matemática e – extensivo – v. 3 · 2018-03-12 · 1 matemática e – extensivo ......
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GABARITO
1Matemática E
Matemática E – Extensivo – v. 3
Exercícios
01) Octógno tem 20 e decágono tem 35.
Número de vértices de um octógono: 8 vértices.
D = n n( )−3
2
D = 8 8 3
28 5
2402
20( ) .− = = =
Número de vértices de um decágono: 10 vértices.
D = n n( )−3
2
D = 10 10 32
10 72
702
35( ) .− = = =
02) a) 28 b) 56 c) 56 d) 21 e) 14
a) Dois pontos definem uma única reta.
C82 =
88 2 2
86 2
8 7 66 2
8 72
!( ) !
!! !
. . !!
.−
= = =
C82 = 56
2 = 28 retas.
b) No vetor o sentido importa, então:
A82 =
88 2
86
!( )!
!!−
= = 8 . 7 = 56 vetores.
c) Três pontos definem um triângulo:
C83 =
88 3 3
85 3
8 7 6 55 3
!( )! !
!! !
. . . !! !−
= = = 8 . 7 = 56 tri-
ângulos.d) Como o ponto D é fixo, então temos de combinar 2
vértices dentre 7 pontos.
C72 =
77 2 2
75 2
7 6 55 2
!( )! !
!! !
. . !! !−
= = = 7 6
2422
. = = 21.
e) Em vetores o sentido importa e que dois pontos definem um vetor.
Com o ponto B fixo, então sobram sete, portanto o total de vetores é 14.
03) 20
Para o 1º buraco podemos alojar C63 = 20 modos. Colo-
cando 3 turistas na 1ª barraca, restam 3 modos para colocar na 2ª barraca, ou seja, 1 modo para 2ª barraca.
Pelo PFC, temos: 20 . 1 = 20 modos.
04) C
Note que qualquer triângulo que formamos terá base em s e um ponto em r, ou então terá a sua base em r e um ponto em s.
r
s
Número de bases em r: C32 = 3. Como cada uma das 3
bases podem ser ligadas a 4 pontos sobre s, então temos 3 . 4 = 12 triângulos com bases sobre r.
Número de bases em s: C42 = 6. Como cada uma das 6
bases podem ser ligadas a 3 pontos sobre r, então temos 6 . 3 = 18 triângulos com bases sobre s.
Portanto, o total de triângulos é dado por: 12 + 18 = 30 triângulos.
05) B
O número total de triângulos é dado pela diferença da combinação de 9 pontos tomados 3 a 3 (vértice) pela combinação entre os pontos colineares.
Número total de combinações: C93 = 84.
Vamos calcular o total de combinações dos pontos colineares:• Pontos 1 – 2 – 3: C3
3 = 1
• Pontos 7 – 5 – 3: C33 = 1
• Pontos 7 – 8 – 9: C33 = 1
• Pontos 2 – 6 – 9: C33 = 1
• Pontos 1 – 4 – 5 – 8: C43 = 4
O total de pontos é: 1 + 1 + 1 + 1 + 4 = 8 combinações. Portanto, o número de lotes distintos que são possíveis
demarcar é dado por: 84 – 8 = 76 lotes.
06) A
O número total de triângulos cujo os vértices estão sobre esses pontos são dados por:
Número de combinação de 12 pontos colineares toma-dos 3 a 3.
Número total de combinação: C123 = 220.
Combinação dos pontos colineares: C53 = 10.
Portanto, o número de triângulos com vértices nos 12 pontos é: 220 – 10 = 210.
GABARITO
2 Matemática E
07) 420
Note que qualquer quadrilátero terá uma das suas bases sobre a reta r e outra sobre s.
Número de base sobre a reta s: C82 = 28.
Número de base sobre a reta r: C62 = 15.
Pelo PFC, temos: 28 . 15 = 420 quadriláteros.
08) A
Números de alunos mulheres: 25 . 0,28 = 7. Números de alunos homens: 25 – 7 = 18. O total de modos que podemos escolher 3 mulheres
em 7 é: C73 = 35 modos.
O total de modos que podemos escolher 3 homens entre 18 é: C18
3 = 816 modos. Pelo PFC, temos: 35 . 816 = 28 560 modos de escolher
3 homens e 3 mulheres.
09) E
O complementar de uma "comissão de 5 pessoas contendo, no m, um diretor" é "comissão de 5 pessoas contendo nenhum diretor", isto é, comissão formada com apenas gerentes.
O valor é obtido C55 = 1. Além disso, o total de comissões
contendo gerentes e diretores é dado por C85 = 56.
Portanto, o total de comissões é 56 – 1 = 55.
10) E
Como dois pontos definem um único segmento de retas, devemos escolher 2 dentre 8 pontos (vértice).
C82 =
8 72.
= 28.
11) 78
Total de retas formadas por 15 garotas:
C152 =
15 142.
= 105.
Do valor total de retas devemos retirar as retas con-gruentes, isto é, retas definidas entre as garotas AE-
ROBICA, então C82 =
8 72.
= 28.
Por fim, devemos somar uma reta, pois retiramos a reta que passa por AEROBICA.
Portanto, 105 – 28 + 1 = 78 retas.
12) C
Queremos no máximo 2 sais minerais de forma análoga a obter no mínimo 1 vitamina. O complementar é obter 3 nutrientes com nenhuma vitamina.
Total sem restrições: C73 = 7 6 5
6. . = 7 . 5 = 35.
Total de combinação com somente sais minerais C33 = 1.
Portanto, o total de composição com t nutrientes conten-do no máximo 2 sais minerais é: 35 – 1 = 34 composições.
13) D
O complementar "de comissões de 3 profissionais que contenha no mínimo 1 com capacitação referida". Esse
total é obtido por C93 =
9 8 76
. . = 84. Além disso o total
de comissões sem restrições é dado por
C123 = 12 11 10
6. . = 220.
Portanto, o total de 3 profissões que contenha no mínimo 1 com capacidade referida é dado por: 220 – 84 = 136.
14) D
Vencedor: C155 = 3003.
Escolhidos os 5 jogadores para compor a 1a equipe, sobram 10 jogadores para compor os demais times.
Vitória: C105 = 252.
Escolhidos os 5 jogadores, restam 5 para compor o time Confiança.
Confiança: C55 = 1.
Pelo P.F.C., temos: 3003 . 252 . 1 = 756 756.
15) A
Primeira duplo: C42 =
4 32.
= 6.
Formada a primeira dupla, restam 2 jogadores para formar a segunda dupla.
Segunda dupla: C22 = 1.
Portanto, o número total de grupos com duas duplas sem considerar a posição delas é dado por:
C C42
22
26 12
62
. .= = = 3.
16) 280
Formação da 1ª equipe C93 = 84.
Formada a 1ª equipe, sobram 6 pessoas para compor as demais equipes.
Formação da 2ª equipe C63 = 20.
Formada a 2ª equipe sobram 3 pessoas para compor a terceira equipe.
GABARITO
3Matemática E
Formação da 3ª equipe C33 = 1.
Como as 3 equipes podem permutar entre si, devemos dividir o resultado total por 3. Assim, pelo PFC, temos:
84 20 13
16806
. .!
= = 280 equipes.
17) 40
De cada vértice da base superior partem 8 diagonais, mas 3 dessas diagonais não podem ser contadas:
1) O vértice imediatamente abaixo está ligado por uma aresta, logo esta diagonal não conta.
2) Os dois vértices consecutivos (um à esquerda e outro à direita) estão em faces contíguas, logo as diagonais serão das faces e não do prisma.
Assim, restam 5 diagonais para cada vértice superior. Como são 8 vértices, temos: 5 . 8 = 40 diagonais.
18) B
Barra de metal de comprimento 5 m está fixa na 1ª posição. Qualquer das barras de comprimentos 6, 7, 8, 9 devem ficar na 5ª posição, pois as barras devem estar em ordem crescente.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª
fixapossibilidades
1, 2, 3, 4
possibilidades
6, 7, 8, 9
5 4p
Nosso problema se resume em: Ordenar os algarismos 1, 2, 3, 4 em ordem crescente
em 3 posições.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª
Vamos analisar fixando os números: Barra 1 fixa.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª
fixa
1
Se a barra 2 estiver na 2ª posição, temos 2 possibilida-des (3 e 4).
Se a barra 3 estiver na 2ª posição, temos 1 possibilidade (4).
Se a barra 4 estiver na 2ª posição, não teremos nenhu-ma possibilidade.
Barra 2 fixa.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª
fixa
2
Para 2ª posição temos somente uma possibilidade (3), e também uma possibilidade para a 3ª posição (4).
Logo, temos 1 possibilidade de dispor as barras para a barra 2 fixa na 1ª posição.
Com as barras 3 e 4 fixas não existem possibilidade de dispô-las as barras.
Logo, o total de possibilidades é: 2 + 1 + 0 + 1 + 0 = 4. Pelo PFC: 4 . 4 = 16 possibilidades.
19) 120
P5 = 5! = 120.
20) 24
P4 = 4! = 24.
21) Verdadeiro
fixo
B 4p 3p 2p 1p
fixo
L
restam:
R, A, S, I
Pelo PFC: 4 . 3 . 2 . 1 = 24 anagramas.
22) 48
2 3
Como 2 e 3 devem estar juntas, então podemos considerá-las como um único bloco.
Assim, tivemos 4 algarismos para permutar. Daí vem: P4 = 4! = 24 Porém, os 2 números podem se agrupar de P2 = 2 modos. Portanto, o total de permutações, tal que 2 e 3 estejam
juntas, é dado por: P4 . P2 = 24 . 2 = 48 permutações.
23) a) 6 sequências. b) 48 sequências.
a) Como A e B devem ficar juntas nesta ordem, devemos permutar as 3 etapas restantes, isto é: 3! = 6.
b) Como A e B devem ficar juntas, elas funcionam como uma única letra, que deve ser permutada com as 3 outras. Note que ainda podemos ter as ordens AB e BA. Assim, 2 . 4! = 48 sequências.
GABARITO
4 Matemática E
24) E
Vogais: E, O, I. Consoantes: X, P, L, D, R. Como E, O, I devem ficar juntas, elas funcionam como
se fosse uma letra. Então o número de permutações é dado por: P6 = 6! = 720.
Note que as vogais podem permutar entre si, veja alguns exemplos: EOI, DEI, IOE...
Logo temos P3 = 6 maneiras de permutar as vogais. Portanto, o número de permutações com as vogais juntas é: P6 . P3 = 720 . 6 = 4320.
25) 720
Sejam A, B, C, D, E, F e G, em que A, B e C são de ficção científica.
1º dia-
A
2º dia-
B
3º dia-
C
4º dia- 5º dia- 6º dia- 7º dia-
Como A, B e C devemos considerar como um úni-co "bloco", temos 5 filmes para permutar. Dai vem: P5 = 5! = 120.
Porém, A, B e C podem permutar entre si. P3 = 3! = 6. Portanto, pelo PFC temos: P5 . P3 = 120 . 6 = 720.
26) B
1ª alternativa: A primeira tarefa será levar seu neto à escola e não terá ordem em trazê-lo de volta. 4 . 3! = 24.
2ª alternativa: Levar o neto será a segunda tarefa, mas pegá-lo não pode ser a primeira 3 . 3! = 18.
3ª alternativa: Desta vez levar o neto será a terceira tarefa e a pagá-lo será a penúltima ou última tarefa: 2 . 3! = 12.
4ª alternativa: A quarta tarefa será levar o neto à es-cola, então será a última: 1 . 3 = 6.
Portanto, o total de possibilidades de o aposentado fazer a tarefa é: 24 + 18 + 12 + 6 = 60.
27) E
I. Correta. 2 vogais 3 consoantes Colocado a 1ª vogal restam 4 letras sem restrições.
2p 4p 3p 2p 1p
PFC, temos: 2 . 4 . 3 . 2 = 48.II. Correta.
i L
Como i e L devem permanecer juntas, podemos considerá-las como um "bloco", isto é, única letra.
Daí, temos 4 letras para permutá-las P4 = 4! = 24.III. Incorreta. Vamos começar pelas casas mais proble-
máticas.
1 posiçãoª
3
consoantes
(F, L, Z)
3p
5 posiçãoª
2
vogais
(E, i,)
2p
Colocadas as consoantes na 1ª posição e a vogal na 5ª posição restam 3 letras para permutá-las, logo:
3 . 3! . 2 = 3 . 6 . 3 = 36
28) 1728
Podemos permutar as disciplinas de matemática, português e física. P3 = 3! = 6.
Porém, podemos permutar os livros entre si (mesma disciplina):
Matemática: P4 : 4! = 24. Física: P3 = 3! = 6. Português: P2 = 2! = 2. Portanto, pelo PFC, temos: 6 . 24 . 6 . 2 = 1728.
29) D
Devemos permutar 6 vagões.
posição que
não pode
o vagão do
restaurante
5p
1 vagãoª
inclui o
vagão de
restaurante
5p
2ª vagão
4p
3ª vagão
3p
4ª vagão
2p
5ª vagão
1p
6ª vagão
Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 600 modos.
30) 72
Começar com consoante.
consoante
(B, N, T)
3p
vogal
(O, E, A)
3p
consoante
2p
vogal
2p
consoante
1p
vogal
1p
Pelo PFC: 3 . 3 . 2 . 2 . 1 . 1 = 36 modos. Portanto, o total de anagramas é: 36 + 36 = 72.
GABARITO
5Matemática E
31) 3840
Podemos considerar cada casal como "bloco" e permutá-las entre si.
5p 4p 3p 2p 1p
PFC: 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 No entanto, podemos permutar cada um dos 5 casais,
isto é, P2 . P2 . P2 . P2 . P2 = 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 . 32. Portanto, o número total de modos para dispor os casais
é: 120 . 32 = 3840.
32) 11520
Consideramos os livros grandes, livros pequenos e o exemplar de Descobrindo o Pantanal como 3 blocos que podemos permutar. Com o livro de Descobrindo o Pantanal fixo (1ª ou última coluna), podemos permutar os livros grandes e pequenos de dois modos.
Além disso, os livros grandes e pequenos podem permutar entre si.
Livro pequenos: P5 = 5! = 120. Livro grandes: P4 = 4! = 24. Por fim, o Descobrindo o Pantanal pode permutar de
dois modos (extremos). Portanto, pelo PFC, temos: 2 . P5 . P4 . 2 = 2 . 120 . 24 . 2 = 11 520.
33) a) 14! versões diferentes da prova. b) As questões serão assim dispostas:
PPPPPPP MGMGGGM PPPPPPP MGGMGGM PPPPPPP MGGGMGM PPPPPPP GMGMGGM PPPPPPP GGMGMGM PPPPPPP GMGGMGM 7! . 4!. 3! . 6 = 4.354.560
34) E
Temos 2 modos de dispor o casal em um banco e também podemos permutá-los entre si, então existem 2 . 2 = 4 modos. Como temos 3 bancos, logo 3 . 4 = 12 modos para dispor o casal.
Colocado o casal, restam dois bancos para dispor a família, como podemos permutá-los entre si, temos 3! modos. Logo, o total de maneiras em dispor é 2 . 3! = 2 . 6 = 12 modos.
Por fim, restam 4 lugares para colocar 4 pessoas que são dispostas de 4! = 24 modos.
Portanto, pelo PFC, temos: 12 . 12 . 24 = 3456 modos.
35) 46721
fixo
1
P4
P4 = 4! = 24
fixo
2
P4
P4 = 4! = 24
fixo fixo
4 1
P3
P4 =
No exato momento contamos os números até a posição 24 + 24 + 6 + 6 = 60.
Os demais números em ordem crescente são: 61º → 46127 62º → 46172 63º → 46217 64º → 46271 65º → 46712 66º → 46721
36) 76º
Vamos analisar a contagem separadamente fixando os algarismos em ordem crescente.
fixo
2
P4
P4 = 4! = 24
Note que qualquer número começado com o algarismo 2 é menor que 72584.
fixo
4
P4
P4 = 4! = 24
Note ainda que qualquer número começado com o algarismo 4 é menor que 72584.
fixo
5P4 = 4! = 24
Qualquer número começado com o algarismo 5 é menor que 72584.
fixo
7P2 = 2! = 2
fixo
2
fixo
4
P2
GABARITO
6 Matemática E
Ainda com raciocínio análogo aos anteriores, fixando os algarismos 7 e 2 nesta ordem será menor que 72584. No exato momento temos o número da posição 24 + 24 + 24 + 2 = 74. As posições seguintes são: 75º → 72548 76º → 72584 Portanto, a posição que se encontra o número 72584 é 76º.
37) 840
Vogal A fixa.
1 posiçãoª
A
2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª 6 posiçãoª 7 posiçãoª
Podemos dispor a letra E em 6 posições. Iniciamos a contagem fixando a letra E na 2ª posição.
1 posiçãoª
A E
2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª 6 posiçãoª 7 posiçãoª
5 possibilidades
1 posiçãoª
fixo
2 posiçãoª
E
5
possibilidades
3 posiçãoª
E
4
possibilidades
4 posiçãoª
E
3
possibilidades
5 posiçãoª
E
2
possibilidades
6 posiçãoª
E
1
possibilidade
7 posiçãoª
O total de anagramas com A fixa na 1º posição é 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. Note que a letra E não pode ocupar a 7ª posição, pois, caso contrário, as vogais não estavam em ordem alfabética.
Vogal A fixa na 2ª posição.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª
E
4
possibilidades
4 posiçãoª
E
3
possibilidades
5 posiçãoª
E
2
possibilidades
6 posiçãoª
E
1
possibilidades
7 posiçãoª
A
Vogal A fixa na 2ª posição.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª
E
4
possibilidades
4 posiçãoª
E
3
possibilidades
5 posiçãoª
E
2
possibilidades
6 posiçãoª
E
1
possibilidade
7 posiçãoª
A
Total de possibilidades com A fixa na 2ª posição é 4 + 3 + 2 + 1 = 10.
GABARITO
7Matemática E
Vogal A fixa na 3ª posição.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª
E
3
possibilidades
5 posiçãoª
E
2
possibilidades
6 posiçãoª
E
1
possibilidade
7 posiçãoª
A
Total de possibilidades com A fixa na 3ª posição é 3 + 2 + 1 = 6.
Vogal A fixa na 4ª posição.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª
E
2
possibilidades
6 posiçãoª
E
1
possibilidade
7 posiçãoª
A
Total de anagramas é 2 + 1 = 3.
Vogal A fixa na 5ª posição.
1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª 6 posiçãoª
E
1
possibilidade
7 posiçãoª
A
Portanto, o total de anagramas com as vogais em ordem alfabética é 15 + 10 + 6 + 3 + 1 = 35. Como as 4 consoantes podem permutar entre si, temos P4 = 4! = 24 anagramas. Pelo PFC, o total de anagramas da
palavra CADERNO com as vogais em ordem alfabética é: P4 . 35 = 24 . 35 = 840 anagramas.
38) 604 800
Colocamos as letras E, I, U, A como mostrado a seguir (4! = 24 modos)
E I U A
Agora vamos decidir quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3, x4 e x5 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo) inteiros não negativos tais que:
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 6
Com x2 ≥ 1, x3 ≥ 1 e x4 ≥ 1
Sejam y2 = x2 + 1; y3 = x3 + 1 e y4 = x4 + 1.
Daí vem:x1 + y2 + y3 + y4 + x5 = 3
Resolvendo acima, temos:
CR C53
73 7 6 5
635= = =
. .
Escolhido o número de letras que irão em cada espaço temos que colocar as letras V, S, T, B, L, R, o que pode ser feito de:P6 = 6! = 720 maneiras
Portanto, o número de anagramas da palavra VESTI-BULAR que não possuem vogais juntas é:4! . CR5
3 . P6 = 24 . 35 . 720 = 604 800
GABARITO
8 Matemática E
39) 60
P62 3 6
2 37202 6
, !! . ! .
= = = 60 anagramas.
40) 210
P72 2 3 7
2 2 35040
2 2 6, , !
! . ! . ! . .= = = 210 números.
41) 20
P63 3 6
3 36 5 4 3
3 36 5 43 2
, !! . !
. . . !! . !
. ..
= = = = 5 . 4 = 20
mensagens diferentes.
42) 15
P64 2 6
4 26 5 4
4 26 5
2302
, !! . !
. . !! .
.= = = = = 15 modos.
43) 208
P106 4 10
6 410 9 8 7 6
6 410 9 8 74 3 2 1
504024
, !! . !
. . . !! . !
. . .. . .
= = = = =
210 maneiras.
Portanto, além daquelas maneiras, temos: 210 – 2 = 208 maneiras.
44) 120
A A A
Como as 3 letras A devem permanecer juntas, deve-mos considerar como um único "bloco", isto é, uma única letra.
Daí vem: Temos 5 letras para permutar entre si. P5 = 5! = 120 anagramas
45) 540
(A, A, O)
3p
Colocado a vogal na primeira casa, restam 6 letras para permutar entre si.
P6 = 6! = 720
Pelo PFC, temos: 3 . P6 = 3 . 720 = 2160
Note que existem letras repetidas. São elas: A → repete 2 vezes R → repete 2 vezes
Logo, o total de anagramas iniciado por uma vogal é:
21602 2
21602 2
21604! . ! .
= = = 540 anagramas.
46) 600
Q U
Como as letras Q e U devem permanecer juntas, devemos considerar com um único "bloco", isto é, uma única letra.
P6
Logo, temos 6 letras para permutar. P6 = 720
Note que as letras Q e U podem permutar: P2 = 2! = 2 modos
Portanto, o total de anagramas é dado por: como a letra A repete 3 vezes, então devemos divi-
dir por 3!
P P2 6
32 720
61440
6.!
.= = = 240 anagramas
Segue, o total de anagramas sem restrições é:
P73 7
35040
6= =!
!= 840
Portanto, total de anagramas sem as letras Q e U juntas é: 840 – 240 = 600 anagramas.
47) 3
Observe que a única consoante para dispor na primeira
posição é a letra G.
Colocado a consoante na primeira posição, restam 3 letras para permutá-las com a letra A se repetindo 2 vezes.
Portanto, o número de anagramas que iniciam com co-soantes é:
P32 3
2= !
!= 3
GABARITO
9Matemática E
48) a) 84
No trajeto de A para B devemos andar 6 ruas para direita e 3 ruas para cima.
Portanto,
P96 3 9
6 39 8 7 6
6 39 8 7
65046
, !! . !
. . . !! . !
. .= = = = = 84 modos.
b) 40
No trajeto de A para C devemos andar 3 quarteirões para esquerda e 2 para cima.
Portanto,
P53 2 5
3 21206 2
12012
, !! . ! .
= = = = 10.
No trajeto de C para B devemos andar 3 quarteirões para esquerda e um quarteirão para cima.
Portanto,
P43 4
34 3
3= =!
!. !
! = 4.
Pelo PFC, temos: P P5
3 243, .
= 10 . 4 = 40 trajetos de A para B passando por C.
c) 44
Trajetos de A para B menos os trajetos de A para B passando em C.
P P P96 3
53 2
43, , .− = 84 – 40 = 44 trajetos de A para B sem
passar por C.
49) V – V – F
I. Verdadeira. Podemos mover 4 casas para esquerda e 4 para baixo.
Portanto,
P84 4 8
4 440 32024 24
40 320576
, !! . ! .
= = = = 70 maneiras.
II. Verdadeira. Em algum momento faremos o movimento no sentido diagonal, restando 3 casas para a esquerda e 3 para baixo.
P73 3 7
3 350406 6
504036
, !! . ! .
= = = = 140 maneiras
III. Falso. Em algum momento faremos os 3 movimentos no sentido diagonal, restam 2 movimentos para esquerda e 2 movimentos para baixo.
P72 3 2 7
2 2 35040
2 2 6, , !
! . ! . ! . .= = = 210
50) Verdadeiro.
Combinação completa (com repetição).
CR Cnp
n pp= + −1
x + y + z = 6
n
p
==
3
6
CR C C36
3 6 16
86 8
8 6 68
2 6= = =
−= =+ −
!( )! . !
!! . !
= 8 7 62 6
8 72
. . !! . !
.= = 28
Portanto, alternativa correta.
51) 10
Queremos os valores de x, y e z tal que:x ≥ 1, y ≥ 1 e z ≥ 1que satisfazx + y + z = 6
Sejam a, b e c, tal quex = a + 1; y = b + 1 e z = c + 1
Daí vem:a + b + c = 3
Resolvendo acima, temos:
CR C33
53 5 4 3
3606
10= = = =. .
!
52) 84
Combinação completa com n = 4 e p = 6.
CR C46
96 9
9 6 69
3 6= =
−=!
( )! !!
! . !
= 9 8 7 63 6
9 8 76
5046
. . . !! . !
. .= = = 84
53) E
Durante a partida foram marcados 8 gols, 5 pelo time A e 3 pelo time B. Para caracterizar uma manei-ra de evolução do placar, basta escolher, entre os 8 gols, quais os 5 serão do time A (os 3 gols do time B serão os restantes). O número de subconjuntos de 5 elementos de um conjunto de 8 elementos.
C85 8
8 5 58
3 58 7 6 5
6 5=
−= =!
( )! !!
! . !. . . !
. !
GABARITO
10 Matemática E
54) 7350
Colocamos a letra I (1 modo)
I I I I
Agora decidimos quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3, x4 e x5 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo espaço) inteiros não negativos tais que,
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 7
com x2 ≥ 1, x3 ≥ 1, x4 ≥ 1
Sejam y2, y3 e y4, tal que:x2 = y2 + 1x3 = y3 + 1x4 = y4 + 1
Daí vem,x1 + y2 + y3 + y4 + x5 = 4
Resolvendo acima, temos:
CR CR54
84 8
8 4 48
4 470= =
−= =
!( )! !
!! !
Escolhido o número de letras que irão em cada espaço, temos que colocar as letras M, S, S, S, S, P, P nessas casas, o que pode ser feito de:
P74 2 7
4 2105, !
! . != = maneiras
Portanto, o número de anagramas nos quais não há 2 letras I consecutivas é:
1 . CR P54
74 2= , = 70 . 105 = 7350
55) 720
Colocamos as letras N, R e G com o mostrado abaixo (3! maneiras)
N R G
Agora decidimos quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3 e x4 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo espaço) inteiros não negativos, tais que:
x1 + x2 + x3 + x4 = 4
com x2 ≥ 1 e x3 ≥ 1
Sejam y2 = x2 + 1 e y3 = x3 + 1
Daí vem:x1 + y2 + y3 + x4 = 2
Resolvendo, temos:
CR C42
52 5 4
210= = =
.
Escolhido o número de letras que irão em cada espaço, temos de colocar as letras E, E, I e A, o que pode ser feito de:
P42 4
2= !
! = 12 maneiras
Portanto, o número de anagramas da palavra ENERGIA que não apresentam consoantes juntas é:3! . CR P4
242. = 6 . 10 . 12 = 720
56) 120
(PC)6 = (6 – 1)! = 5! = 120 rodas de ciranda.
57) 1440
Errata: 1440
–
–
– –
–
–J
M
João e Maria devem permanecer sempre juntos, então podemos considerá-los como um único "bloco".
(PC)7 = (7 – 1)! = 6! = 720
Note que João e Maria podem permutar de 2! modos.
Portanto, 720 . 2 = 1440 modos de sentar na mesa.
58) 250
terminados
por 2 ou 4
2p
Colocando o último algarismo, não existem restrições para os demais.
5p 5p 5p 2p
Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 5 . 2 = 250 números pares.
GABARITO
11Matemática E
59) S = {8}
( )!( )!nn
++
=54
13
( ) . ( )!( )!
n nn
+ ++
=5 44
13
n + 5 = 13 n = 13 – 5 n = 8
60) a) 42
C72 7 6
2= . = 7 . 3 = 21 modos
Sem perda de generalidade, suponha que presen-teamos Marco com o livro L1 e Ananias com o livro L2. Note que é diferente presenteá-los com os livros L2 e L1, respectivamente.
Portanto, o total de modos de presenteá-los são: 2 . C7
2 = 2 . 21 = 42 modos.
b) 21
C72 7 6
2= . = 7 . 3 = 21 modos
c) 5040
7p 6p 5p 4p 3p 2p 1p
PFC: P7 = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
d) 720
L
1L
2L
3
Como os livros L1, L2 e L3 devem permanecer juntos, podemos considerar com um único "bloco", isto é, temos 5 livros para permutar.
P5 = 5! = 120
Note que L1, L2 e L3 podem permutar entre si de:
3! = 6 maneiras.
Portanto, o total de maneiras para dispor os livros na estante é:
6 . 120 = 720.
e) 720 (PC)7 = (7 – 1)! = 6! = 720
61) 1728
Como as nacionalidades devem permanecer sempre juntas, então permutamos as 3 nacionalidades:
P3 = 3! = 6
Porém as pessoas de mesma nacionalidade podem permutar entre si, logo:
Brasileiro: P3 = 3! = 6 Franceses: P4 = 4! = 24 Italianos: P2 = 2! = 2
Pelo PFC, temos: P3 . P3 . P4 . P2 = 6 . 6 . 24 . 2 = 1728
62) 350
Modos de escolher 3 homens entre 7:
C73 7 6 5
3= . . = 7 . 5 = 35
Modos de escolher 2 mulheres entre 5:
C52 5 4
2= . = 5 . 2 = 10
Pelo PFC, teremos: C73 . C5
2 = 35 . 10 = 350.
63) 1680
P84 8
4= !
! = 8 . 7 . 6 . 5 = 1680
64) E
Número de carpas no tanque: 40% de 15 → 0,4 . 15 = 6 carpas.
Logo, existem 9 peixes de espécies diferentes. O número de maneiras que podemos escolher as car-
pas.
C64 6 5 4 3
2436024
= =. . . = 15
O número de maneiras que podemos escolher os de-mais peixes:
Como já escolhemos 4 peixes, restam escolher 6 entre 9 peixes.
C96 9
9 6 69
3 69 8 7 6
3 69 8 7
6=
−= = =!
( )! !!
! . !. . . !
! . !. . = 84
Portanto, pelo PFC, temos:
C C64
96. = 15 . 84 = 1260.
GABARITO
12 Matemática E
65) A
O número de maneiras que podemos escolher 15 ho-mens entre 30 é:
C3015
Escolhidos os homens, faltam 6 mulheres entre 20 para compor o júri. Assim, o número de maneiras é:
C206
Pelo PFC, temos: C3015 . C20
6 .
66) 65
fixo
14! = 24
4p 3p 2p 1p
fixo
44! = 24
4p 3p 2p 1p
Com o algarismo 5 fixo. No segundo algarismo podemos colocar 1 e 3.
fixo
52 . P = 2.6 = 12
3
2p
P3
Fixando os algarismos 5 e 8, restam apenas os alga-rismos 1 e 3 para dispor na terceira posição.
Fixando os algarismos 5, 8 e 9, resta apenas o algarismo 1 para dispor na quarta posição.
fixofixofixo
9851
1p 1p
Portanto, o total de números menores que 58 931 é 24 + 24 + 12 + 4 + 1 = 65.
67) 243
Suponha que o dígito 3 aparece na 1ª engrenagem.
Fixando-se o dígito 3, temos 9 possibilidades (0 a 9, exceto 3 para 2ª e 3ª engrenagens.
Pelo PFC, temos: 9 . 9 = 81
Note que podemos fixar o dígito 3 na 2ª e 3ª engrena-gens.
Portanto, o total de senhas é: 3 . 81 = 243 senhas.
68) B
C525 52 51 50 49 48
552 51 50 49 48
120= =. . . .
!. . . .
= 2 598 960
Logo, 3 000 000 > 2 598 960 > 2 000 000
69) D
O conjunto {1995, 1996, ..., 2008} possui 13 elementos.
Conjunto com 4 elementos.
C144 14
14 4 414 13 12 11
424024
241001=
−= = =!
( )! !. . .
!
Conjuntos com 5 elementos
C145 14
14 5 5145 9
2002=−
= =!( )! !
!! !
Resolvendo as combinações abaixo, temos:
C146 14
14 6 6148 6
3003=−
= =!( )! !
!! !
C147 14
7 73432= =!
! !
C148 3003=
C149 2002=
C1410 1001=
C1411 364=
C1412 91=
C1413 14=
C1414 1=
SomandoC C C C C C C C C
C C144
145
146
147
148
149
1410
1411
1412
1413
14
+ + + + + + + + +
+ + 114 15 914=
GABARITO
13Matemática E
70) A
Número de permutações sem restrições:(PC)n = (n – 1)!(PC)n = (6 – 1)! = 5! = 120
Números de permutações de modo que duas delas estão em posições opostas.
Como duas pessoas estão fixas, restam 4 pessoas para permutá-las.P4 = 4! = 24
Portanto, o total de possibilidades de colocar seis pessoas de modo que duas delas não possam ficar em posições opostas é: (PC)6 – P4 = 120 – 24 = 96
71) C
Primeira escolha: peça A da loja L1. Podemos escolher qualquer peça de qualquer loja
que o valor não excederá o custo máximo de R$ 1930,00.
Logo, o número de maneiras de fazer a compra é 3 . 2 = 6.
Se escolhermos a peça A da loja L2. Ao escolhermos a peça B da loja L1, não podemos
escolher a peça C da loja L1, pois excederá o valor máximo. Então o número de maneiras de fazer a escolha é de 2 maneiras.
Mas se escolhermos a peça B da loja L2, temos 3 possibilidades de efetuar a compra.
Primeira peça: peça A da loja L3. Ao escolhermos a peça B da loja L1, temos duas
possibilidades de escolha, pois não podemos com-prar na loja L1 (excede o valor máximo).
Já se a compra da peça B for na loja L2, temos 3 maneiras para efetuar a compra.
Logo, o total de maneiras de fazer a compra das 3 peças de tal forma que o custo não exceda R$ 1930,00 é de:
2 + 2 + 3 + 2 + 3 = 16
72) D
Sem perda de generalidade, suponha que dois times sul-americanos estão no grupo A.
Temos C32 maneiras de escolher os times sul-
-americanos. Restam duas vagas no grupo A a serem ocupadas por times Europeus. Essa escolha pode ser feita de C5
2 = 10 maneiras.
Como temos dois grupos (A e B), então o número de maneiras que podemos dividir 8 times é dado por: 2 . C C3
252. = 2 . 3 . 10 = 60
73) B
Se pintarmos o quadrado , não podemos pintar os demais com a mesma cor, pois , , e são quadrados que possuem lados comuns, e o quadrado é oposto ao .
Sem perda de generalidade, se pintarmos com uma segun-da cor o quadrado só podemos pintar com essa mesma cor o quadrado . Porque pintado o quadrado não podemos pintar o (oposto ao ) e nem o quadrado (oposto ao ).
Restam os quadrados , e para serem pintados, como não há restrições para eles podemos pintar da mes-ma cor.
Portanto, foram necessárias 3 cores diferentes.
74) A
Fazer um sorteio de 6 números entre 60 disponíveis signi-fica fazer uma combinação de 60, 6 a 6. Estamos conside-rando um conjunto de 60 elementos e tirando subconjuntos de 6 elementos. Em um conjunto, não há a noção de ordens dos elementos, assim como neste sorteio não é importan-te, o que pode ser representado das seguintes maneiras: C60
6 .
Agora, para calcular a probabilidade de premiação de cada um dos jogadores, precisamos saber quantas combinações de 6 números cada um dos jogadores tem. Como a quan-tidade de cartela que cada um deles comprou já é dada, a informação de preço de cada uma delas é irrelevante, já que R$ já foram gastos na compra das cartelas.
Sendo assim, a probabilidade de premiação do Arthur é dada por:
P(Arthur)quantidade de combinaçõess de númerosquantidade total
= 6dde combinações possíveis
P AC
C C C( )
.,
, , ,
= = =250 250 1 2506 6
60 6 60 6 60 6
Probabilidade de premiação do Bruno é dada por:
P BC C
C C C C( )
. ., ,
, , , ,
=+
=+
=+=
41 4 4 7 4 1 287 4 2917 6 6 6
60 6 60 6 60 6 60 6
GABARITO
14 Matemática E
A de Caio é dada por:
P CC C
C C C C( )
. ., ,
, , ,
=+
=+
=+
=12 10 12 28 10 1 336 10 3468 6 6 6
60 6 60 60 60 6 600 6,
A de Douglas é dada por:
P DC
C C C( )
. . .,
, , ,
= = =4 4 3 4 7 3369 6
60 6 60 6 60 6
E, finalmente, a probabilidade de premiação do Eduardo é dada por:
P EC
C C C( )
. . .,
, , ,
= = =2 2 10 3 7 12010 6
60 6 60 6 60 6
Portanto, os apostadores que apresentam maior probabilidade de vencer são Eduardo e Caio.
75) C
Os algarismos 6 e 8 devem permanecer juntos como um "bloco", isto é, um único algarismo.
Daí, temos 4 algarismos para permutá-los P4 = 4! = 24.
Note que podemos permutar os algarismos 6 e 8 de 2! = 2 modos.
Portanto, o número de senhas é:
P4 . 2! = 24 . 2 = 48
76) E
Com os dados fornecidos, poucas conclusões (seguramente verdadeiras) podem ser obtidas.
C1: A média de jogos no campeonato é de 12 jogos por dia.
C2: O maior valor possível para uma quantidade de jogos em um mesmo dia é 63.
Haveria, por exemplo, 63 jogos no dia inicial e 1 jogo no dia final da competição (32 dias depois). O valor possível para uma quantidade de jogos em um mesmo dia em particular é, portanto, 0 (zero).
C3: O menor valor possível para uma mesma quantidade de jogos em um mesmo dia em geral é 2 com 2 jogos em cada um dos 32 dias da competição.
Logo, em ao menos um dos dias teremos ao menos 2 jogos.
77) A
Candidato x. O candidato x teve 52% dos votos, ou seja, mais
da metade da população vota no candidato x. Isso equivale a 10% dos votos de 5 estados mais 2% do sexto estado. Portanto, os votos recebidos por ele foram dados pelo menos de 6 estados diferentes.
78) D
Devemos permutar 3 pessoas, de modo que duas pessoas não sentem juntas.
1º caso: ocupa a primeira posição. Então as demais pessoas ocupam a 3ª e a 5ª posição.
Pelo P. F. C., temos: 3 . 2 . 1 = 6 maneiras.
2º caso: ocupa a 2ª posição. Então as demais pessoas ocupam a 4ª e a 6ª posição.
Pelo P. F. C., temos: 3 . 2 . 1 = 6 maneiras.
Portanto, o total de maneiras de sentarem 3 pesso-as em 6 fileiras, de modo que entre duas pessoas sempre tenha exatamente uma cadeira vazia, é:6 + 6 = 12 maneiras.
GABARITO
15Matemática E
79) 15
O resultado pedido é igual ao número de soluções inteiras e positivas da equação x – y + z = 7, em que x, y e z representam o número de bolas em cada caixa.
Como x ≥ 1, y ≥ 1 e z ≥ 1, façamos x = a + 1, y = b + 1 e z = c + 1. Desse modo, a + b + c = 4.
O número de soluções dessa equação é dado por:
CR C( ) = =−
= = =34
64 6
6 4 46
2 46 5 4
2 46 5
2!
( )! !!
! !. . !! !
.
CR C( ) = = =34
64 3 5 15.
80) B
Sejam x, y, z, k e w números de cotas que cada investidor comprou. Então:x + y + z + k + w = 9
Sabemos que os 4 investidores fizeram compra, logo: x ≥ 1; y ≥ 1; z ≥ 1; k ≥ 1 e w ≥ 1.
Daí, sejam:x = a + 1; y = b + 1; z = c + 1; k = d + 1 e w = e + 1.
Desse modo,a + b + c + d = 4
Resolvendo:
CR C54
84 8
4 48 7 6 5 4
4 48 7 6 5
2470= = = = =
!! . !
. . . . !! . !
. . .