Exerccios de Combinatria

1) Quantos so os gabaritos possveis de um teste de 10 questes de mltipla escolha, com 5 opes

por questo?

Resoluo:

Podemos dividir a deciso de escolher um gabarito, nas divises mais simples de escolher a opo de cada

uma questo. Portanto teremos:

Deciso 1: Primeira questo - 5 opes de gabarito.

Deciso 2: Segunda questo - 5 opes de gabarito.

.

.

.

Deciso 10: Dcima questo: 5 opes de gabarito.

Pelo princpio multiplicativo, temos 5x5x5x5x5x5x5x5x5x5 = 5^10

Resposta: Temos 5^10 possveis gabaritos.

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

OBS: Como matemticos sabemos que Binmio de Newton traz uma boa justificativa para o fato desta

quantidade ser (2^n), porm, esta justificativa extrapolaria os conceitos que foram aprendidos at ento neste

captulo, portanto, indico a resoluo seguinte.

Resoluo:

Se temos um conjunto com n elementos e queremos formar um subconjunto, basta lembrarmos que um

subconjunto possui OU NO determinado elemento do conjunto que o contm. Ento vamos representar o

conjunto da seguinte forma:

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

O primeiro elemento pode estar OU NO no subconjunto, portanto para (a1) temos duas opes [estar ou no

estar no subconjunto. O segundo elemento pode estar ou NO no subconjunto, portanto para (a2) temos

duas opes, e assim por diante. Temos ento:

Deciso 1: 2 opes.

Deciso 2: 2 opes.

Deciso 3: 2 opes.

.

.

.

Deciso n: 2 opes.

Pelo princpio multiplicativo, temos 2x2x2x2x2x2x...x2 = (2^n) opes.

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

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

Resoluo:

Para solucionar esta questo, vamos recorrer ao problema das permutaes simples, mais especificamente aos

anagramas com repetio. Na prtica, podemos representar as pessoas pelas letras A,B e C. No caso, se

sentarmos 3 pessoas em 5 cadeiras, necessariamente em qualquer caso, 2 cadeiras ficaram vazias, Podemos

ento representar a cadeira vazia pela letra V.

Sendo assim, o problema se resume seguinte questo: De quantas formas podemos ordenar as letras

ABCVV?

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

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

4) De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos de 2 lugares, considerando-

se que, em cada banco, deva haver um homem e uma mulher?

Resoluo:

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

primeiro lugar: 5 possibilidades de homem.

segundo lugar: 5 possibilidades de mulher.

terceiro lugar: 4 possibilidades de homem.

quarto lugar: 4 possibilidades de mulher.

quinto lugar: 3 possibilidades de homem.

sexto lugar: 3 possibilidades de mulher.

stimo lugar: 2 possibilidades de homem.

oitavo lugar: 2 possibilidades de mulher.

nono lugar: 1 possibilidade de homem.

dcimo lugar: 1 possibilidade de mulher.

Ento, a princpio, temos:

5x5x4x4x3x3x2x2x1x1 = 14400

Mas, como cada casal pode ser permutado de 2! formas temos que multiplicar o resultado por 2! para cada

um dos 5 casais formados, da:

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

Resposta: Podemos sent-los de 460800 maneiras diferentes.

5) De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas no-adjacentes de um tabuleiro de

8x8? E se os reis fossem iguais?

Resoluo:

Primeiramente, se temos um tabuleiro de dimenses 8x8, ao todo temos 64 casas. Ento poderamos pensar [a

princpio] em dividir o problema em dois casos, a escolha da casa em que estar o primeiro rei e a escolha da

casa em que estar o segundo rei.

Para o primeiro rei temos 64 possibilidades [pois ele pode estar em qualquer casa]. E para o segundo rei?

Quantas possibilidades temos? A resposta depende! Depende da localizao do primeiro rei.

Colocando o primeiro rei, por exemplo em um dos quatro cantos, o segundo rei no pode ser posto em

quatro casas [trs em torno do primeiro rei e uma sendo a prpria casa onde est o primeiro rei]. Da temos:

4x(64 4) = 4x60 = 240

[4 pois so quatro cantos.]

[(64 4) pois no podemos colocar o segundo rei em 4 casas.]

Colocando o primeiro rei, por exemplo na lateral [nas casas encostadas na parede do tabuleiro], sem contar

com os 4 cantos, temos 24 possibilidades. Mas, ao colocar o primeiro rei na lateral do tabuleiro, NO podemos

colocar o segundo rei de 6 formas diferentes [5 casas em volta e uma onde o primeiro rei est]. Da temos:

24x(64 6) = 24x58 = 1392

[24 casas laterais para o 1 rei.]

[(64 6) casas restantes para o 2 rei.]

Colocando o primeiro rei em uma das 36 casas centrais [sem contar as laterais e os cantos], NO podemos

colocar o segundo rei de 9 maneiras diferentes [8 casas em volta do primeiro rei e uma casa onde o primeiro

rei est]. Da temos:

36x(64 9) = 36x55 = 1980

Notemos que agora j cumprimos todas as possibilidades para o primeiro rei, ou seja, como ele pode estar OU

em um dos 4 cantos, OU em uma das 24 casas laterais OU em uma das 36 casas centrais, temos: 4 + 24 + 36 =

64.

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

240 + 1392 + 1980 = 3612

Notemos tambm, que a todo momento tratamos do 1 e do 2 rei, ou seja, so reis distintos. Portanto essa

soluo ser para a primeira resposta da questo.

Resposta 1) Se os reis forem diferentes, temos 3612 maneiras de coloc-los em casas no adjacentes de um

tabuleiro 8x8.

Ao considerarmos os reis iguais, no estamos nos importando com a ordem deles, ento temos que dividir o

resultado anterior pela quantidade de maneiras de ordenar dois reis, no caso 2!. Da ficamos com:

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

Resposta 2) Se os reis forem iguais, temos 1806 formas diferentes de de coloc-los em casas no adjacentes

de um tabuleiro 8x8.

6) De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um tabuleiro 8x8, de modo que no haja duas

torres na mesma linha ou na mesma coluna? E se as torres fossem diferentes?

Resoluo:

Podemos dividir o problema nos casos de escolher que casa de que coluna ser ocupada por uma torre

[qualquer, pois no estamos nos preocupando com a ordem das torres, j que primeiramente so iguais]. Da

temos:

Primeira coluna: 8 possibilidades

Segunda coluna: 7 possibilidades [pois no pode estar na mesma linha que a torre da primeira coluna.]

Terceira coluna: 6 possibilidades [ pois no pode estar na mesma linha que a torre da primeira coluna e

tambm no pode estar na mesma linha que a torre da segunda coluna].

.

.

.

Stima coluna: 2 possibilidades.

Oitava coluna: 1 possibilidade.

Pelo princpio multiplicativo temos:

8x7x6x5x4x3x2x1 = 8! = 40320

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

No caso das torres sendo diferentes, temos que levar em considerao a ordem de escolha das torres. Como

podemos ordenar 8 torres de 8! formas, temos que multiplicar o resultado anterior por 8!

8!x8! = (8!)

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

7) De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se, sucessivamente e sem reposio, duas cartas. De

quantos modos isso pode ser feio, considerando-se que a primeira carta deva ser de copas e a segunda

carta no deva ser um rei?

Resoluo:

Devemos considerar dois casos:

A primeira carta o rei de copas: O que nos d 1 possibilidade para a primeira carta e, agora, restando 51

cartas para escolher, temos 48 possibilidades para a segunda carta no ser um rei.

1x48 = 48

A primeira carta de copas mas no o rei: O que nos d 12 possibilidades para a primeira carta e, agora,

tendo 51 cartas para escolher, temos 47 possibilidades para a segunda carta no ser um rei.

12x47 = 564

Total: 48 + 564 = 612

Resposta: 612

8) O conjunto A possui 4 elementos, e o conjunto B, 7. Quantas funes : A B existem? Quantas

delas so injetivas?

Resoluo:

a) Devemos, para cada elemento de A, escolher sua imagem em B. H 7 modos de escolher a imagem do

primeiro elemento de A, 7 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.

A resposta ; 7x7x7x7 = 2 401

b) Agora, elementos diferentes devem ter imagens diferentes. H 7 modos de escolher a imagem do primeiro

elemento de A, 6 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.

A resposta : 7x6x5x4 = 840

R: 2401 e 840

9) Dispomos de 5 cores distintas. De quantos modos podemos colorir os quatro quadrantes de um

crculo, cada quadrante com uma s cor, se quadrantes cuja fronteira uma linha no puderem receber

a mesma cor?

Resoluo:

[Aqui, consideremos o primeiro, segundo, terceiro e quarto quadrantes como no plano cartesiano, ou seja,

contando o primeiro como o dos pontos de coordenadas positivas e girando no sentido anti-horrio.]

A princpio, para o primeiro quadrante temos 5 possibilidades, para o segundo quadrante temos 4

possibilidades [no pode ser igual ao primeiro], para o terceiro quadrante 4 possibilidades [no pode ser igual

ao segundo]. E para o quarto quadrante? Isso depende. Se o primeiro quadrante tiver a mesma cor que o

terceiro, temos que excluir uma possibilidade. J, se o terceiro quadrante tiver uma cor diferente do primeiro,

temos que excluir duas possibilidades. Temos que dividir ento em dois casos:

O primeiro quadrante com a cor igual do terceiro:

Para o primeiro quadrante: 5 possibilidades.

Para o segundo quadrante: 4 possibilidades [diferente do primeiro].

Para o terceiro quadrante: 1 possibilidade [igual do primeiro].

Para o quarto quadrante: 4 possibilidades [pois como o primeiro igual ao terceiro, temos que excluir apenas

uma possibilidade].

Total neste caso: 5x4x1x4 = 80

O primeiro quadrante com a cor diferente do terceiro:

Para o primeiro quadrante: 5 possibilidades.

Para o segundo quadrante: 4 possibilidades [diferente do primeiro].

Para o terceiro quadrante: 3 possibilidades [diferente do segundo E DO PRIMEIRO].

Para o quarto quadrante: 3 possibilidades [diferente do primeiro e do terceiro].

Total neste caso; 5x4x3x3 = 180

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

R: 260

10) De quantos modos podemos formar uma palavra de 5 letras de um alfabeto de 26, se a letra A deve

figurar na palavra mas no pode ser a primeira letra? E se a palavra devesse ter letras distintas?

a) H 26x26x26x26x26 = 11881376 palavras de 5 letras. Delas devemos subtrair as palavras que comeam por

A, 1x26x26x26x26 = 456976, e aquelas nas quais a letra A no figura, 25x25x25x25x25 = 9765625.

A resposta 11881376 - 456976 - 9765625 = 1658775.

b) H 4 posies para colocar a letra A; depois disso, as quatro casas vazias podem ser preenchidas de

25,24,23 e 22 modos.

A resposta 4x25x24x23x22 = 1214400

R: 1658775 e 1214400

11) As placas de veculos so formadas por trs letras (de um alfabeto de 26) seguidas por 4 algarismos.

Quantas placas diferentes podem ser formadas?

Resoluo:

Temos que escolher 3 letras, cada uma pode ser escolhida de 26 maneiras. Temos que escolher 4 nmeros,

cada um pode ser escolhido de 10 maneiras. Logo:

26x26x26x10x10x10x10 = 175760000

R: 175760000

12) Um vago de metr em 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e 5 de cosas. De 10 passageiros, 4

preferem sentar de frente, 3 preferem sentar de costas e os demais no tm referncia. De quantos

modos eles podem se sentar, respeitadas as preferncias?

Resoluo:

O nmero de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar de frente 5x4x3x2 = 120; o nmero

de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar de costas 5x4x3 = 60; o nmero de modos de

acomodar os demais passageiros 3x2x1 = 6.

A resposta 120x60x6 = 43200

R: 43200

13) Quantos so os inteiros positivos de 4 dgitos nos quais o algarismo 5 figura?

Resoluo:

O nmero de inteiros positivos de 4 dgitos 9x10x10x10 = 9000; dessa quantidade devemos tirar aqueles em

que o 5 NO figura, que so 8x9x9x9 = 5832. Fica ento: 9000 5832 = 3168

R: 3168

14) Em uma banca h 5 exemplares iguais da Veja, 6 exemplares iguais da poca e 4 exemplares iguais

da Isto . Quantas colees no-vazias de revistas dessa banca podem ser formadas?

Resoluo:

Devemos decidir quantos exemplares de cada revista devem ser postos na coleo. H 6 possibilidades para a

revista Veja (0,1,2,3,4 ou 5 exemplares), 7 para a revista poca e 5 para a revista Isto . O nmero de colees

6x7x5 = 210. Da, como apenas uma coleo vazia, o total de colees NO VAZIAS 209 = 210 1.

R: 209

15) Uma turma tem aulas s segundas, quartas e sextas, das 13h s 14h e das 14h s 15h. As disciplinas

so Matemtica, Fsica e Qumica, cada uma com duas aulas semanais, em dias diferentes. De quantos

modos pode ser feito o horrio dessa turma?

Resoluo:

Para a primeira disciplina, temos 6 possibilidades de escolha de primeiro horrio; tendo escolhido o primeiro

horrio, temos 4 possibilidades de escolha para o segundo horrio [pois no podemos escolher o outro

horrio do mesmo dia]. Como a ordem da escolha dos horrios no importa, dividimos por 2, ento temos:

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

Para a segunda disciplina, sobrou um dia com dois tempos e dois dias com um tempo cada um. Porm, no

podemos escolher os dois dias com um tempo cada um, pois seno para a terceira disciplina, sobraria apenas

um dia para escolher. Ento, necessariamente, temos que escolher um dos dois tempos do dia com dois

tempos. Como a ordem da escolha no importa, dividimos por 2. Temos ento:

Segunda disciplina: (4x2)/2 = 4

Como j escolhemos todos os horrios para as disciplinas anteriores, sobrou apenas dois tempos em dias

distintos para a terceira disciplina, ficamos ento com:

Terceira disciplina: 1 possibilidade

total: 12x4x1 = 48 possibilidades.

R: 48

16) Quantos so os anagramas da palavra "captulo":

a) possveis?

Resoluo: Como todas as letras so distintas, temos: 8! = 40320 anagramas.

b) que comeam e terminam por vogal?

Resoluo: Para a primeira posio temos disponveis 4 vogais, temos ento 4 possibilidades. Tendo escolhida

a primeira letra, para a ltima letra, como ela deve ser vogal tambm, temos 3 vogais disponveis. Para as letras

restantes vamos ter 6! formas de permut-las entre a primeira vogal e a ltima vogal. Logo a resposta fica:

4x6!x3 = 8640

c) que tm as vogais e as consoantes intercaladas?

Resoluo: A palavra tem 4 vogais e 4 consoantes, portanto ser possvel promover a intercalao. Podemos

comeando por vogal, temos;

4 possibilidades para a primeira letra. [tem que ser vogal]

4 possibilidades para a segunda letra.[tem que ser consoante]

3 possibilidades para a terceira letra. [tem que ser vogal e j usamos uma vogal]

3 possibilidades para a quarta letra. [tem que ser consoante e j usamos uma consoante]

2 possibilidades para a quinta letra.

2 possibilidades para a sexta letra.

1 possibilidade para a stima letra.

1 possibilidade para a oitava letra.

Portanto, comeando por vogal temos: 4x4x3x3x2x2x1x1 = 576

Comeando por consoante, analogamente temos 576 formas distintas. Da, o total :

576 + 576 = 1152

d) que tm as letras, c,a,p juntas nessa ordem?

Resoluo: Neste caso, podemos considerar as letras C,A,P como se fossem um elemento a ser permutado, da

temos ento a permutao de 6 elementos no lugar de 8. Portanto a resposta : 6! = 720

e) que tm as letras c,a,p juntas em qualquer ordem?

Resoluo: Para tanto, basta utilizarmos o resultado anterior, levando em considerao que as letras C,A,P

podem se permutar entre si. Como isso pode ocorrer de 3! formas, temos; 720x3! = 720x6 = 4320

f) que tm a letra p em primeiro lugar e a letra a em segundo?

Resoluo: Para a primeira letra, temos 1 possibilidade, podendo apenas ser a letra A.

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

J, as letras restantes podem se permutar de qualquer forma. Temos para elas ento 6! formas de se permutar.

Portanto a resposta : 1x1x6! = 6! = 720

g) que tm a letra e em primeiro lugar ou a letra a em segundo?

Resoluo: Primeiramente, vamos calcular a quantidade de permutaes em que a letra E est em primeiro

lugar.

Para a primeira letra, temos apenas 1 possibilidade, s pode ser a letra E. Para a segunda letra em diante,

podemos calcular a permutao delas entre si, sem restrio alguma. Temos ento neste caso: 1x7! = 7! = 5040

Agora, vamos calcular a quantidade de permutaes em que a letra A est na segunda posio.

Para a segunda letra, temos apenas 1 possibilidade, s pode ser a letra A. J a primeira letra, terceira, quarta,

quinta, sexta, stima e oitava, podem permutar entre si sem restrio alguma. Da temos novamente: 1x7! =

5040

Mas, temos que notar que o fato de ter a primeira letra E e a segunda letra A no so mutuamente

excludentes. Ou seja, que quando contamos as permutaes onde a primeira letra E, estamos contando os

casos em que a primeira letra E e a segunda A. E, quando estamos contando as permutaes em que a

segunda letra A, tambm estamos contando os casos em que a primeira letra E. Em outras palavras,

contamos os casos em que a primeira letra E e a segunda letra A, duas vezes, ento temos que tirar esta

contagem dupla.

Casos em que a primeira letra E e a segunda letra A: Para a primeira letra e para a segunda, temos apenas

uma possibilidade. Para a terceira em diante, podemos permut-las entre si. Temos ento: 1x1x6! = 720

A resposta ento: 5040 + 5040 720 = 9360

h) nos quais a letra a uma as letras esquerda de p e a letra c uma das letras direita de p?

Resoluo: Para tanto, podemos imaginar as letras A,P,C, disponveis nesta ordem e de quantas formas

podemos introduzir as letras que restam [I,T,U,L,O], nos espaos antes, entre ou depois das letras A,P,C.

A princpio, para a primeira letra, temos: 4 espaos disponveis [antes da letra A, depois da letra C, entre A e P,

e entre P e C].

Para a segunda letra [j tendo posto a primeira letra em um dos espaos anteriores], temos: 5 espaos. Para a

terceira letra, 6 espaos, para a quarta 7 espaos e para a quinta 8 espaos. Pelo princpio multiplicativo, temos

que a resposta : 4x5x6x7x8 = 6720

17) Se A um conjunto de n elementos, quantas so as funes : A A bijetoras?

Resoluo: Para cada elemento do conjunto A, devemos escolher uma nica imagem. Temos ento:

Para o primeiro elemento: n possibilidades.

Para o segundo elemento:(n-1) possibilidades [pois no pode ser igual ao primeiro].

Para o terceiro elemento: (n-2) possibilidades.

...

Para o n-simo elemento: 1 possibilidade.

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

R: n!

18) De quantos modos possvel colocar 8 pessoas em fila de modo qe duas dessas pessoas, Vera e

Paulo, no fiquem juntas?

Resoluo: Podemos colocar 8 pessoas em fila de 8! formas diferentes.

Dentre cada uma desta 8! filas, quantas esto com Vera e Paulo, juntos?

Basta considerarmos Vera e Paulo como um elemento apenas, da, a princpio temos 7!. Levando em

considerao que Vera e Paulo podem se permutar entre si, temos 7!x2. Da a quantidade de modos em que

possvel colocar 8 pessoas em fila de modo que Vera e Paulo no fiquem juntos :

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

R: 30240

19) De quantos modos possvel colocar 8 pessoas em fila de modo que duas dessas pessoas, Vera e

Paulo, no fiquem juntas e duas outras, Helena e Pedro, permaneam juntas?

Resoluo:

Primeiramente podemos calcular em quantas filas diferentes Helena e Pedro esto juntos. No caso, para tanto,

podemos consider-los como se fossem apenas um elemento para permutar, da temos 7!, como Helena e

Pedro podem se permutar entre si de 2 formas, temos que multiplicar este resultado por 2. Temos ento:

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

Agora, nestes 10080 casos que foram contados, existem aqueles em que Vera e Paulo estavam juntos e

aqueles em que Vera e Paulo no estavam juntos. Vamos ento calcular em quantos deles Vera e Paulo

estavam juntos, para que possamos fazer a subtrao. Da mesma maneira, vamos considerar Vera e Paulo

como se fossem um elemento, e em seguida considerar que eles podem se permutar entre si de 2 formas.

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

A resposta ento: 10080 - 2880 = 7200

R: 7200

20) De quantos modos possvel dividir 15 atletas em trs times de 5 atletas, denominados Esporte,

Tupi e Minas?

Resoluo:

Primeira maneira:

Podemos pensar em uma fila com 15 atletas, onde os cinco primeiros formam o time Esporte, os cinco centrais

formam o time Tupi e os cinco da ponta direita formam o time Minas. Sabemos que 15 pessoas enfileiradas

podem se permutar de 15! formas, porm, dentre estas 15! formas, existem permutaes que no alteram o

resultado do time.

A se saber, so aquelas em que as cinco primeiras pessoas se permutam entre si, as cinco pessoas centrais se

permutam entre si e as cinco pessoas da direita se permutam entre si. Para eliminar esta contagem excessiva,

vamos dividir 15! por 5! para cada um dos times.

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

Segunda forma:

Podemos pensar que a escolha de cada time ser uma combinao simples.

Para o primeiro time, temos que escolher 5 pessoas dentre 15, no importando a ordem, temos ento:

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

Para o segundo time, j tendo escolhido o primeiro, temos que escolher 5 pessoas dentre 10, no importando

a ordem da escolha. Temos ento:

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

Para o terceiro time, j tendo escolhido o primeiro e o segundo, temos que escolher 5 pessoas dentre 5, no

importando a ordem, fato que s pode ocorrer de uma forma, porm mesmo assim, se utilizssemos a frmula

da quantidade de combinaes simples, seria compatvel com este resultado.

C(5,5) = 1

Da, a resposta : 3003x252x1 = 756756

R: 756756

21) De quantos modos possvel dividir 15 atletas em trs times de 5 atletas?

Resoluo:

Como vimos no exerccio anterior, podemos pensar em uma fila de 15 atletas ou na combinao simples. Mas,

no que este exerccio se diferencia do anterior ento?

Neste exerccio, a primeira, segunda e terceira equipes formadas, no possuem nomes, o que faz com que a

ordem de escolha das equipes no faa diferena. Como a ordem das trs equipes no faz diferena, temos

que dividir o resultado anterior [756756] pela quantidade de maneiras de permutar 3 equipes, no caso 3!. Da

temos:

756756/3! = 756756/6 = 126126

R: 126126

22) Um campeonato disputado por 12 clubes em rodadas de 6 jogos cada. De quantos modos

possvel selecionar os jogos da primeira rodada?

Resoluo:

A primeira rodada possui 6 jogos, como dito no enunciado. Temos ento que decidir como 6 jogos

ocorrero dispondo de 12 clubes para competir entre si. Podemos dividir ento este problema, na escolha do

primeiro, segundo, terceiro, quarto, quinto e sexto jogo. Notemos que em todos os jogos, a ordem das

escolhas da equipes que vo jogar uma contra a outra, no faz diferena, temos ento um problema de

combinao simples.

Primeiro jogo: C(12,2) = 12!/[(12 2)!x2!] = 66

Segundo jogo: C(10,2) = 10!/[(10 2)!x2!] = 45

Terceiro jogo: C(8,2) = 8!/[(8 2)!x2!] = 28

Quarto jogo: C(6,2) = 6!/[(6 2)!x2!] = 15

Quinto jogo: C(4,2) = 4!/[(4 2)!x2!] = 6

Sexto jogo: C(2,2) = 1

Pelo princpio multiplicativo, temos: 7484400

Como a ordem das partidas tambm no faz diferena, temos que dividir este resultado pela quantidade de

maneiras de se permutarem 6 partidas, no caso 6!. Temos ento que a resposta :

7484400/6! = 7484400/720 = 1039

R: 10395

23) Permutam-se de todas as formas possveis os algarismos 1,2,4,6,7 e escrevem-se os nmeros assim

formados em ordem crescente. Determine:

a) que lugar ocupa o nmero 62 417.

Para determinar o lugar ocupado pelo nmero 62417, devemos contar quantos nmeros esto antes dele.

Antes dele esto os nmeros comeados por 1 (4! = 24 nmeros), por 2 (4! = 24 nmeros), por 4 (4! = 24

nmeros), por 61 (3! = 6 nmeros), por 621 (2! = 2 nmeros). H 24+24+24+6+2 = 80 nmeros antes do

62417. A resposta 81 lugar.

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

Como h 4! = 24 nmeros comeados por 1, e 4! = 24 nmeros comeados pro 2, e 3! = 6 nmeros

comeados por 41, e 3! = 6 nmeros comeados por 42, e 3! = 6 nmeros comeados por 46, o 66 nmero

escrito o ltimo dos nmeros comeados por 46, ou seja, 46721.

c) qual o 166 algarismo escrito. [2]

Como h 5 algarismos em cada nmero o 166 algarismo escrito o primeiro algarismo do 34 nmero escrito

[pois 166 = 33x5 + 1]. Como h 4! = 24 nmeros comeados por 1, 3! = 6 nmeros comeados por 21 [j

contamos at agora 24+6 = 30 nmeros], agora, h 3! = 6 nmeros comeados por 24 [j passamos do 34

nmero, pois 24+6+6 = 36]. Como todo nmero entre o 30 e o 36 ter o primeiro algarismo sendo 2,

necessariamente o algarismo do 34 nmero ser 2.

24) De quantos modos possvel colocar r rapazes e m moas em fila de modo que as moas

permaneam juntas?

Resoluo: Devemos considerar as m moas como se fosse um dos elementos que devemos permutar. Da, ao

todo, temos r rapazes e 1 elemento a mais para permutar, ou seja, devemos permutar (r+1) elementos. Como

as moas entre si podem se permutar de m! formas, temos que multiplicar o resultado anterior por m!. Da

temos, pelo princpio multiplicativo:

m!x(r+1)!

R: m!(r+1)!

25) Quantos dados diferentes possvel formar gravando nmeros de 1 a 6 sobre as faces de um cubo?

a)Suponha uma face de cada cor.

Resoluo:

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

b) Suponha as faces iguais.

Resoluo:

Faamos de conta que as faces so diferentes. Contamos pelo problema anterior 720 cubos. Como as faces

so indistinguveis, o mesmo cubo foi contado vrias vezes. Por exemplo, pense em um cubo que tenha o 6 na

face de baixo (face preta) e o 1 na face de cima (face branca). Ele , certamente, diferente de um cubo que

tenha o 1 na face de baixo (face preta) e o 6 na face de cima (face branca). Mas sendo as faces indistinguveis,

o cubo que tem o 6 na face de baixo e o 1 na face de cima, igual ao cubo que tem o 1 na face de baixo e o 6

na face de cima. Este , simplesmente, aquele de cabea para baixo. Esse mesmo dado aparece outra fez com

o 1 na face da frente e o 6 na face de trs, com o 1 na face da esquerda e o 6 na face da direita, etc. Em suma,

o mesmo dado foi contado tantas vezes quantas so as posies de coloc-lo.

O nmero de posies de colocar um cubo 6x4 = 24, pois h 6 modos de escolher a face de baixo e 4 de

escolher, nessa face, o lado que fica de frente.

A resposta : 720/24 = 30

c) Suponha que as faces so iguais e que a soma dos pontos de faces opostas deva ser igual a 7.

Resoluo:

Precisamos notar que escolhendo o nmero de uma face, automaticamente estamos escolhendo o nmero da

face oposta, ento na prtica, temos que escolher trs nmeros para colocar em trs faces adjacentes do cubo

[os nmeros podem ser 6,5,4 ou 1,2,3]. Isto pode ser feito de 2 maneiras, pois para o primeiro lugar temos 3

possibilidades, para o segundo temos 2 e para o terceiro, temos 1, mas girando o dado em torno do vrtice

comum s trs faces [como se fosse uma permutao circular], temos que dividir este resultado por 3. Da 6/3

= 2, que a resposta que procuramos.

26) Quantos so os anagramas da palavra ESTRELADA?

Resoluo: Considerando as letras distintas entre si, teramos 8!, porm, como as letras E e as letras A se

repetem duas vezes cada uma, devemos dividir por 2! para cada uma dessas letras, ficamos ento com:

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

R: 90720

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

Resoluo:

Para formar o subconjunto, temos que escolher p elementos dentre n elementos [ claro que estamos

supondo p menor ou igual n]. Como dentro de um conjunto a ordem dos elementos no importa, temos

ento uma combinao simples de n elementos tomados p a p.

R: C(n,p)

28) Uma faculdade realiza seu vestibular em 2 dias de provas. Este ano a diviso foi: Matemtica,

Portugus, Biologia e Ingls no primeiro dia e Geografia, Histria, Fsica e Qumica no segundo dia. De

quantos modos pode ser feito calendrio de provas?

Resoluo:

Para o primeiro dia temos: 8x7x6x5 = 1680

Porm, a ordem das matrias no importa, da temos que dividir este resultado por 4!. Ficamos ento com

1680/4! = 1680/24 = 70

Para o segundo dia, sobram apenas as matrias que no foram escolhidas no dia anterior. Temos ento apenas

uma possibilidade. Pelo princpio multiplicativo a resposta 70x1 = 70.

R: 70

29) Quantas diagonais possui:

a) um octaedro regular?

Resoluo:

Os segmentos que unem dois vrtices de um poliedro ou so arestas ou so diagonais das faces ou so

diagonais do poliedro.

O octaedro regular um poliedro formado por 8 faces triangulares e que tem 6 vrtices e 12 arestas. h C(6,2)

= 15 segmentos que unem dois vrtices do poliedro, 12 dos quais so arestas e 0 dos quais so diagonal da

face. A resposta 15-12-0 = 3

b) um icosaedro regular?

Resoluo:

O icosaedro regular um poliedro formado por 20 faces triangulares e que tem 12 vrtices e 30 arestas. H

C(12,2) = 66 segmentos que unem dois vrtices do poliedro, 30 dos quais so arestas e 0 dos quais diagonal

da face. A resposta 66-30-0 = 36.

c) um dodecaedro regular?

Resoluo:

O dodecaedro regular um poliedro formado por 12 faces pentagonais e que tem 20 vrtices e 30 arestas. H

C(20,2) = 190 segmentos que unem dois vrtices do poliedro, 30 dos quais so arestas e 60 dos quais so

diagonais de faces. A resposta 190-30-60 = 100.

d) um cubo?

Resoluo:

O cubo um poliedro formado por 6 faces quadradas e que tem 8 vrtices e 12 arestas. H C(8,2) = 28

segmentos que unem dois vrtices do poliedro, 12 dos quais so arestas e 12 dos quais so diagonais das

faces. A resposta 28 12 12 = 4.

e) um prisma hexagonal regular?

O prisma hexagonal um poliedro formado por 6 faces quadrangulares e 2 faces hexagonais e que tem 12

vrtices e 18 arestas. H c(12,2) = 66 segmentos que unem dois vrtices do poliedro, 18 dos quais so arestas

e 30 dos quais so diagonais de faces. A resposta 66-18-30 = 18.

30) Sejam Im = {1,2,...,m} e In = {1,2,...,n}, com m menor ou igual a n. Quantas so as funes

: Im In estritamente crescentes?

Resoluo:

Uma funo estritamente crescente necessariamente injetiva. Logo, seu conjunto de valores ter exatamente

m elementos. Para construir tal funo, devemos inicialmente, selecionar o conjunto de valores, o que pode ser

feito de C(n,m) modos.

Selecionado o conjunto de valores, a funo est determinada, porque f(1) deve ser igual ao menor elemento

do conjunto de valores, f(2) deve ser igual ao segundo menor elemento do conjunto de valores, etc. A resposta

C(n,m).

R: C(n,m)

31) Quantos so os nmeros naturais de 7 dgitos nos quais o dgito 4 figura exatamente 3 vezes e o

dgito 8 exatamente 2 vezes?

Resoluo:

Caso 1) Nmeros que comeam por 4

H um modo de preencher a primeira casa; depois disso, h C(6,2) modos de escolher as outras duas casas do

nmero que tambm sero preenchidas com o algarismo 4; deposi disso, h C(4,2) modos de escolher as duas

casas que sero ocupadas pelo algarismo 8; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8x8

modos (no podemos usar nessas casas os dgitos 4 e 8). H 1xC(6,2)xC(4,2)x8x8 = 5760 nmeros.

Caso 2) Nmeros que comeam por 8

H um modo de preencher a primeira casa; depois disso, h 6 modos de escolher a outra casa do nmero que

tambm ser preenchida com o algarismo 8; depois disso, h C(5,3) modos de escolher as trs casas que sero

ocupadas pelo algarismo 4; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8x8 modos (no

podemos usar nessas casas os dgitos 4 e 8) H 1x6xC(5,3)x8x8 = 3840 nmeros.

Caso 3) Nmeros que no comeam por 4 e 8

H 7 modos de preencher a primeira casa (no podemos usar nem 4, nem 8, nem 0); depois disso, h C(6,3)

modos de escolher as trs casas do nmero que sero preenchidas com o algarismo 4; depois disso h C(3,2)

modos de escolher as duas casas que sero ocupadas pelo algarismo 8; finalmente, a casa restante ode ser

preenchida de 8 modos (no podemos usar nessa casa os dgitos 4 e 8). H 7xC(6,3)xC(3,2)x8 = 3360 nmeros.

A resposta 5760 + 3840 + 3360 = 12960

R: 12960

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

a) a1 figura?

Resoluo: Se j sabemos que no subconjunto est o elemento a1, ento agora temos que escolher p-1

elementos [pois um dos p elementos j foi escolhido, no caso o a1] dentre n-1 elementos [pois no podemos

escolher novamente o a1]. Como a ordem da escolha dos elementos no importa, temos C(n-1,p-1).

b) a1 no figura?

Resoluo: Se o elemento a1 no figura, temos que escolher p elementos dentre n-1 elementos, pois dos n

elementos no podemos escolher um, no caso o a1. Como nessa escolha a ordem no importa, temos ento

C(n-1,p).

c) a1 e a2 figuram?

Resoluo: Se o a1 e o a2 j figuram no subconjunto, nos resta n-2 elementos para escolher [pois no

podemos escolher a1 ou a2 novamente]. E, como o subconjunto j tem dois elementos definidos, temos que

escolher p-2 elementos, no importando a ordem. Temos ento um problema de combinao simples

expresso por: C(n-2,n-2).

d) pelo menos um dos elementos a1, a2 figura?

Resoluo:

Primeira maneira: O total de p subconjuntos C(n,p). Para formar um subconjunto em que nem a1 nem a2

figurem devemos escolher os p elementos do subconjunto dentre os n-2 elementos do conjunto. H, portanto,

C(n-2, p) subconjuntos nos quais nem a1 nem a2 figuram. Logo, o nmero de subconjuntos nos quais pelo

menos um desses dois elementos figura C(n,p) C(n-2,p).

Segunda maneira: H C(n-1, p-1) p-subconjuntos nos quais o elemento a1 figura e h C(n-1,p-1) subconjuntos

nos quais o elemento a2 figura. H, tambm, C(n-2,p-2) subconjuntos nos quais os elementos a1 e a2 figuram

ambos. Ao somarmos C(n-1, p-1)+C(n-1, p-1) = 2C(n-1, p-1) obtemos o nmero de subconjuntos nos quais

pelo menos um dos elementos a1 e a2 figuram, mas contamos duas vezes aqueles em que a1 e a2 figuram

ambos. A resposta portanto:

2C(n-1, p-1) C(n-2, p-2).

e) exatamente um dos elementos a1 e a2 figura?

Resoluo: Temos que calcular a quantidade de subconjuntos com p elementos nos quais a1 figura e a2 NO

figura, e tambm a quantidade de subconjuntos com p elementos nos quais a2 figura e a1 NO figura. Por fim

podemos som-las.

Se a1 figura no subconjunto, ento 1 dos p elementos j foi escolhido, temos ento que escolher p-1

elementos dentre n-2 elementos, j que a1 no pode ser escolhido novamente e a2 no pode ser escolhido.

Fica ento C(n-2, p-1).

Analogamente, com a2 no subconjunto e a1 fora, temos C(n-2, p-1).

A resposta C(n-2, p-1) + C(n-2, p-1) = 2C(n-2, p-1).

33) De um baralho de pquer (7, 8, 9, 10, valete, dama, rei e s, cada um desses grupos aparecendo em

4 naipes: copas, ouros, paus, espadas), sacam-se simultaneamente 5 cartas.

a) Quantas so as extraes possveis?

Resoluo: Como h 32, a resposta C(32,5) = 201.376

b) Quantas so as extraes nas quais se forma:

b1) um par (duas cartas em um mesmo grupo e as outras trs em trs outros grupos diferentes)?

Resoluo: H 8 modos de escolher o grupo do par propriamente dito (por exemplo, valete), C(4,2) modos de

escolher os naipes das duas cartas do par (por exemplo, copas e paus), C(7,3) modos de escolher os grupas

das outras trs cartas (por exemplo, 10,8 e rei) e 4x4x4 = 4 modos de escolher os naipes dessas trs cartas. A

resposta 8xC(4,2)xC(7,3)x4 = 107520

b2) dois pares (duas cartas em um grupo, duas em outro grupo e uma em um terceiro grupo)?

Resoluo: H C(8,2) modos de escolher os grupos das cartas que formaro os dois pares, (C(4,2)) modos de

escolher seus naipes, 6 modos de escolher o grupo da outra carta e 4 modos de escolher seu naipe. A resposta

C(8,2)x(C(4,2))x6x4 = 24192

b3) uma trinca (trs cartas em um grupo e as outras duas em dois outros grupos diferentes)?

Resoluo: H 8 modos de escolher o grupo da trinca, C(4,3) modos de escolher os naipes das cartas da trinca,

C(7,2) modos de escolher os grupos das outras duas cartas e 4x4 = 4 modos de escolher os naipes dessas

duas cartas. A resposta 8xC(4,3)xC(7,2)x4 = 10752

b4) um "four" (quatro cartas em um grupo e uma em outro grupo)?

H 8 modos de escolher o grupo do four, 1 modo de escolher os naipes das quatro cartas do four, 7 modos de

escolher o grupo da outra carta e 4 modos de escolher o naipe dessa carta. A resposta 8x1x7x4 = 244

b5) um "full hand" (trs cartas em um grupo e duas em outro grupo)?

Resoluo: H oito modos de escolher o grupo da trinca, C(4,3) modos de escolher os naipes das cartas da

trinca, 7 modos de escolher o grupo do par e C(4,2) modos de escolher os naipes das cartas do par. A resposta

8xC(4,3)x7xC(4,2) = 1344.

b6) uma sequncia (5 cartas de grupos consecutivos, no sendo todas do mesmo naipe)?

Resoluo: H apenas 4 tipos de sequncias: 7, 8, 9, 10, valete; 8, 9, 10, valete, dama; 9, 10, valete, dama, rei; 10,

valete, dama, rei, s. Escolhido o tipo da sequncia, haveria 4x4x4x4x4 modos de escolher os naipes das cartas

da sequncia, mas 4 desses modos no so permitidos: todas de ouros, todas de paus, todas de copas e todas

de espadas.

A resposta 4x[4x4x4x4x4 4] = 4080

b7) um "flush" (5 cartas do mesmo naipe, no sendo elas de 5 grupos consecutivos)?

Resoluo: Os grupos das cartas podem ser escolhidos de C(8,5) 4 modos e o naipe nico, de 4 modos. A

resposta (C(8,4) 4)x4 = 208

b8) um "straight flush" (5 cartas de grupos consecutivos, todos do mesmo naipe)?

Resoluo: H 4 modos de escolher os grupos das cartas e 4 modos de escolher o naipe nico. A resposta

4x4 = 16

b9)um "royal straight flush" (10,valete, dama, rei e s de um mesmo naipe)?

Resoluo: H 4 modos de escolher o naipe nico. A resposta 4.

34) O conjunto A possui p elementos e o conjunto B possui n elementos. Determine o nmero de

funes : A B sobrejetivas para:

a)p = n;

Resoluo: Neste caso a funo f bijetiva. Sendo assim, como calculamos em exerccio anterior, o nmero de

funes bijetivas onde ambos os conjuntos tem n elementos n!.

b) p = n+1;

Resoluo: Neste caso dois elementos de A tero uma mesma imagem em B e a correspondncia entre os

demais n-1 elementos de A e os demais n-1 elementos de B ser bijetiva. H C(n+1,2) modos de se escolher os

dois elementos de A, n modos de se escolher a imagem deles em B e (n-1)! Modos de construir uma

correspondncia bijetiva entre os elementos restantes. A resposta C(n+1,2) x n x (n-1)! = [n(n+1)!]/2

35) Considere um conjunto C de 20 pontos do espao que tem um subconjunto C1 formado por 8

pontos coplanares. Sabe-se que toda vez que 4 pontos de C so coplanares, ento eles so pontos de

C1. Quantos so os planos que contm pelo menos trs pontos de C?

Resoluo:

Primeira maneira:

Chamaremos de D o conjunto C C1.

H quatro tipos de planos:

i)determinados por trs pontos de D;

ii)determinados por dois pontos de D e um de C1;

iii)determinados por um ponto de D e dois de C1;

iv)determinados por trs pontos de C1;

A resposta C(12,3)+C(12,2)x8+12xC(8,2)+1 = 1085

Segunda maneira:

Para determinar um plano, devemos selecionar 3 dos 20 pontos, o que pode ser feito de C(20,3) = 1140

modos. Nessa contagem, o plano que contm os 8 pontos de C1, foi contado C(8,3) = 56 vezes. A resposta

1.140 56 + 1 = 1085. R: 1085

36) Formam-se as combinaes simples de classe 5 dos elementos a1,a2,...,a12, as quais so escritas com

os elementos em ordem crescente de ndices. Quantas so as combinaes nas quais o elemento a8

ocupa o 3 lugar?

Resoluo: Os dois primeiros lugares s podem ser ocupados por elementos de {a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7} e os dois

ltimos lugares por elementos de {a9,a10,a11,a12}. A resposta C(7,2)xC(4,2) = 126

R: 126

37) De quantos modos possvel colocar em fila h homens e m mulheres, todos de alturas diferentes,

de modo que os homens entre si e as mulheres entre si fiquem em ordem crescente de alturas?

Resoluo: H C(m+h,m)x1 modos de escolher os lugares para os homens. Feito isso, s h 1 modo de formar

a fila. A resposta C(m+h,m)x1 = C(m+h,m) = (m+h)!/(m!h!)

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

38) Em uma escola, x professores se distribuem em 8 bancas examinadores de modo que cada professor

participa de exatamente duas bancas e cada duas bancas tem exatamente um professor em comum.

a) Calcule x.

Resoluo: Cada professor fica caracterizado pelas duas bancas a que pertence. O nmero de professores

igual ao nmero de modos de escolher duas das oito bancas. A resposta C(8,2) = 28.

b) Determine quantos professores h em cada banca.

Resoluo: O nmero de professores pertencentes a uma banca igual ao nmero de modos de escolher a

outra banca a que ele pertence. A resposta 7

39) De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda cm 5 meninos e 5 meninas de modo que

pessoas de mesmo sexo no fiquem juntas?

H (PC)5 = 4! Modos de formar uma roda com as meninas. Depois disso, os 5 meninos devem ser postos em 5

lugares entre as meninas, o que pode ser feito de 5! Modos. A resposta 4!x5! = 24x120 = 2880

R: 2880

40) De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 6 crianas, de modo que duas delas,

Vera e Isadora, no fiquem juntas?

Resoluo: O total de rodas de ciranda com 6 crianas 5!. Destas as que Vera e Isadora ficam juntas contam

4!x2. A resposta 5!-4!x2 = 120 48 = 72

R: 72

41) Quantas so as solues inteiras e positivas de x+y+z = 7?

Resoluo:

Cada soluo pode ser representada por um conjunto de traos e sinais +. Por exemplo, a soluo (5,1,1) pode

ser representada da seguinte forma: |||||+|+|

Ento, a quantidade de solues ser equivalente a quantidade de maneiras de ordenar sete barras e dois

sinais de adio, tendo em mente que o fato de que todas as solues serem positivas faz com que na

representao pelos traos e sinais de adio, necessariamente no se comece ou termine por sinal de adio,

e nem que estes sinais apaream juntos.

Podemos ento primeiramente pensar em 7 barras dispostas e de quantas formas podemos inserir entre elas

os dois sinais +.

Para o primeiro sinal + temos 6 possibilidades entre as sete barras. J tendo colocado o primeiro sinal de +,

para o segundo sinal, temos 5 possibilidades [no pode ser no incio, no fim e nem ao lado do primeiro sinal

+].

Pelo princpio multiplicativo, temos 6x5 possibilidades, como a ordem da escolha dos sinais de + no importa,

temos que dividir este resultado por 2.

A resposta 30/2 = 15

R: 15

42) Quantas so as solues inteiras e no-negativas de x+y+z 6?

Resoluo:

Podemos pensar em uma varivel de folga f, tal que x+y+z+f = 6. Quando f for zero, as solues apresentadas

sero para x+y+z = 6, quando f for maior do que zero, o valor numrico de x+y+z ser menor do que seis

como queremos calcular.

Novamente, podemos pensar em cada soluo sendo representada por seis barras e trs sinais de adio

permutando entre si.

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

R: 84

43) Uma indstria fabrica 5 tipos de balas que so vendidas em caixas de 20 balas, de um s tipo ou

sortidas. Quantos tipos de caixas podem ser montadas?

Resoluo: Queremos escolher, para cada caixa 20 balas, podendo repetir os tipos de balas ou no. Podemos

representar por x1 a quantidade de vezes que vamos escolher as balas do tipo 1, x2 a quantidade de vezes que

vamos escolher as balas do tipo 2, etc.

claro que x1+x2+x3+x4+x5 = 20. Temos ento que encontrar as solues inteiras no negativas desta

equao. Representando as 20 unidades por barras as solues pelas barras separadas pro sinais de adio

[por exemplo, a soluo (4,4,3,7,2) fica ||||+||||+|||+|||||||+||].

A quantidade de maneiras de permutar estes smbolos 24!/(4!x20!) = 10626

R: 10626