pessoas da equipe de manutenção de uma empresa e deve designar, para cada dia, as pessoas para as seguintes funções:
 • uma pessoa da equipe para abrir o prédio da empresa e fiscalizar o trabalho geral; • duas pessoas da equipe para o trabalho no turno da manhã, deixando as outras duas para o turno da tarde. O número de maneiras diferentes pelas quais João poderá organizar essa escala de trabalho é:

a) 10; b) 15; c) 20; d) 30;

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e) 60. Comentário

Devemos escolher 1 pessoa para abrir o prédio e escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da manhã e 2 pessoas para o turno da tarde. Utilizaremos o princípio multiplicativo. Há 5 pessoas para escolher 1 pessoa para abrir o prédio. Sobram 4 pessoas. Há 4 pessoas para escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da manhã. Sobram 2 pessoas. Há 2 pessoas para escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da tarde. 𝐶IM ∙ 𝐶XN ∙ 𝐶NN = 5 ∙

4∙3 ∙ 1 = 30 2∙1

Gabarito: D

97. (FCC 2015/SEFAZ-PI) A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas. Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a mesma senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo,

(A) 240 tentativas. (B) 144 tentativas. (C) 576 tentativas. (D) 196 tentativas. (E) 288 tentativas. Comentário

Queremos calcular o número permutações da palavra TERESINA de modo que as 4 primeiras letras sejam vogais e as 4 últimas sejam consoantes. 𝐸𝐸𝐼𝐴 𝑇𝑅𝑆𝑁

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Assim, vamos permutar as 4 vogais entre si (sendo duas repetidas) e vamos permutar as consoantes entre si. 𝑃XN ∙ 𝑃X =

4! ∙ 4! = 12 ∙ 24 = 288 2!

Gabarito: E

98. (FCC 2015/SEFAZ-PE) A prova de raciocínio lógico de um concurso foi elaborada com 10 questões, sendo 4 fáceis, 3 médias e 3 difíceis. Para criar diferentes versões dessa prova, a organização do concurso pretende trocar a ordem das questões, mantendo sempre as fáceis no início, as médias no meio e as difíceis no final e respeitando as seguintes restrições colocadas pelo elaborador: − há duas questões fáceis que, por se referirem a uma mesma figura, devem ser mantidas uma após a outra, em qualquer ordem; − há ainda uma questão média e uma difícil que se referem a um mesmo texto, devendo também ser mantidas uma após a outra, com a média aparecendo primeiro. 
Nessas condições, o número de diferentes versões que a organização do concurso poderá criar para essa prova é igual a

(A) 54. (B) 40. (C) 24. (D) 36. (E) 48. Comentário

Teremos a seguinte estrutura: 𝐹á𝑐𝑒𝑖𝑠 𝑀é𝑑𝑖𝑎𝑠 𝐷𝑖𝑓í𝑐𝑒𝑖𝑠 Não alteraremos esta ordem. Portanto, não precisamos permutar estas 3 caixas. Entre as 4 questões fáceis, há duas que devem ficar juntas.

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Entre as 3 questões médias, a última não pode ser mover, pois deve ficar colada à primeira questão difícil. Ficamos com o seguinte esquema: 𝐹M 𝐹N 𝐹J 𝐹X 𝑀M 𝑀N

𝑀 …J ´µ¶·çãµ º·˜•



𝐷 …M

𝐷N 𝐷J

´µ¶·çãµ º·˜•

Observe que deveremos simultaneamente permutar as fáceis, médias e difíceis, obedecendo às restrições. Portanto, utilizaremos o princípio multiplicativo. Há duas questões fáceis que devem ficar juntas. Vamos considerá-las como uma só. Assim, vamos permutar 3 objetos. Em seguida, vamos permutar as questões 𝐹M e 𝐹N entre si. Ficamos com: 𝑃J ∙ 𝑃N Vamos ainda permutar as questões 𝑀M e 𝑀N entre si. Observe que a questão 𝑀J é fixa. Ficamos com: 𝑃J ∙ 𝑃N ∙ 𝑃N Finalmente, vamos permutar as questões 𝐷N e 𝐷J entre si. Observe que a questão 𝐷M é fixa. Ficamos com: 𝑃J ∙ 𝑃N ∙ 𝑃N ∙ 𝑃N = 3! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! = 6 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 48 Gabarito: E

99. (FCC 2015/SEFAZ-PE) A tabela a seguir mostra a pontuação obtida pelas cinco empresas que participaram da concorrência pública para a construção das dez estações de uma linha de metrô.

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De acordo com as regras do edital da concorrência, somente as empresas com mais de 150 pontos seriam consideradas aprovadas. Além disso, o edital determinava que as dez estações seriam distribuídas entre as empresas aprovadas proporcionalmente ao número de pontos que cada uma delas obteve. Sabendo que as dez estações são iguais, o número de maneiras diferentes de distribuí-las entre as empresas aprovadas, de acordo com as regras do edital, é igual a

(A) 7560. (B) 5040. (C) 2520. (D) 1260. (E) 3780. Comentário

A empresas IV e V foram desclassificadas. Vamos distribuir as 10 estações proporcionalmente às pontuações obtidas pelas empresas I, II e III. A soma das pontuações de I, II e III é igual a 500 + 300 + 200 = 1.000. Como a empresas I obteve 500 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 5 das 10 estações. Como a empresas II obteve 300 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 3 das 10 estações. Como a empresas III obteve 200 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 2 das 10 estações. Há 10 estações e escolheremos 5 para a empresa I. Sobram 5 estações. Assim, em seguida, escolheremos 3 estações dentre as 5 restantes para a empresa II. Finalmente, dentre as 2 estações restantes, escolheremos 2 estações para a empresa III. I 𝐶MY ∙ 𝐶IJ ∙ 𝐶NN =

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ ∙ 1 = 252 ∙ 10 ∙ 1 = 2.520 5∙4∙3∙2∙1 3∙2∙1

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Gabarito: C

100.

(FCC 2016/SEDU-ES)

São realizados três lançamentos, em sequência, de um dado com faces numeradas de 1 a 6. Com os resultados obtidos, em cada três lançamentos, forma-se um número de três algarismos. Por exemplo: se os resultados obtidos foram, nessa ordem, 2; 6 e 3, o número formado será 263. A quantidade de números diferentes, e que sejam menores do que 500, que podemos formar dessa maneira é igual a

(A) 499. (B) 186. (C) 399. (D) 144. (E) 400. Comentário

Para que os números sejam menores que 500, há 4 possibilidades para o algarismo das centenas: 1, 2, 3 ou 4. Não há restrições para o algarismo das dezenas nem restrições para o algarismo das unidades: são 6 possibilidades para cada. Assim, pelo princípio fundamental da contagem, o total de números que podemos formar é 4 × 6 × 6 = 144. Gabarito: D

101.

(FCC 2016/SEDU-ES)

O número de anagramas que podem ser obtidos utilizando as letras da palavra VITÓRIA, e que terminam com uma consoante é igual a

(A) 2520.

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(B) 1080. (C) 840. (D) 5040. (E) 1980. Comentário

Como a palavra deverá terminar em uma consoante, há 3 possibilidades para a última letra. Devemos ainda permutar as outras 6 letras, lembrando que 2 delas são repetidas. Ficamos com: 3 ∙ 𝑃BN = 3 ∙

6! 6∙5∙4∙3∙2∙1 =3∙ = 1.080 2! 2∙1

Gabarito: B

102.

(FCC 2016/SEFAZ-MA)

Considere a descrição de sistemas de senhas abaixo. - Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras do alfabeto seguidas de três algarismos ímpares. − Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois algarismos diferentes. − Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos diferentes dentre os oito primeiros algarismos. Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas é

(A) K;L;J. (B) J;L;K. (C) J;K;L.

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(D) L;K;J. (E) K;J;L. Comentário

•

Sistema J

Há 10 possibilidades para cada letra e 5 possibilidades para cada algarismo (pois os algarismos são ímpares). 10 × 10 × 5 × 5 × 5 = 12.500 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑎𝑠 •

Sistema K

Há 5 possibilidades para cada uma das 3 letras, 10 possibilidades para o primeiro algarismo e 9 opções para o segundo algarismo, já que os algarismos são diferentes. 5 × 5 × 5 × 10 × 9 = 11.250 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑎𝑠 •

Sistema L

Há 10 possibilidades para a primeira letra, 5 possibilidades para a segunda letra (vogal), 4 possibilidades para a terceira letra (vogal diferente), 8 possibilidades para o primeiro algarismo e 7 possibilidades para o próximo algarismo (algarismo diferente). 10 × 5 × 4 × 8 × 7 = 11.200

O sistema com menos senhas é o sistema L. O sistema com mais senhas é o sistema J. Em ordem crescente do número de senhas, temos L, K, J. Gabarito: D

103.

(CONSULPLAN 2017/TRF 2ª Região)

Bruna mora longe de seus pais e deseja escolher 3 meses de um mesmo ano para visitá-los, sendo que os dois primeiros deles devem ser do primeiro semestre do ano e não consecutivos; o outro mês deve ser qualquer um a partir de agosto. De quantas maneiras Bruna poderá efetuar a escolha dos meses em que visitará seus pais?

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A) 18. B) 32. C) 50. D) 60. Comentário

Vamos escolher dois meses do primeiro semestre e 1 mês do segundo semestre. Vamos calcular a quantidade de possibilidades para escolher os dois meses do primeiro semestre, calcular a quantidade de possibilidades para escolher o mês do segundo semestre e vamos multiplicar os resultados. Há 6 meses no primeiro semestre e vamos escolher 2. 𝐶BN =

6∙5 = 15 2∙1

Entretanto, esses dois meses não podem ser consecutivos. Assim, vamos excluir as seguintes opções: -

Janeiro e Fevereiro Fevereiro e Março Março e Abril Abril e Maio Maio e Junho

Vamos excluir, portanto, 5 possibilidades. Assim, há 15 – 5 = 10 maneiras de escolher 2 meses não consecutivos do primeiro semestre. Para o terceiro mês, devemos escolher qualquer mês a partir de agosto (Agosto, Setembro, Outubro, Novembro ou Dezembro). Há 5 possibilidades. Pelo princípio multiplicativo, o total de possibilidades é 10 × 5 = 50. Gabarito: C

104.

(CETRO 2012/PM-SP)

Simplificando

(𝒏L𝟒)! (𝒏i𝟐)!

∙

(𝒏i𝟑)! (𝒏L𝟑)!

, obtém-se

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a) 𝑛N + 2𝑛 − 8 b) 𝑛N − 2𝑛 + 8 c) 𝑛N − 2𝑛 − 8 d) 𝑛N + 2𝑛 + 8 Comentário

Observe que (𝑛 + 4)! = (𝑛 + 4)(𝑛 + 3)! e que (𝑛 − 2)! = (𝑛 − 2)(𝑛 − 3)!. (𝑛 + 4)! (𝑛 − 2)! (𝑛 + 4)(𝑛 + 3)! (𝑛 − 2)(𝑛 − 3)! ∙ = ∙ = (𝑛 − 3)! (𝑛 + 3)! (𝑛 − 3)! (𝑛 + 3)!

= (𝑛 + 4)(𝑛 − 2) = 𝑛N − 2𝑛 + 4𝑛 − 8 = 𝑛N + 2𝑛 − 8 Gabarito: A

105.

(CETRO 2012/PM-SP)

Uma lei de certo país determinou que as placas das viaturas de polícia deveriam ter 3 algarismos seguidos de 4 letras do alfabeto grego (24 letras). Sendo assim, o número de placas diferentes será igual a

(A) 175.760.000. (B) 183.617.280. (C) 331.776.000. (D) 358.800.000. Comentário

Há 10 possibilidades para cada um dos 3 algarismo e 24 possibilidades para cada uma das 4 letras. Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de placas é igual a 10 × 10 × 10 × 24 × 24 × 24 × 24 = 331.776.000 Gabarito: C

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106.

(IDECAN 2014/AGU)

Observe a figura. Quantos caminhos diferentes há para ir de A até B, andando sobre as linhas da grade e sempre nos sentidos das setas x e y?

a) 28 b) 120 c) 330 d) 360 e) 720 Comentário

Chamaremos de D cada passo para a direita e C cada passo para cima. Observe o seguinte caminho:

O caminho acima pode ser representado por DDDDDDDCCCC.

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O caminho acima pode ser representado por CCCCDDDDDDD. Observe mais um caminho que pode ser percorrido.

O caminho acima pode ser representado por DDCDCCDDDCD. Mais um exemplo de um possível caminho, que será representado por CCDDCDDCDDD.

Em suma, estamos permutando 4 letras “C” e 7 letras “D”, o que pode ser feito de: X,^ 𝑃MM =

11! 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 = = = 330 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 4! 7! 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 7! 4∙3∙2∙1

Gabarito: C

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107.

(FGV 2018/MPE-AL)

Em uma reunião há 9 pessoas, das quais 6 se conhecem mutuamente e as outras 3 não conhecem nenhuma das outras pessoas presentes à reunião. As pessoas que se conhecem, se cumprimentam com um abraço e, as pessoas que não se conhecem, se cumprimentam com um aperto de mão. Todas as pessoas presentes à reunião se cumprimentaram mutuamente. Assinale a opção que indica o número de apertos de mãos que foram dados.

a) 21. b) 20. c) 18. d) 15. e) 12. Comentário

Precisamos escolher 2 pessoas que não se conhecem. Isso pode ser feito de duas formas: i) ii)

Escolher 2 pessoas entre as 3 que não conhecem nenhuma das outras pessoas. Escolher 1 pessoa entre as 3 que não conhecem nenhuma das outras pessoas e escolher 1 pessoa do grupo de 6.

Vamos agora calcular o número de possibilidades para cada uma dessas formas.

i) Há 3 pessoas disponíveis e vamos escolher 2. Observe que quando A aperta a mão de B, B também aperta a mão de A. Portanto, a ordem não é relevante. Vamos utilizar combinação. 𝐶JN =

3∙2 =3 2∙1

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ii) Há 3 pessoas disponíveis no grupo das que não conhecem outras pessoas e vamos escolher 1 delas. Há 6 pessoas disponíveis no outro grupo e também vamos escolher uma. O total de possibilidades é

𝐶JM ∙ 𝐶BM = 3 ∙ 6 = 18 O total de possibilidades é 3 + 18 = 21.

Vamos resolver de outra forma. Queremos calcular o total de apertos de mão. Um aperto de mão é sempre composto por 2 pessoas. Assim, há 9 pessoas disponíveis e queremos escolher 2 delas. 𝐶|N =

9∙8 = 36 2∙1

O problema é que contamos apertos de mãos demais. Há alguns que não nos interessa. Quais não estamos interessados? Não queremos apertos de mãos entre pessoas que se conhecem. Assim, vamos excluir os apertos de mãos entre os 6 conhecidos. 𝐶BN =

6∙5 = 15 2∙1

Portanto, os apertos de mão que queremos totalizam 36 – 15 = 21. Gabarito: A

108.

(FGV 2017/IBGE)

Em um encontro de 12 pessoas, 8 delas se conhecem mutuamente e cada uma das outras 4 não conhece nenhuma das pessoas presentes ao encontro. Pessoas que se conhecem mutuamente se cumprimentam com um abraço e pessoas que não se conhecem se cumprimentam com um aperto de mão. Todas as pessoas presentes ao encontro se cumprimentam entre si. O número de apertos de mão dados é:

a) 32; b) 36; c) 38;

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d) 42; e) 44. Comentário

Precisamos escolher 2 pessoas que não se conhecem. Isso pode ser feito de duas formas: i) ii)

Escolher 2 pessoas entre as 4 que não conhecem nenhuma das outras pessoas. Escolher 1 pessoa entre as 4 que não conhecem nenhuma das outras pessoas e escolher 1 pessoa do grupo de 8.

Vamos agora calcular o número de possibilidades para cada uma dessas formas.

i) Há 4 pessoas disponíveis e vamos escolher 2. Observe que quando A aperta a mão de B, B também aperta a mão de A. Portanto, a ordem não é relevante. Vamos utilizar combinação. 𝐶XN =

4∙3 =6 2∙1

ii) Há 4 pessoas disponíveis no grupo das que não conhecem outras pessoas e vamos escolher 1 delas. Há 8 pessoas disponíveis no outro grupo e também vamos escolher uma. O total de possibilidades é

𝐶XM ∙ 𝐶AM = 4 ∙ 8 = 32 O total de possibilidades é 6 + 32 = 38.

Vamos resolver de outra forma. Queremos calcular o total de apertos de mão. Um aperto de mão é sempre composto por 2 pessoas. Assim, há 12 pessoas disponíveis e queremos escolher 2 delas. N 𝐶MN =

12 ∙ 11 = 66 2∙1

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O problema é que contamos apertos de mãos demais. Há alguns que não nos interessa. Quais não estamos interessados? Não queremos apertos de mãos entre pessoas que se conhecem. Assim, vamos excluir os apertos de mãos entre os 8 conhecidos. 𝐶AN =

8∙7 = 28 2∙1

Portanto, os apertos de mão que queremos totalizam 66 – 28 = 38. Gabarito: C

109.

(FGV 2018/ALE-RO)

O presidente e o vice-presidente de uma comissão serão escolhidos entre os 10 deputados do Partido X e os 6 deputados do Partido Y. Os Partidos acordaram que os dois cargos não poderão ser ocupados por deputados de um mesmo Partido. O número de maneiras diferentes de se escolher o presidente e o vice-presidente dessa comissão, é

a) 16. b) 32. c) 60. d) 64. e) 120. Comentário

Observe que existe uma ordem entre os deputados escolhidos: um será o presidente e o outro será o vice-presidente. Se não houvesse restrições, haveria 16 possibilidades para escolher o presidente e 15 possibilidades para escolher o vice-presidente. O total de possibilidades seria: 16 × 15 = 240 Entretanto, há uma restrição: não podemos escolher dois deputados do partido X nem podemos escolher dois deputados do partido Y. Vamos calcular essas possibilidades e excluí-las da contagem. i)

Dois deputados do partido X. Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z) www.estrategiaconcursos.com.br

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Há 10 possibilidades para escolher o presidente e 9 possibilidades para escolher o vicepresidente. Assim, o total de possibilidades para escolher dois deputados do partido X para presidente e vice-presidente é 10 × 9 = 90

ii)

Dois deputados do partido Y.

Há 6 possibilidades para escolher o presidente e 5 possibilidades para escolher o vicepresidente. Assim, o total de possibilidades para escolher dois deputados do partido Y para presidente e vice-presidente é 6 × 5 = 30 Vamos então subtrair das 240 possibilidades as opções que não queremos. 240 − 90 − 30 = 120 Gabarito: E

110.

(FGV 2018/ALE-RO)

Helena entra em uma sorveteria que oferece sorvetes de 8 sabores diferentes. Helena deseja escolher uma casquinha com duas bolas de sorvete não necessariamente de sabores diferentes. A ordem em que as bolas forem colocadas na casquinha não fará a escolha de Helena ser diferente. O número de maneiras de Helena escolher sua casquinha é

a) 64. b) 56. c) 36. d) 28. e) 16. Comentário

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Esse é um caso clássico de combinação completa (combinação com repetição). Há 8 sabores disponíveis e precisamos escolher 2. Esses sabores podem ser iguais ou diferentes. Portanto, o total de possibilidades é 𝐶𝑅AN Como aplicamos essa fórmula? No denominador, colocamos o fatorial de 2, que é o número de objetos que precisamos escolher. 𝐶𝑅AN =

2∙1

Se fosse uma combinação simples, deveríamos expandir o número 8 em dois fatores no numerador: 8 × 7. Como a combinação é completa, devemos expandir o número 8 em dois fatores “para cima”. 𝐶𝑅AN =

8∙9 = 36 2∙1

Outra maneira é aplicar a relação que existe entre a combinação completa e a combinação simples. b 𝐶𝑅Kb = 𝐶KLbiM

Portanto, N 𝐶𝑅AN = 𝐶ALNiM = 𝐶|N =

9∙8 = 36 2∙1

Gabarito: C

111.

(FGV 2017/SEPOG-RO)

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Armando, Bárbara, Carlos e Deise foram ao cinema e vão ocupar quatro poltronas consecutivas em uma fila. Armando e Carlos não querem sentar um ao lado do outro. Nessas condições, o número de maneiras diferentes que eles podem ocupar as quatro poltronas é

a) 24. b) 18. c) 15. d) 12. e) 8. Comentário

Sem restrições, o total de maneiras para arrumar os 4 amigos nas 4 poltronas é: 𝑃X = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 Não queremos que Armando e Carlos fiquem juntos. Vamos, portanto, calcular o total de maneiras que eles podem estar sentados juntos e subtrair do total de possibilidades. 𝐴𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑠 𝐵á𝑟𝑏𝑎𝑟𝑎 𝐷𝑒𝑖𝑠𝑒 Como Armando e Carlos estão juntos, é como se eles fossem um só. Assim, temos 3 elementos para permutar: A caixa que contém Armando e Carlos, Bárbara e Denise. Além disso, podemos permutar Armando e Carlos entre si. O total de maneiras que Armando e Carlos podem sentar juntos é 𝑃J ∙ 𝑃N = 3! ∙ 2! = 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 = 12

Assim, o total de maneiras que os 4 podem ser arrumados de tal forma que Armando e Carlos NÃO fiquem juntos é 24 − 12 = 12 Gabarito: D

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112.

(FGV 2017/Prefeitura de Salvador)

Três casais vão ocupar seis cadeiras consecutivas de uma fila do cinema, e os casais não querem sentar separados. Assinale a opção que indica o número de maneiras diferentes em que esses três casais podem ocupar as seis cadeiras.

a) 6. b) 12. c) 24. d) 36. e) 48. Comentário

Os casais devem sentar juntos. 𝑨 𝑩 𝑪 𝑫 𝑬 𝑭 Assim, temos 3 objetos para permutar, que são as 3 caixas acima. Cada caixa contém um casal. Além disso, podemos permutar as pessoas de cada casal entre si. O total de possibilidades é: 𝑷𝟑 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑷𝟐 = 𝟑! ∙ 𝟐! ∙ 𝟐! ∙ 𝟐! = = 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 = 𝟒𝟖

Gabarito: E

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113.

(FGV 2017/Prefeitura de Salvador)

Cinco pessoas de diferentes alturas devem ocupar as cinco cadeiras abaixo para uma fotografia.

O fotógrafo pediu que nem o mais baixo nem o mais alto ocupassem as cadeiras das extremidades. Respeitando essa condição, o número de maneiras como as pessoas podem se posicionar para a fotografia é

a) 12. b) 18. c) 24. d) 36. e) 72. Comentário

O mais alto e o mais baixo só podem ficar em alguma cadeira do meio. Assim, há 3 possibilidades para escolher a cadeira do mais alto e 2 possibilidades para escolher a cadeira do mais baixo. Depois que eles estiverem acomodados, podemos permutar os 3 restantes nas outras cadeiras. O total de possibilidades é: 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝑷𝟑 = 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 = 𝟑𝟔 Gabarito: D

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17. CONSIDERAÇÕES FINAIS Ficamos por aqui, queridos alunos. Espero que tenham gostado da aula. Vamos juntos nesta sua caminhada. Lembre-se que vocês podem fazer perguntas e sugestões no nosso fórum de dúvidas.

Você também pode me encontrar no instagram @profguilhermeneves ou entrar em contato diretamente comigo pelo meu email [email protected]. Um forte abraço e até a próxima aula!!! Guilherme Neves

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