Análise Combinatória em Concursos

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Aula 03 – Princípio Fundamental da Contagem; 
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Aula Conteúdo Programático – Receita Federal Data 
00 Estruturas Lógicas 24/07 
01 Lógica de Argumentação; Diagramas Lógicos. 26/07 
02 Lógica Sentencial e de primeira Ordem. 28/07 
03 
Princípio Fundamental da Contagem; Arranjos; Permutação; 
Combinação. 
02/08 
04 Razão e Proporção; Regra de Três; Porcentagem (aula bônus). 04/08 
 
 
Sumário 
1 Análise Combinatória ................................................................ 03 
1.1 Princípio Fundamental da Contagem ............................................ 03 
1.2 Princípio Aditivo ........................................................................ 05 
1.3 Princípio Multiplicativo ............................................................... 05 
1.4 Fatorial .................................................................................... 07 
1.5 Permutação Simples .................................................................. 08 
1.6 Permutação com elementos Repetidos ......................................... 09 
1.7 Permutação Circular .................................................................. 10 
1.8 Arranjos................................................................................... 11 
1.9 Combinações Simples ............................................................... 13 
1.9.1 Combinações Completas (Com Elementos Repetidos) ................. 15 
Questões Comentadas .................................................................. 21 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1 Análise Combinatória 
 
1.1. Princípio fundamental da contagem 
 
Combinações, Arranjos e Permutação, como parte da Análise Combinatória é 
importante e recorrente em concursos. Como várias outras matérias, este 
também é um tema que dá para complicar muito. Mas com um planejamento 
estratégico, a utilização das táticas corretas, com muito treino e seriedade, você 
vai transpor esta etapa com sucesso, obtendo ótimos resultados. 
Combinações, Arranjos e Permutação são provenientes do Princípio Fundamental 
da Contagem. E quando falamos de princípio fundamental da contagem, dois 
exemplos mais conhecidos são de moedas e dados de jogos (aqueles com 6 
faces). Não é difícil imaginar qual a probabilidade de uma moeda não viciada cair 
com a face “coroa” virada para cima, pois há duas possibilidades, cara ou coroa. 
Então há uma possibilidade de duas. Ou seja, 1/2, ou 50%. E qual a possibilidade 
de um dado não viciado cair com o número 6 virado para cima? Da mesma forma, 
1 possibilidade em 6 possibilidades, ou seja 1/6. Pronto! Você entendeu o 
princípio fundamental da contagem. Obviamente as questões de concursos vão 
inserir mais informações e fazer mais exigências, mas gradativamente vou lhe 
apresentar problemas e vamos chegar no nível dos concursos antes do que o 
aluno imagine. 
Perguntas recorrente dos alunos são: “qual a utilidade prática disso?” “Veremos 
isso somente nos concursos, e nunca mais, certo?”. Errado. 
Para tornar o assunto interessante, posso dar um exemplo prático, dentre muitos 
da indústria e do comércio, chamado “Customização em Massa”. Basicamente, A 
Customização em Massa é definida como a produção em massa de bens e serviços 
que atendam aos anseios específicos de cada cliente individualmente, a custos 
semelhantes aos dos produtos não customizados. Isso é um dos “paradoxos da 
indústria”. Customizar é pôr no produto as características que o cliente queira, 
como uma personalização. Mas se a indústria fizer o que cada cliente quer, o 
produto será caro, pois o ideal para a indústria é que todos comprem produtos 
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iguais, para que haja economia de escala e seja oferecido menor preço. Então 
ela usa um meio-termo, customizando dentro de um limite “de massa” aceito 
pelo mercado, para que haja demanda significativa. Se você for em uma loja 
chique de bolsas e carteiras, verá que há vários tipos de bolsas, com vários 
formatos e várias tonalidades de cores e texturas. Mas se você olhar mais 
atentamente, perceberá que há na verdade há poucas cores, poucas texturas e 
poucos formatos, que combinados entre si parecem muitas opções. Isso também 
acontece com a indústria automobilística, quando ela usa uma cor base, e alguns 
pigmentos para parecer que são várias cores, enquanto na verdade são misturas 
e tonalidades. 
 
Bem, agora voltemos à nossa realidade. 
Dentre as diversas maneiras como o princípio da contagem pode se expressar, 
uma delas é nas situações que envolvam as possibilidades de um evento ocorrer, 
como por exemplo, as distintas formas que pessoas podem se organizar em uma 
fila, as combinações de letras e números em placas de automóveis, a 
possibilidade de retirar determinada carta em um baralho, ou a possibilidade de 
uma das faces de um dado cair virada para cima. Estas, inclusive, são questões 
clássicas em concursos. O princípio fundamental da contagem é a estrutura 
fundamental da chamada Análise Combinatória, nome que muitos estudantes 
têm medo (eu mesmo já tive). Mas para a resolução de tais problemas há 
métodos, técnicas e critérios, como veremos a seguir, pois utilizando-se de 
processos combinatórios adequados será possível determinar o número de 
combinações, arranjos e permutações possíveis em qualquer problema dado. 
Sabe, na Matemática, eu gosto muito de exemplos e exercícios, pois na 
Matemática o bom mesmo é a AÇÃO. Mas antes de partir para os exemplos e 
exercícios, preciso lhe passar 2 princípios básicos da contagem, os quais são 
importantes para o completo entendimento. 
São eles: 
1. Princípio Aditivo 
2. Princípio Multiplicativo. 
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1.2 Princípio Aditivo 
 
Em questões de concursos, ele costuma vir representado pela expressão “OU”. 
Atente! 
Sejam X e Y dois conjuntos (disjuntos) com respectivamente "a" e "b" elementos, 
para escolher um elemento de X OU um elemento de Y teremos a+b maneiras 
de escolhas. 
Exemplo: Bruno tem 8 livros de Direito, 10 de Raciocínio Logico e 2 de Redação. 
De quantas maneiras ele pode escolher um desses livros para presentear um 
aluno? 
Resposta: Os conjuntos dos livros de cada área são conjuntos disjuntos, isto é, 
não possuem nenhum elemento em comum, e Bruno escolherá apenas um para 
presentear seu aluno, logo ele poderá selecionar de 8 + 10 + 2 = 20 maneiras 
diferentes. 
 
1.3 Princípio Multiplicativo 
 
Em questões de concursos, ele costuma vir representado pela expressão “E”. 
Atente! 
Sejam X e Y dois conjuntos com respectivamente "a" e "b" elementos, para 
escolher um elemento de X E um elemento de Y teremos a x b maneiras de 
escolhas.Exemplo: De quantas maneiras uma pessoa que tem 2 calças diferentes e 3 
blusas diferentes pode se vestir??? 
Neste exemplo, pode-se fazer o Diagrama da Árvore, pois as opções são poucas. 
 
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Facilmente concluiremos que existem 6 maneiras diferentes de se vestir. Mas e 
se o problema for de uma loja de departamentos, com 20.456 calças e 6.752 
blusas? Não vai dar para fazer o diagrama da árvore. Mas analisando, verá que 
houve uma multiplicação ente a quantidade de calças e de blusas. 
 
Para o aluno entender e fixar, vamos usar um exemplo típico com 4 livros, sendo 
um de Português, um de História, um de Geografia e um de Matemática. 
Agora vejamos: nesta ordem, de quantas formas podemos organizar os quatro 
livros em uma prateleira? Vamos pensar. 
Na escolha do primeiro livro a ser colocado na prateleira, teremos 4 possibilidades 
de começar, pois serão 4 livros inicialmente, Português, Matemática, História, ou 
Geografia. Se iniciarmos com o livro de português, sobrarão como próxima 
escolha 3 possibilidades: Matemática, História ou Geografia. Se escolhermos o 
livro de História como o segundo livro da prateleira, como terceiro livro teremos 
2 possibilidades apenas, Matemática ou Geografia. E se pusermos na prateleira 
o de Geografia, só nos restara 1 possibilidade final: matemática. 
Mas, e se iniciássemos por outro livro ao invés de Português? De quantas formas 
seria possível organizá-los na prateleira? Veja pela figura abaixo, chamado 
“Diagrama da Árvore”, que as 4 possibilidades do primeiro livro podem ser 
recombinadas com cada uma das outras 3 possibilidades do segundo livro, que 
por sua vez podem ser combinadas com cada uma das 2 possibilidades do terceiro 
livro, que podem então ser combinadas com 1 possibilidade final do quarto livro. 
Ora, então o número total de possibilidades seria dado pelo produto 
4x3x2x1 = 24 
Perceba que primeiramente tínhamos 4 possibilidades. Como o colocamos o 
primeiro livro na prateleira, isso excluiu uma possibilidade, então o próximo fator 
são 3 possibilidades, depois 2 possibilidades e depois apenas uma possibilidade. 
Assim, neste problema utilizamos o princípio fundamental da Contagem, que 
muitos chamam de Análise Combinatória, pois analisamos combinações. 
 
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Agora, guarde esta regrinha: De acordo com o princípio fundamental da 
contagem, se um evento é composto por duas ou mais etapas sucessivas e 
independentes, o número de combinações será determinado pelo produto entre 
as possibilidades de cada conjunto. 
 
1.4 Fatorial 
 
Outro conceito importante é o de Fatorial, muito utilizado para o cálculo de 
combinações. Ele é expressado por um ponto de exclamação e compõe muitas 
fórmulas de análise combinatória e probabilidade. Na resolução de questões por 
meio do princípio fundamental da contagem é comum aparecerem multiplicações 
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envolvendo sequências enormes de números naturais consecutivos, de maneira 
que muitas vezes é possível escrever multiplicações desse tipo, porém mais 
sinteticamente. 
Definição: 
Seja n um número natural, com n≥2. Define-se o fatorial de n, que é 
representado por “n!”, como o produto dos números naturais consecutivos n, (n–
1), (n–2), ..., 1. Isto é: 
n! = n x (n – 1) x (n – 2) x (n – 3) x (...) x 1 
Importante: 
 0! = 1 (zero fatorial e igual a 1, pois não se permuta zero elementos, havendo 
1 possibilidade) 
 1! = 1 (1 fatorial é igual a 1 pois não se permuta um único elemento, havendo 
1 possibilidade) 
 
Você pode ainda simplificar os cálculos quando os números fatoriais forem 
semelhantes no numerador e no denominador. Mas lembre-se de que você deve 
respeitar as regras matemáticas entre produtos, divisões, adições e subtrações. 
Vamos aos exemplos, e você vai entender melhor. 
 
Exemplo 
Numa lanchonete há 8 tipos de sanduíche, 5 tipos de sucos e 6 tipos de 
sorvetes. De quantas formas possíveis pode-se elaborar um lanche nesta 
lanchonete? 
Utilizando o princípio fundamental da contagem temos: 
8x5x6 = 240 maneiras de realizar um lanche. 
 
1.5 Permutação Simples 
 
Exemplo 
De quantas formas podemos combinar as letras da palavra AMOR, não 
importando se formam palavras sem sentido? 
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A isto se dá o nome de permutação simples, pois são os agrupamentos 
formados com todos elementos que diferem uns dos outros pela ordem de seus 
elementos. A palavra AMOR é formada por quatro letras, portanto: 
4x3x2x1 = 24 palavras 
Então, os anagramas da palavra AMOR e dado por 4! (leia-se “quatro fatorial”) 
4!= 4x3x2x1 = 24 
 
Exemplo 
Calcule o número de formas distintas de 5 pessoas ocuparem os lugares 
de um banco retangular de cinco lugares. 
Quando uma pessoa ocupa um lugar, ela não ocupa mais outro lugar. Com isso 
as possibilidades diminuem. 
5 possib. x 4 possib. x 3 possib. x 2 possib. x 1 possib. = 120 
 
1.6 Permutação com elementos Repetidos 
 
Exemplo 
Vamos determinar os anagramas da palavra MATEMÁTICA, 
desconsiderando o acento? 
Este é um problema clássico, que envolve permutação com elementos 
repetidos, e para esse tipo de questão há uma fórmula. 
 
Pn(a,b,c) = n! . 
 a!b!c! 
 
Esta fórmula vale quando entre os n elementos de um conjunto, existirem a 
elementos repetidos, b elementos repetidos, c elementos repetidos e assim 
sucessivamente. O número total de permutações que podemos formar é dado 
por P na fórmula. 
Leia-se: Permutação de n elementos, com repetição de a, b, c,... 
 
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No exemplo da palavra MATEMÁTICA, temos 10 elementos, com repetição de 3 
elementos. Observe que a letra M está repetida duas vezes, a letra A três vezes, 
e a letra T, duas vezes. Pela fórmula, teremos: n=10, a=2, b=3 e c=2. Sendo k 
o número procurado, podemos escrever: 
k= (10!) = 151.200 
 (2!.3!.2!) 
 
Resposta: 151.200 anagramas possíveis para a palavra MATEMÁTICA. 
 
1.7 Permutação Circular 
 
Exemplo 
De quantas maneiras quatro pessoas podem sentar-se ao redor de uma 
mesa circular, considerando-se um único sentido de contagem? 
Para este tipo de problema clássico, denominado permutação circular, também 
há uma fórmula: 
 
P'(n) = (n - 1)! 
 
Vamos à solução do exemplo. 
Os elementos estão dispostos na circunferência, de acordo com um sentido 
determinado e o enunciado lhe deu esse dado importante. Neste caso, o primeiro 
elemento poderá ocupar qualquer ponto na circunferência. Restam (m – 1) 
elementos que poderão se acomodar de 
 (m-1)(m-2)(m-3). ... .1 = (m-1)! maneiras possíveis. 
 
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Então,sendo P'(n) o número de permutações circulares de n elementos, teremos 
P'(n) = (n - 1)! 
Assim: P'(4) = (4 - 1)! = 3! = 3 possib. x 2 possib. x 1 possib. = 6. 
Portanto, 4 pessoas podem acomodar-se de 6 maneiras distintas ao redor de 
uma mesa circular, considerando-se um único sentido de contagem. 
 
Exemplo 
De quantas maneiras quatro pessoas podem sentar-se ao redor de uma 
mesa circular, se o sentido da contagem é indiferente? 
Agora o problema mudou. Não importa a ordem, e o problema deu essa 
informação. 
Neste caso, teremos que dividir o resultado anterior por 2, pois existirão posições 
contadas duas vezes. Veja, por exemplo, na figura do exemplo anterior, que se 
o sentido da contagem for indiferente, as posições A e F, B e C e D e E são iguais 
ou seja: posição A: sequência 1234 no sentido horário e posição F: mesma 
sequência 1234 no sentido anti-horário. Então, se o sentido for indiferente, as 
posições A e F são iguais; o mesmo poderá se concluir das posições B, C, D e E. 
Então, no caso de o sentido da contagem ser indiferente (sentido horário ou anti-
horário), n elementos poderão ser distribuídos ao redor de uma mesa circular de 
P'(n) = (n - 1)! / 2 maneiras distintas 
Resposta: 3 formas distintas 
 
1.8 Arranjos 
 
Exemplo 
Um cofre possui um disco marcado com os dígitos 0,1,2,...,9. O segredo 
do cofre é marcado por uma sequência de 3 dígitos distintos. Se uma 
pessoa tentar abrir o cofre, quantas tentativas deverá fazer (no máximo) 
para conseguir abri-lo? 
Este também é um problema clássico denominado Arranjos simples. 
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Representando o número total de arranjos de n elementos tomados k a k (taxa 
k) por An,k , teremos a seguinte fórmula: 
 
Na,k = n! 
 (n-k)! 
 
Leia-se: “arranjos de n elementos tomados k a k” 
 
Isso porque, dado um conjunto com n elementos, chama-se arranjo simples de 
taxa k, a todo agrupamento de k elementos distintos dispostos numa certa 
ordem. Dois arranjos diferem entre si, pela ordem de colocação dos elementos, 
ou seja, a ordem dos elementos importa. Assim, em um conjunto E = {a,b,c}, 
terem-se: 
a) arranjos de taxa 2 (k=2): ab, ac, bc, ba, ca, cb. 
b) arranjos de taxa 3 (k=3): abc, acb, bac, bca, cab, cba. 
 
Vamos à solução do exemplo. 
São 10 combinações no disco do cofre, e a ordem dos números importa, pois se 
houver outra ordem de números, será outro arranjo, outra tentativa de abrir o 
cofre. Para a primeira posição teremos então 10 alternativas, para a segunda, 9 
e para a terceira, 8. Podemos aplicar a fórmula de arranjos, pois tem-se (n = 10) 
e (k = 3). 
Então: A10, 3 = 10! = 10 x 9 x 8! X 7! = 10 x 9 x 8 x 7! = 720 
 (10 – 3)! 7! 7! 
 
Perceba que este problema também é possível de se resolver pelo princípio 
fundamental de contagem, apenas com raciocínio lógico, o que também é muito 
bom, pois muitas das vezes questões de concursos têm pegadinhas, de maneira 
que é mais seguro entender muito bem a questão. 
 
 
 
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1.9 Combinações Simples 
 
Exemplo 
Uma prova consta de 15 questões das quais o aluno deve resolver 10. De 
quantas formas ele poderá escolher as 10 questões? 
Este é um problema clássico denominado por Combinações simples. 
São combinações simples de n elementos distintos tomados k a k (taxa k) aos 
subconjuntos formados por k elementos distintos escolhidos entre os n elementos 
dados. Observe que duas combinações são diferentes quando possuem 
elementos distintos, não importando a ordem em que os elementos são 
colocados. 
 
Veja, em um conjunto E = {a, b. c, d} podemos considerar: 
a) combinações de taxa 2: ab, ac, ad, bc, bd, cd. 
b) combinações de taxa 3: abc, abd, acd, bcd. 
c) combinações de taxa 4: abcd. 
 
Representando por Cn,k o número total de combinações de n elementos tomados 
k a k (taxa k) , temos a seguinte fórmula: 
Cnk = n! 
 k!(n-k)! 
 
Leia-se: “Combinação de n elementos, tomados k a k”. 
 
Agora vamos resolver a questão. 
No exemplo observa-se que não importa a ordem, porque a ordem das questões 
não muda o teste. Logo, podemos concluir que se trata de um problema de 
combinação de 15 elementos com taxa 10, ou Combinação de 15 elementos, 
tomados 10 a 10. 
Aplicando-se a formula: 
C15,10 = 15! = 15 x 14 x 13 x 12 x 11 x 10!__ = 15 x 14 x 13 x 12 x 11 x 10! 
 10! (15-10)! 10! 5! 10! 5! 
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 = 15 x 14 x 13 x 12 x 11 = 360360 = 3003 
 5 x 4 x 3 x 2 x 1 120 
 
Vamos fazer outro problema deste tipo, de Combinações Simples, em que a 
ordem não importa? 
Exemplo 
Quantas comissões constituídas de 3 pessoas podem ser formadas com 
6 pessoas? 
 O enunciado deste problema é equivalente a: 
“quantos subconjuntos de 3 elementos existem em um conjunto de 6 elementos”. 
Observe, por exemplo, que a comissão formada pelos indivíduos A, B e C é 
mesma comissão formada pelos indivíduos C, B e A. Portanto, em uma comissão 
não importa a ordem na qual os membros forem escolhidos e sim quais membros 
foram selecionados. Isso é muito importante para diferenciar os problemas de 
arranjos simples (quando a ordem importa) dos problemas de combinação 
simples (quando a ordem não importa) 
Pode-se aplicar a formula das Combinações Simples: 
Cnk = n! . 
 k!(n-k)! 
 
C6,3 = 6!___ = 6 x 5 x 4 x 3! = 6 x 5 x 4 x 3! = 20 
 3!(6-3)! 3 x 2 x 3! 3 x 2 x 3! 
 
Resposta: São 20 comissões possíveis. 
 
Exemplo 
Uma classe tem 10 alunas e 5 alunos. Formam-se comissões de 4 alunas 
e de 2 alunos. Determine o número possível de comissões que se pode 
formar. 
Este é um problema clássico de comissões compostas de meninos e de meninas. 
E como podemos ver, a composição das comissões não importa. Se 
considerássemos como arranjos simples, em que a ordem das composições 
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importa, erraríamos, pois contaríamos comissões duplicadas. Por isso a 
importância em saber distinguir estes dois tipos. Em concursos as bancas gostam 
muito de pôr este tipo de questão, pois sabem que os candidatos se confundem. 
 
Pelo princípio fundamental da contagem o número de comissões será 
possib. de escolher alunas e (multiplica) a possibilidades de escolher alunos 
 
 Cálculo do número de possibilidades escolher alunas: 
Tem-se 10 alunas para escolher 4 sem importar a ordem. 
 
 10! = 10 x 9 x 8 x 7 x 6! = 10 x 9 x 8 x 7 x 6! = 210 
4! (10-4)! 4 x 3 x 2 x 6! 4 x 3 x 2 x 6! 
 
 Calculo do número de possibilidades de escolher alunos: 
Temos 5 alunos para escolher 2 sem importar a ordem. 
 
 5!__ = 5 x 4 x 3! = 5 x 4 x 3! = 10 
2! (5-2)! 2 x 3! 2 x 3! 
Portanto o número possível de comissões será= 210 x 10 = 2100 
 
1.9.1 Combinações Com Elementos Repetidos 
 
Exemplo1:Lembra-se de Permutações com elementos Repetidos? 
Então vejamos: quantas são as sequências distintas, de 7 símbolos, que 
podemos formar com os símbolos a seguir? *** □□ ♦♦ 
 
Resolução: 
trata-se de determinar a quantidade de permutações de 7 elementos, com três 
repetições de um tipo, duas de outro e mais duas de outro tipo. Logo, a solução 
recai em: 
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= 7! = 210 sequências 
 3!.2@.2! 
 
Exemplo 2: 
Agora, quantas são as soluções inteiras e não negativas da equação: 
x1 + x2 + x3 = 5? 
 
Resolução: 
Pode não parecer, mas esse tipo de questão recai no caso anterior. Basta que 
imaginemos que são 5 balas a serem repartidas entre 3 crianças e desejamos 
saber de quantos modos distintos poderemos fazer tal partilha. Podemos 
transformar essa equação numa representação gráfica onde cada uma das balas 
será representada por um ponto e usaremos duas barras verticais para separar 
as quantidades correspondentes às 3 crianças, ou seja, as três soluções da 
equação. 
Veja uma das possíveis soluções: 
* / ** / ** 
Verifique que a simbologia usada com os asteriscos acima corresponde à 
solução: 
x1 =1, x2 = 2 e x3 =0 
 
Veja agora outra possível solução: 
***/**/ 
Verifique que a simbologia usada com os asteriscos acima corresponde à 
solução: 
x1 =3, x2 = 2 e x3 =0 
 
Pode perceber que esse tipo de problema é parecido com o que foi visto exemplo 
1, poucas linhas atrás? Perceba que determinar a quantidade de soluções 
inteiras e não negativas de uma equação desse tipo (linear) é o mesmo que 
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resolver uma questão de permutações com elementos repetidos. No caso da 
partilha das 5 balas entre as três crianças, teremos, então: 
 
= 7! = 21 
 5!.2! 
 
Mas como se poderia lembrar da formação das permutações, sem precisar fazer 
a representação gráfica do problema? Observe que na parte superior do símbolo 
das permutações completas teremos duas parcelas. A primeira é sempre igual 
ao número que aparece após o sinal de igualdade na equação (no nosso 
exemplo, 5) e a segunda parcela corresponde ao número de incógnitas do 
problema, menos 1 (no nosso exemplo, 3 – 1 = 2). 
 
Ou seja, a quantidade de soluções inteiras e não negativas de uma equação 
linear do tipo: 
x1 + x2 + x3 + ....+ xn = p, 
corresponde às permutações com repetição 
 
 
Feita esta pequena introdução, agora sim, entraremos em Combinações 
Completas (ou com repetição). 
Então, agora vejamos: 
 
Exemplo: 
De quantas formas é possível comprar 3 sorvetes em uma loja que os oferece 
em 5 sabores? 
Um aluno pouco treinado responderia C3,5 = 10 . Mas isto está errado! Ela estaria 
certa caso a pergunta fosse: 
“De quantos modos podemos escolher 3 sorvetes diferentes, em uma loja que 
os oferece em 5 sabores?“ 
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Essas 10 possibilidades representam as combinações simples de 5 elementos, 
tomados 3 a 3. Na questão apresentada, a resposta correta seria CR3,5, que são 
as combinações completas de 5 elementos, tomados 3 a 3, ou seja, nesse caso 
admitiríamos a hipótese de a pessoa escolher sabores repetidos. O cálculo das 
combinações completas, que veremos a seguir, seguirá o mesmo raciocínio 
mostrado anteriormente, recaindo em permutações com elementos repetidos. 
Para que possamos entender melhor o nosso problema, vamos supor que a loja 
oferecesse os sabores: manga, abacaxi, goiaba, cereja e limão. Nas 
combinações simples, desses 5 sabores, tomados 3 a 3, só teríamos 
composições do tipo: manga, abacaxi, goiaba ou goiaba, cereja, limão ou 
abacaxi, goiaba, limão, etc... Porém, como se pode verificar, essa opção das 
combinações completas dará um resultado maior que na primeira, que gerou 10 
possibilidades de escolha. Podemos encarar a solução do problema das 
combinações completas da escolha de 3 sabores (distintos ou não), numa loja 
que oferece 5 opções de escolha, como sendo as soluções inteiras e não 
negativas da equação: x1+x2+x3+x4+x5=3 Temos, portanto, 5 variáveis que 
representam a quantidade comprada, de cada um dos sabores oferecidos. 
Verifique que recaímos exatamente no caso mostrado anteriormente, ou seja, 
em permutações com elementos repetidos. Temos, portanto, que as 
combinações completas de 5 elementos, tomados 3 a 3, correspondem a 
CR5,3 = = 7! = 35 
 3!.4! 
 
Portanto, a fórmula para o cálculo de combinações completas de n elementos, 
tomados p a p é dado por: 
 
Isso porque Combinações completas de n elementos, de k a k, são combinações 
de k elementos não necessariamente distintos. Em vista disso, quando vamos 
calcular as combinações completas devemos levar em consideração as 
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combinações com elementos distintos (combinações simples) e as combinações 
com elementos repetidos. 
Exemplo: 
De quantos modos podemos comprar 4 salgadinhos em uma lanchonete 
que oferece 7 opções de escolha de salgadinhos? 
 
Resolução: 
Conforme visto linhas atrás, teremos que determinar a quantidade de soluções 
inteiras e não negativas de uma equação do tipo: 
x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7 = 4 . A solução, como mostramos, será dada por: 
CR7,4 = = (10!)/(6!.4!) = 210 
 
Exemplo: 
Podendo escolher entre 5 tipos de queijo e 4 marcas de vinho, de 
quantos modos é possível fazer um pedido num restaurante, com duas 
qualidades de queijo e 3 garrafas de vinho? 
 
Resolução: 
Solução: temos que escolher os dois tipos de queijo, entre os 5 disponíveis 
(distintos ou não). Isto será igual a 
CR5,2 = = (6!)/(4!.2!) = 15 
Agora, precisamos escolher 3 garrafas entre os 4 vinhos disponíveis, ou seja, 
CR4,3 = = (6!)/(3!.3!) = 20 
Então, o número de pedidos de queijo e vinho, de acordo como proposto na 
questão, será dado por 15.20 = 300. 
 
Exemplo: 
Um menino encontra-se no balcão de uma sorveteria que oferece 7 
opções diferentes de sabores. Ele tem dinheiro para comprar 4 sorvetes 
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e ele também pode escolher sabores repetidos. De quantos modos ele 
poderá fazer a escolha desses quatro sabores de sorvete? 
 
Resolução: 
Este problema recai na determinação do número de soluções inteiras e não 
negativas da equação: x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7=4 
Verifique que tal questão já foi resolvida anteriormente e recaímos em 
CR7,4 = = (6!)/(6!.4!) = 210 
Portanto, o menino poderá escolher os quatro sorvetes de 210 maneiras 
diferentes. 
Exemplo: 
O jogo de Dominó 
O jogo aparentemente surgiu na China e sua criação é atribuída a um 
santo soldado chinês chamado Hung Ming, que viveu de 243a.C a 182a.C. 
O conjunto tradicional de dominós, conhecido como sino-europeu, é 
formado por 28 peças, ou pedras. Cada face retangular de dominó é 
dividida em duas partes quadradas, ou "pontas", que são marcadas por 
um número de pontos de 1 a 6, ou deixadas em branco. 
Visto o texto acima, vamos mostrar queo número de peças do jogo de 
dominó é 28. 
 
Resolução: 
Em cada uma das pontas de uma peça do dominó aparecem os pontos 1, 2, 3, 
4, 5, 6 ou "em branco" (vazio). Assim, temos 2 posições numa peça de dominó 
na qual combinaremos 7 elementos e pode aparecer elementos repetidos numa 
mesma peça. 
Sendo assim, a quantidade possível de peças de dominó que podemos formar 
é: 
CR7,2 = C8,2 = (8.7)/2 = 28 
 
 
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Questões Comentadas 
 
01) Quantos são os números naturais de dois algarismos que são 
múltiplos de 5? 
 
Resolução: 
Os números naturais são formados por todos os números inteiros positivos 
incluindo o zero. Ocorre que o zero à esquerda de um número de dois algarismos 
(dois dígitos) não é significativo (seria o mesmo que um algarismo com um 
dígito), e para que tenhamos um número natural com dois algarismos ele deve 
começar por um dígito de 1 a 9, havendo então 9 possibilidades. 
Para que o número seja um múltiplo de 5, o mesmo deve terminar em 0 ou 5, 
portanto temos apenas 2 possibilidades. 
Então: 9 possibilidades x 2 possibilidades = 18 números naturais de dois 
algarismos que são múltiplos de 5. 
 
02) Uma pessoa possui 4 pares de sapatos e 10 pares de meias. De 
quantas maneiras ela pode se calçar, utilizando um par de meias e um 
de sapatos? 
 
Resolução: 
4 é o número de elementos do primeiro conjunto (4 possibilidades) e 10 
corresponde ao número de elementos do segundo conjunto (10 possibilidades). 
Portanto: 4x10 = 40 maneiras diferentes de se calçar 
 
03) De quantas formas podemos dispor as letras da palavra FLUOR de 
sorte que a última letra seja sempre a letra R? 
 
Resolução: 
Este problema impôs uma condição: que a última letra seja sempre R. Ou seja, 
em qualquer combinação, para a última letra haverá apenas uma possibilidade 
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que é a letra R. Mas como primeira, segunda, terceira e quarta letras temos 
respectivamente 4, 3, 2 e 1 possibilidades. 
Assim: 4 possib. x 3 possib. x 2 possib. X 1 possib. = 24 possibilidades 
 
Perceba que este exemplo é semelhante ao dos livros, demonstrado linhas atrás, 
porém, neste caso, um dos livros sempre seria colocado no fim da fileira. 
Podemos então dispor as letras da palavra FLUOR de 24 formas diferentes, tal 
que a última letra seja sempre a letra R. 
 
04) Quantos números naturais com 3 algarismos podemos formar que 
não comecem com 16, nem com 17? 
 
Resolução: 
Exemplo um pouco mais complicado, mas possível. Primeiro temos de calcular 
quantos são os números com três algarismos. Aqui na primeira posição não 
podemos ter o dígito zero, pois seria número com 2 algarismos. Para a primeira 
posição dispomos dos números 1 a 9, sendo 9 possibilidades. A partir da 2ª casa 
o zero serve, havendo então 10 possibilidades na 2ª e 3ª casa. Então, o número 
de possibilidades para cada posição é respectivamente: 9, 10 e 10. 
9 possib. X 10 possib. X 10 possib. = 900 possibilidades 
Portanto temos 900 números naturais com três dígitos. Mas não terminou. 
Vamos calcular quantos dentre estes 900 começam com 16 ou 17. Para a primeira 
posição temos apenas uma possibilidade, o dígito 1 e para a segunda temos 2 
possibilidades, pois servem tanto o dígito 6, quanto o 7. Mas para a 3ª posição 
dispomos de todos os dígitos possíveis, ou seja, 10 possibilidades. 
Então: 1 possib. x 2 possib. x 10 possib. = 20 possibilidades 
 Mas o problema não quer estas possibilidades, pois ele exigiu que os números 
não comecem com 16 nem com 17. 
Então, subtraímos 20 de 900, sobrando 880 possibilidades, que é nossa resposta. 
 
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05) São quantos os números ímpares com três algarismos, que não 
possuem dígitos repetidos e que de trás para frente também são 
ímpares? 
 
Resolução: 
Outra questão que parece complicada, mas não é, bastando resolver por etapas. 
Os números devem ser ímpares, havendo então 5 possibilidades para o último 
algarismo. "De trás para frente", significa que o primeiro algarismo também é 
ímpar. Mas um dígito ímpar já foi utilizado na última posição, restando 4 dígitos 
(4 possibilidades) disponíveis para a primeira posição. Isso porque o problema 
frisou que “não possuem dígitos repetidos”. Veremos problemas em que dígitos 
podem ser repetidos, resultando em cálculos um pouco diferentes. Para o dígito 
central então, restaram 8 possibilidades, pois dois dígitos ímpares já foram 
utilizados, sobrando 5 possibilidades de dígitos pares (0, 2, 4, 6, 8) e 3 
possibilidades de dígitos ímpares. Percebam que não sendo no 1º digito à 
esquerda, o zero é uma possibilidade. 
Então: 4 possibilidades x 8 possibilidades x 5 possibilidades = 160. 
Assim sendo: são 160 as possibilidades de números ímpares que satisfazem às 
condições. 
 
06) Cristina nasceu em um dia par, de um mês ímpar, de um ano par. 
Sabendo que ela nasceu após 1991 e antes de 2014, quantas são as 
possíveis datas para o nascimento de Cristina? 
 
Resolução: 
Há 15 dias pares e 6 meses ímpares em um ano. 
 1 3 5 7 9 11 
Meses Janeiro março maio julho setembro novembro 
dias 2,4,6,8,10,
12,14,16,18
,20,22,24,2
6,28,30 
2,4,6,8,10,
12,14,16,1
8,20,22,24,
26,28,30 
2,4,6,8,10,
12,14,16,1
8,20,22,24,
26,28,30 
2,4,6,8,10,
12,14,16,1
8,20,22,24,
26,28,30 
2,4,6,8,10,
12,14,16,1
8,20,22,24,
26,28,30 
2,4,6,8,10,
12,14,16,1
8,20,22,24,
26,28,30 
 
 
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Há Entre 1991 e 2014, 11 anos pares. 
1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 
1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 
2005 2006 2007 2008 2009 2010 2011 
2012 2013 2014 
 
Há, então 
 15 possibilidades para os dias 
 6 possibilidades para os meses 
 11 possibilidades para os anos 
Então: 15 possib. × 6 possib. × 11 possib.= 990 possíveis datas. 
Eu fiz as tabelas para ilustrar o raciocínio e facilitar a compreensão, mas na prova 
você precisa ter esse exercício treinado e massificado, para nem precisar fazer 
essas tabelas, pois isso representa um tempo enorme em concursos. No máximo, 
o tempo é suficiente para fazer uns pequenos rascunhos. E isso você resolve com 
TREINO. 
 
07) Cada uma das placas de motocicleta de uma cidade do interior 
contém três letras. 
 A primeira letra é escolhida do conjunto A = {G, H, L, P, R} 
 A segunda letra é escolhida do conjunto B = {M, I, O} 
 A terceira letra é escolhida do conjunto C = {D, U, N, T} 
Devido ao aumento no número de motocicletas na pequena cidade, 
houve necesidade de expandir a quantidade de possíveis placas. 
Determinou-se então acrescentar duas novas letras a apenas um dos 
conjuntos ou uma letra nova a dois conjuntos. 
Qual o maior número de novas placas que podem ser feitos, quando se 
acrescentam as duas novas letras? 
 
Resolução: 
Primeiramente, vamos calcular quantas placas estes 3 conjuntos podem resultar. 
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5 possib. x 3 possib. x 4 possib. = 60 
Então, com esses 3 conjuntos de letras épossível emplacar no máximo 60 
motocicletas. 
Agora vamos analisar cada uma das duas opções que o problema nos deu, para 
descobrir qual delas nos permitirá emplacar o maior número de motocicletas. 
 
 Acrescentando duas letras em cada um dos conjuntos: 
 A B C 
Acrescentando duas letras em A: 7 possib. x 3 possib. x 4 possib. = 84 placas 
Acrescentando duas letras em B: 5 possib. x 5 possib. x 4 possib. = 100 placas 
Acrescentando duas letras em C: 5 possib. x 3 possib. x 6 possib. = 90 placas 
 
Com as modificações possíveis, o número máximo de motocicletas emplacadas 
passará a ser 100. Mas o problema quer o maior número de novas placas e já 
existem 60. Então: 
100 - 60 = 40 
Ou seja, nesta situação passa-se a ter 40 novas placas no máximo. Mas há a 
segunda situação a analisar. 
 
 Acrescentando uma letra em dois conjuntos: 
 A B C 
Acrescentando duas letras em A: 6 possib. x 4 possib. x 4 possib. = 96 placas 
Acrescentando duas letras em B: 6 possib. x 3 possib. x 5 possib. = 90 placas 
Acrescentando duas letras em C: 5 possib. x 4 possib. x 5 possib. = 100 placas 
 
Da mesma forma, o maior número possível de placas nesta situação é 100, que 
subtraindo as 60 já existentes, resulta em 40 placas novas. 
Portanto, a resposta do problema é: o maior número de novas placas que podem 
ser feitos, quando se acrescentam as duas novas letras são 40 placas. 
 
 
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08) Quantos números de três algarismos podem formar os dígitos 3, 5, 
7, 8 e 9? 
 
Resolução: 
Para formar um número de três algarismos deve-se escolher três algarismos 
dentre os cinco propostos. Mas veja que a ordem da escolha é de extrema 
importância, pois se escolhermos os números 3, 7 e 8 nesta ordem formará o 
número 378. Entretanto, se escolhermos os mesmos algarismos em ordem 
diferente formará outro número diferente, como 783. São dois números que 
possuem os mesmos algarismos com ordens diferentes. Então, este é um tipo de 
problema em que a ordem de escolha dos elementos importa. Pode-se inclusive 
ter algarismos repetidos como 788, 889 e 998. 
Ou seja, serão números diferentes com algarismos repetidos. 
Pelo princípio fundamental da contagem a quantidade de números de três 
algarismos que poderemos formar será o produto da 
(quantidade de possibilidade do 1º dígito) x 
(quantidade de possibilidade do 2º dígito) x 
(quantidade de possibilidade do 3º dígito) 
Mas diferente dos problemas anteriores, pode-se reutilizar os números, ou seja, 
quando se utiliza um número, não está excluída a possibilidade, por que ela volta 
a ser uma possibilidade. 
Então: 5 possib. x 5 possib. x 5 possib. = 125 possibilidades 
Resposta: são possíveis 125 números de 3 algarismos com os dígitos 3, 5, 7, 8 
e 9. 
 
09) Quantos números de três algarismos distintos podem formar os 
dígitos 3, 5, 7, 8 e 9? 
 
Resolução: 
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O raciocínio aqui é parecido com o exemplo anterior, com a diferença de que não 
se pode formar números como 999, 355, 788, pois estes números possuem 
algarismos repetidos. No exemplo anterior o enunciado não disse nada, então 
podíamos ter elementos repetidos. Mas neste enunciado foi posta a restrição 
“distintos”. Fique muito atento a isso. Então, neste exemplo, se um algarismo foi 
escolhido para compor o número ele não poderá mais ser escolhido. Portanto 
temos cinco maneiras de escolher o primeiro algarismo, já para a escolha do 
segundo algarismo temos quatro possibilidades de escolha, uma vez que o 
primeiro algarismo não poderá mais ser escolhido, e três possibilidades para o 
terceiro algarismo pois dois algarismos já foram escolhidos. 
Assim: 5 x 4 x 3 = 60 números 
Resposta: são possíveis 60 números de 3 algarismos distintos com os dígitos 3, 
5, 7, 8 e 9. 
 
10) Quantos números de três algarismos podem formar os dígitos 0, 3, 
5, 7, 8 e 9? 
 
Resolução: 
Agora misturamos raciocínios diferentes. Primeiro, deve-se tentar para o 
algarismo zero, pois não podemos começar nenhum número com ele. Não se 
pode ter 015, pois isso é o mesmo que 15. Mas pode-se ter 105 e 150, por 
exemplo. Então, para o primeiro dígito tem-se 5 possibilidades ao invés de 6. O 
segundo e terceiro dígitos possuem 6 possibilidades cada, pois o zero pode ser 
utilizado e pode-se repetir elementos. 
Assim: 5 possib. x 6 possib. x 6 possib. = 180 possibilidades no total 
 
11) Quantos números ímpares de três algarismos podem formar os 
dígitos 0, 3, 5, 7, 8 e 9? 
 
Resolução: 
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Neste problema devemos ter bastante atenção no fato de desejarmos números 
ímpares. Para um número ser ímpar, este deve ser terminado por um algarismo 
ímpar. No nosso caso as possíveis terminações são {3, 5, 7, 9}, portanto, temos 
quatro possibilidades para finalizar o número desejado. Para iniciar o número 
temos cinco possibilidades, uma vez que não podemos iniciar com o número zero. 
Para a segunda posição podemos utilizar qualquer um dos seis algarismos iniciais. 
Assim temos: Pelo princípio fundamental da contagem a quantidade de números 
de três algarismos que poderemos formar será = (número de maneira de 
escolhermos o primeiro algarismo)x(O número de maneiras de escolhermos o 
segundo)x(o número de maneiras de escolhermos o terceiro algarismo) = 5 x 6 
x 4 = 120 números 
 
12) Quantos números ímpares de três algarismos distintos podem 
formar os dígitos 0, 3, 5, 7, 8 e 9? 
 
Resolução: 
Neste problema, que parece o mesmo dos anteriores, o aluno precisa estar atento 
para o fato de o problema exigir números ímpares e com algarismos distintos. 
Para que o número seja ímpar, ele deve terminar por um algarismo ímpar. Neste 
caso, as possíveis terminações são {3, 5, 7, 9}, portanto, quatro possibilidades 
de finalizar o número desejado. Já para iniciar o número ha quatro possibilidades, 
pois não podemos iniciar com o algarismo que estará ao fim do número, e nem 
podemos finalizar com o zero, pois o número seria par. Para a segunda posição 
podemos utilizar quatro algarismos, já que não podemos usar o algarismo que 
iniciou e nem o que terminou o número, mas podemos utilizar o zero. 
Assim temos: 
Pelo principio fundamental da contagem a quantidade de números de três 
algarismos que poderemos formar será = (maneiras de escolhermos o primeiro 
algarismo) x (maneiras de escolhermos o segundo) x (maneiras de escolhermos 
o terceiro) 
= 4 possibilidades x 4 possibilidades x 4 possibilidades = 64 números 
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13) As placas de automóveis são formadas por 3 letras do alfabeto e 4 
algarismos. Sabendo que o alfabeto possui 26 letras e que de acordo com 
nosso sistema de numeração decimal, temos 10 algarismos. Quantas 
placas de automóveis pode-se formar, sem que haja restrições? 
 
Resolução: 
Questão clássica de placa de carro, e que ainda cia em concursos. Veja, que nesta 
questão não foram postas restrições, então pode-se repetir letras e números. 
Pode haver placas absurdas como KKK0000,ou ZECA1977. Enfim, não importa, 
se a questão não restringiu, vamos fazer. 
26 possib.x26 possib.x26 possib.x10 possib.x10 possib.x10 possib.x10 possib. 
Total de placas = 26 x 26 x 26 x 10 x 10 x 10 x 10 = 175.760.000 
 
14) Quais as chances de ganhar na Mega Sena com apenas uma aposta 
mais simples, de 06 dezenas? 
 
Resolução: 
Todo mundo diz que sabe a probabilidade de uma aposta simples ganhar. Mas 
quando calculamos, todos ficam surpresos. 
Trata-se de uma Combinação Simples, como os exemplos de comissões que 
calculamos linhas atrás. Lembre-se de que combinações simples são 
agrupamentos de elementos distintos que se diferem entre si pela natureza dos 
elementos. 
 
 
C60,6 = 60!__ = 60 x 59 x 58 x 57 x 56 x 55 x 54! = 60 x 59 x 58 x 57 x 56 x 55 
 6!(60-6)! 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 x 54! 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 
 
= 50063860 combinações. 
Ou seja, a chance (probabilidade) de ganhar na Mega Sena é de 1 em 
50.063.860! 
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15) Durante uma operação policial, 15 homens foram detidos e 
transportados para a delegacia em três transportes, o primeiro com seis 
lugares, o segundo com cinco lugares e o terceiro com quatro lugares. O 
número de maneiras, que os detidos podem ser transportados para 
delegacia, é: 
a) C15,6 x C15,5 x C15,4 
b) (P15) / ( P6 + P5 + P4) 
c) P6 x P5 x P4 
d) C15,6 x C9,5 x C4,4 
e) A15,6 x A15,5 x A15,4 
 
Resolução: 
Questão conceitual, que nem pede para calcular, mas para montar a equação. 
Interessante que ela busca ver se o aluno sabe interpretar o enunciado, e se ele 
está atento para as diferenças entre arranjos e combinações. 
Resolução: 
São 3 meios de transporte a serem dividido entre 15 homens. Como a ordem 
não importa, pois o problema quer apenas alocar esses homens nos transportes 
sem definir os lugares de cada um, trata-se de combinação, semelhante ao 
exemplo das comissões. 
 O primeiro transporte comporta 6 lugares. Assim, temos 15 pessoas para 6 
lugares. Combinação de 15 tomados 6 a 6 = C15,6 
 O segundo comporta 5 lugares. Como já alocamos 6 sobraram 9, tendo então 
9 pessoas para 5 lugares. Combinação de 9 tomados 5 a 5 = C9,5 
 O terceiro comporta 4 lugares. Como já alocamos 11 sobraram 4. Assim, 
temos 4 pessoas para 4 lugares. Combinação de 4 tomados 4 a 4 = C4,4 
Portanto, ficará C15,9 e C9,5 e C4,4 = C15,9 x C9,5 x C4,4 
 
Resposta d) 
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16) Com as letras da palavra MATEUS, quantos anagramas se iniciando 
com consoante e terminando com vogal, podem ser formados? 
a) 720 
b) 240 
c) 740 
d) 216 
e) 420 
 
Resolução: 
Vamos resolver esta questão sem o uso de fórmulas, para que o entendimento 
da questão fique bem massificado? 
M A T E U S 
Existem 3 possibilidades para a primeira lacuna, que são as consoantes M, T e 
S. 
Existem 3 possibilidades para a lacuna final, que são as vogais A, E e U. 
Já que utilizamos 1 letra no início e uma letra no final, sobram 4 letras para serem 
permutadas nas lacunas centrais. 
Para entender melhor, imagine que você pôs a letra T no início e U no fim 
T _ _ _ _ U 
Você pode alternar as outras 4 letras nas lacunas do meio 
M A E S, S E A M, E S A M, ... 
Então, 3 possib. x 4 possib. x 3 possib. 2 possib. x 3 possib. 
Ou seja, 3 x 4! X 3 = 216 
 
Resposta: d) 
 
17) 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. 
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b) 56. 
c) 30. 
d) 26. 
e) 36. 
Resolução: 
Chamaremos os primos de A, B, C, D, E, F, G, H. Mas A e B só vão juntos. Se 
estes dois primos forem convidados, haverá outras 3 vagas para o jantar a serem 
escolhidos dentre os outros 6 primos restantes, C, D, E, F, G, H. Percebam que a 
ordem entre estes primos não importa. Se forem convidados G, D, H, F, E, C, não 
fará diferença, pois são os mesmos primos. Então este é um problema de 
combinação simples (quando a ordem não importa, como no exemplo das 
comissões). Então precisamos ter cuidado para não contar pessoas repetidas. 
Percebam também que há duas possibilidades: 
 De os primos A e B serem convidados 
OU (soma) 
 De os primos A e B não serem convidados 
Então, sendo convidados A e B, eles são uma combinação de 6 pessoas, tomadas 
3 a 3. 
C6,3 = 6! = 6 x 5 x 4 x 3! = 6 x 5 x 4 x 3! = 20 
 3! (6-3)! 3! 3! 3! 3 x 2 
Mas e se não forem convidados os primos A e B? Há esta possibilidade também. 
Há uma possibilidade OU outra, ou seja, há duas possibilidades a serem 
somadas. 
Se os primos a e B não forem convidados, haverá 5 vagas a serem preenchidas 
pelos outros 6 primos. Ou seja, teremos uma combinação de 6 pessoas, tomadas 
5 a 5. 
C6,5 = 6! = 6 x 5! = 6 
 5! (6-5)! 5! 1! 
Assim, C6,3 + C6,3 = 20 + 6 = 26 
 
Resposta: d) 
 
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18) Considere as quatro letras A, C, G e T formando pares de letras nos 
quais A só forma par com T e C só forma par com G. Indique quantas 
sequências distintas de três pares ordenados de letras e com repetição 
podem ser formadas. 
a) 4 
b) 8 
c) 16 
d) 32 
e) 64 
 
Resolução: 
São 4 pares ao todo. O problema quer “sequências distintas de três pares 
ordenados”, ou seja, haverá 3 lacunas com um par em cada lacuna. Perceba 
também que 
 A ordem importa (arranjos simples), pois se trocarmos a posição das letras, 
temos outra possibilidade. 
 São pares de letras com repetição, ou seja, as possibilidades não vão 
diminuindo na medida em que usamos possibilidades, elas retornam. 
 
Queremos formar uma sequência com 3 pares: 
Par1, Par2 e Par3 
Mas existem apenas 4 possibilidades de pares: (A,T), (T,A), (C,G) e (G,C) e 3 
lacunas a serem preenchidas com quaisquer dos 4 pares. 
 
4 possibilidades x 4 possibilidades x 4 possibilidades = 64 possibilidades no total 
 
Resposta: d) 
 
19) Carlos possui os livros: Helena, O Espelho e O Alienista, de Machado 
de Assis; Baudolino e Número Zero, de Umberto Eco, e Ensaio sobre a 
Cegueira, de José Saramago. 
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O número de maneiras como Carlos pode ordenar seus livros em uma 
estante, de forma que os livros de um mesmo autor fiquem juntos, é 
a) 72. 
b) 36. 
c) 120. 
d) 720. 
 
Resolução: 
Este é um problema de permutação simples (agrupamentos formados com 
elementos que diferem uns dos outros pela ordem de seus elementos). 
Vamos “destrinchar” a questão: 
 Machado de Assis: Helena, O Espelho e O Alienista 
 Umberto Eco: Baudolino e Número Zero 
 José Saramago: Ensaio sobre a Cegueira 
Precisamos atentar que os livros também podem ser permutados dentro dos 
mesmos grupamentos de autores, e os grupamentos de autores permutados 
entre si. Então, teremos uma permutação dentroda outra. 
 Para os livros de Machado de Assis : 3! = 3possib. x 2possib. x 1possib. = 6 
 Para os livros de Umberto Eco: 2! 2 possib. x 1possib. = 2 
 Para os livros de José Saramago : só há uma possibilidade, pois só há um 
livro 
 
Mas os blocos de livros podem trocar de posição entre si. 
(Assis, Eco, Saramago); (Assis, Eco); (Saramago) 
(Eco, Assis, Saramago); (Eco, Assis); (Saramago) 
(Saramago , Assis, Eco); (Assis, Eco); (Saramago) 
(...) 
Isso dá 3 possib. x 2 possib. x 1 possib. = 3! 
Então no total: 6 possib. x 2 possib. x 1possib. x 3! = 12 x 3 x 2 x 1 = 72 
 
Resposta: a) 
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20) Dois casais foram ao cinema, e sentaram na mesma fileira. De 
quantas maneiras esses dois casais podem se sentar nas quatro cadeiras 
em fila se marido e mulher devem sentar-se em cadeiras vizinhas? 
a) 2 
b) 4 
c) 8 
d) 12 
 
Resolução: 
Questão parecida com a anterior, de Arranjo, já que a mulher trocar de lugar com 
o homem é importante, pois gasta uma possibilidade (a ordem dos elementos 
importa). No cinema, a fileira significa uma cadeira ao lado da outra. Então são 
dois casais, um casal ao lado do outro: H1M1; H2M2. Cada casal tem de sentar 
homem e mulher juntos. Não pode sentar um casal no meio, e separar o outro 
casal, sentando homem em uma ponta e mulher na outra: H1 M2; H2 M1. 
Mas os casais podem trocar de lugar, então o casal trocar de lugar sem se 
desfazer nos dá duas possibilidades, um casal em uma posição e um casal em 
outra posição. Além disso, sem desfazer o casal, o homem pode trocar de lugar 
com a mulher, isso nos dá duas possibilidades para cada casal. 
Então: 2 possibilidades x 2 possibilidades x 2 possibilidades = 8 possibilidades 
 
Também é possível resolver “no braço”, destrinchando as possibilidades. Mas vai 
perder um tempo precioso na hora da prova, contando ainda com o fator 
nervosismo. 
1- H1 M1 H2 M2 
2- M1 H1 M2 H2 
3- M1 H1 H2 M2 
4- H1 M1 M2 H2 
5- H2 M2 H1 M1 
6- M2 H2 M1 H1 
7- M2 H2 H1 M1 
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8- H2 M2 M1 H1 
Esta questão pode parecer simples, mas ela abre possibilidades para complicar e 
inserir mais casais ou triplas de amigos, sendo comum questões nesse sentido. 
Mas o raciocínio é o mesmo. 
 
Resposta: c) 
 
21) Lucas foi a uma feira de jogos levando 45 cartas vermelhas e 45 
cartas azuis. Em um quiosque ele pode trocar duas cartas vermelhas por 
uma carta dourada e uma carta azul. Em outro quiosque ele pode trocar 
três cartas azuis por uma carta dourada e uma carta vermelha. 
Lucas fez todas as trocas possíveis para conseguir o máximo de cartas 
douradas. 
O número de cartas douradas que Lucas conseguiu com as trocas foi: 
a) 59; 
b) 60; 
c) 61; 
d) 62; 
e) 63. 
 
Resolução: 
Esta é uma questão interessante, pois a resolução dela é puramente por 
raciocínio, me parecendo mais proveitoso resolver por partes. 
 2 cartas vermelhas = 1 carta dourada e 1 carta azul 
 3 cartas azuis = 1 carta dourada e 1 carta vermelha 
 
Inicia-se pelas cartas vermelhas pois só se usam 2. Lucas tem 45, mas só pode 
usar 44 para troca (precisa de número par), então ele troca por 22 cartas azuis 
e 22 cartas douradas. Agora Lucas tem 67 cartas azuis (45 que já tinha + 22 
que trocou) e ficou com 1 vermelha. Ele troca então as 66 cartas azuis (precisa 
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ser múltiplo de 3), e ganha 22 cartas vermelhas e mais 22 cartas douradas. 
Lucas passou a ter 23 cartas vermelhas (22 + a vermelha que já tinha) e 1 azul, 
e continua no mesmo procedimento, indo agora trocar as vermelhas. Com as 23 
vermelhas consegue 11 cartas azuis e 11 douradas. Ele fica com 12 azuis (11 + 
1 azul que já tinha) e 1 vermelha. Então ele troca todas as azuis, ganhando 4 
vermelhas e 4 douradas. Fica com 5 vermelhas e nenhuma azul. Com essas 
vermelhas ele ganha 2 azuis e 2 douradas. Fica com 1 vermelha e 2 azuis, não 
sendo possível fazer mais nenhuma troca. Agora basta somar todas as cartas 
douradas adquiridas. São 61 ao todo 
Eu sempre digo que o aluno precisa treinar, fazendo e refazendo todos os 
exercícios, e este tipo de questão tem de estar muito bem treinada, pois no 
momento da prova (com tempo curto e nervosismo), se ela estiver massificada 
o candidato não vai demorar em desenvolver o raciocínio. 
 
Resposta: c) 
 
22) Em uma piscina de bolinhas há 24 bolas na cor azul, 26 na cor verde, 
16 amarelas e 14 vermelhas. O número mínimo de bolas que devemos 
tirar dessa piscina para termos certeza que pelo menos 17 bolas são da 
mesma cor é: 
(A) 17 
(B) 30 
(C) 60 
(D) 62 
(E) 63 
 
Primeiramente, o problema disse o termo “certeza”, ou seja, não se pode contar 
com a sorte de tirar as 17 bolas da mesma cor logo “de cara”. São 80 bolas no 
total. O candidato tem de pensar na pior hipótese possível. Tirar 16 amarelas, as 
14 vermelhas, as 16 verdes e as 16 azuis, totalizando 62. Então, a próxima bola 
irá satisfazer a condição do problema. 62 + 1 = 63. 
Outra forma de raciocinar é: 
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 A pessoa precisa tirar todas bolas as amarelas e as vermelhas, (30 ao todo), 
porque ela nunca vai ter 17 bolinhas amarelas ou vermelhas) 
 A pessoa precisa tirar 16 bolas de cada uma das cores restantes (azul e 
verde), pois quando ela tirar a próxima bola, terá 17 bolas da mesma cor (33 
no total). 
Somando os dois resultados 63. 
 
Resposta: e) 
 
23) Seja N a quantidade máxima de números inteiros de quatro 
algarismos distintos, maiores do que 4000, que podem ser escritos 
utilizando-se apenas os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6. O valor de N é: 
a) 120 
b) 240 
c) 360 
d) 480 
 
Resolução: 
Temos 7 algarismos (0,1,2,3,4,5,6) e queremos formar números maiores que 
4000, com 4 algarismos distintos. Aplicando o princípio fundamental da contagem 
(princípio multiplicativo), tem-se: 
 3 possibilidades para a 1ª lacuna, os números 4, 5, ou 6, ou não seria maior 
do que 4000. 
 Como são algarismos distintos, não pode haver repetição entre os elementos, 
então as possibilidades vão diminuindo. Assim, para a 2ª, 3ª e 4ª lacunas, 
teremos 6, 5 e 4 possibilidades, respectivamente. Fica assim: 
3 possib. x 6 possib. x 5 possib. x 4 possib. = 360 possibilidades. 
 
Resposta: c) 
 
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24) 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. 
 
Resolução: 
Vamos refletir. 
 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 
 duaspara o turno da tarde. 
Esta é uma questão semelhante à das comissões de alunos, de Combinação 
Simples. João tem que escolher uma das cinco pessoas para fazer o primeiro 
trabalho (abrir e fiscalizar). Além disso, ele precisa de duas pessoas para o turno 
da manhã e precisa de duas pessoas para o turno da tarde. Estas 4 pessoas para 
manhã e tarde compõem uma combinação de 4 elementos tomados 2 a 2. Então 
é a combinação de 5 pessoas tomadas 1 a 1 (abrir e fiscalizar) multiplicada pela 
combinação de 4 pessoas tomadas 2 a 2 (2 de manhã e 2 de tarde). 
c5,1 x c4,2= 5! x 4! = 5 x 4! x 4 x 3 x 2! = 30 possibilidades 
 1!(5-1)! 2!(4-2)! 4! 2 x 1 x 2! 
 
Resposta d) 
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25) Considere que 10 pessoas estão sentadas ao redor de uma mesa 
circular e que elas pretendam trocar de lugar de todas as formas 
possíveis, mantendo-se a mesma posição relativa das pessoas na mesa. 
Supondo que cada troca de todos os lugares poderá ser feita em um 
minuto, determine o número de dias necessários para que todas as 
trocas de lugares sejam finalizadas. 
 
Resolução: 
Este é um problema de permutações circulares. Como o problema nos mostra, 
deve-se manter a mesma posição relativa das pessoas na mesa, ou seja, o 
sentido de contagem é irrelevante devendo-se usar a fórmula P'(n) = (n-1)!/2. 
Assim, o número total de maneiras será igual a 
P(10) = (10 - 1)! = 9! = (9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1) = 181.440 
 2 2 2 
P(10) = 181.440 maneiras distintas. 
Mas cada mudança toma 1 minuto da pessoa. Então serão necessários 181440 
minutos para que todas as trocas de lugares sejam feitas. 
Um dia possui 24 horas 
cada hora tem 60 minutos 
Então, 1 dia = 24 x 60 = 1440 minutos. 
Se dividirmos 181440 = 126 dias 
 1440 
Resposta: serão necessários 126 dias para que 10 pessoas sentadas ao redor de 
uma mesa circular troquem de posição, mantendo a mesma posição relativa entre 
elas. 
Mas caso fosse considerado um sentido de arrumação (o sentido horário, por 
exemplo), a resposta seria o dobro ou seja: 252 dias, pois haveriam 181440 
possibilidades, tomando assim o dobro do tempo. 
 
26) Um salão tem 6 portas. De quantos modos distintos esse salão pode 
estar aberto? 
 
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Resolução: 
Esta e uma questão clássica com portas. Para a primeira porta temos duas 
opções: aberta ou fechada. Para a segunda porta temos também duas opções, e 
assim sucessivamente. 
Para as seis portas, teremos então, pelo Princípio Fundamental da Contagem - 
PFC: 
N = 2 x .2 x .2 x .2 x .2 x .2 = 64 
Com certeza, na prova terá uma alternativa 64, mas ela é para os alunos 
desavisados, que não se atentaram que o problema pediu “de quantos modos 
distintos esse salão pode estar aberto”. Ou seja, ele não quer a única 
possiblidade de o salão estar totalmente fechado. Então temos de subtrair essa 
possibilidade. Então, 64 – 1 = 63. Esta sim é a resposta. 
Em questões de contagem é praticamente certo vir algum tipo de pegadinha. 
Portanto é muito importante estar treinado e com toda a bagagem possível na 
cabeça. 
 
27) 2009 – CESPE - FUB 
Acerca de contagem, julgue o item a seguir. 
A quantidade de números naturais de 3 algarismos em que todos os 
algarismos são distintos é superior a 700. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
Resolução: 
Vimos questões como esta linhas atrás. 
Para a 1ª lacuna temos que excluir o zero, tendo então 9 possibilidades. 
Para a 2ª lacuna temos que excluir o número escolhido na 1ª lacuna e incluir o 
zero, tendo então 9 possibilidades. 
Para a 3ª lacuna temos de excluir os 2 números escolhidos nas lacunas 
anteriores, restando então 8 possibilidades. 
Assim, 9 possib. x 9 possib. x 8 possib. = 648 algarismos 
 
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Resposta: Errado 
 
28) 2012 – CESPE - PRF 
Uma unidade policial, com 12 agentes, vai preparar equipes de educação 
para o trânsito para, no período carnavalesco, conscientizar motoristas 
de que atitudes imprudentes como desrespeito à sinalização, excesso de 
velocidade, ultrapassagens indevidas e a condução de veículo por 
indivíduo alcoolizado têm um potencial ofensivo tão perigoso quanto o 
de uma arma de fogo. 
Com base nessas informações, julgue os itens seguintes. 
Existem 12!/(3!)4 maneiras de se montar quatro equipes, cada uma delas 
com 3 agentes. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
Resolução: 
Trata-se de uma questão de combinação. 
 A 1ª combinação é a escolha de 3 dente os 12 agentes disponíveis. 
 Na 2ª combinação, como já foram escolhidos 3 anteriormente só restam 9 
agentes para escolhermos 3 novamente. 
 Na 3ª então haverá 6 agente dentre os quais se escolherão 3. 
 Na 4ª combinação restam 3 agentes, todos a serem utilizados. 
 
Então: C12,3 x C 9,3 x C 6,3 x C 3,3 
 Equipe 1 
C 12,3 = 12! / (3!x9!) = 12x11x10 / 3! 
 Equipe 2 
C 9,3 = 9! / (3!x6!) = 9x8x7 / 3! 
 Equipe 3 
C 6,3 = 6! / (3!x3!) = 6x5x4 / 3! 
 Equipe 4 
C 3,3 = 3! / (3!x0!) = 3x2x1 / 3! 
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Agora tem de simplificar o máximo possível. 
(12x11x10) x (9x8x7) x (6x5x4) x (3x2x1) = 12! / (3!)4 
 3! x 3! x 3! x 3! 
 
Resposta: Certa 
 
29) Ainda relativo à questão anterior, se cada equipe for formada por 
3 agentes, então, a partir dos 12 agentes da unidade, a quantidade de 
maneiras diferentes de se formar essas equipes será superior a 200. 
( ) Certo ( ) Errado 
Resolução: 
Trata-se de um caso de Combinação novamente, já que a ordem como as equipes 
são formadas não importa. Assim, uma equipe formada pelos membros A, B e C 
é o mesmo que formada pelos membros C, B e A. Deveríamos nesta questão, 
calcular conforme o enunciado anterior, diminuindo as equipes de 3 em 3. Porém, 
se fizermos o cálculo para a primeira equipe: 
 
C12,3 = 12! / = 12x11x10x9! = 12x11x10 = 220 possibilidades 
 3! x (12 - 3)! (3x2x1) x 9! 6 
 
Então, se a primeira combinação das equipes em 3 agentes, já sugere 220 
formas, não há que se calcular mais nada, uma vez que já atingiram a 
possibilidade mínima do enunciado, pois C12,3 = 220 maneiras diferentes de 
formar equipes de três agentes cada. 
 
Resposta: Certa 
 
30) 2010 - CESPE – ABIN 
Com relação aos princípios e técnicas de contagem, julgue o item 
subsequente. 
Caso o chefe de um órgão de inteligência tenha de escolher 3 agentes 
entre os 7 disponíveis para viagens, um deles para coordenar a equipe, 
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um para redigir o relatório de missão e um para fazer os levantamentos 
de informações, o número de maneiras de que esse chefe dispõe para 
fazer suas escolhas é inferior a 200. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
Resolução: 
Muita atenção para esta questão. Parece uma questão de combinação, como a 
anterior, mas não é. O enunciado pedepara escolher 3 agentes e não um grupo 
ou comissão de 3 agentes. Eles terão funções diferentes, então a ordem importa, 
tratando-se de arranjo. 
Lembrando que An,k = n! = 
 (n-k)! 
Então A7,3 = 210 
 7! = 7! = 7 x 6 x 5 x 4! = 30 x 7 = 210 possibilidades 
 (7-3)! 4! (4)! 
 
Ou, resolvendo-se pelo princípio fundamental da Contagem, raciocinando a 
questão. 
As possibilidades decrescem de 8 para 7 e para 6, pois equivale a retirada de 
uma pessoa para cada cargo. Então, tem-se 7 agentes de onde se deve escolher 
3 agentes para funções diferentes, tem-se: 
7 possib. x 6 possib. x 5 possib. = 210, maneiras de se escolher 3 agentes entre 
os 7 de maneiras distintas. 
 
Resposta: Errada 
 
31) 2010 – CESPE – ABIN 
Com relação aos princípios e técnicas de contagem, julgue o item 
subsequente. 
Caso o servidor responsável pela guarda de processos de determinado 
órgão tenha de organizar, em uma estante com 5 prateleiras, 3 processos 
referentes a cidades da região Nordeste, 3 da região Norte, 2 da região 
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Sul, 2 da região Centro-Oeste e 1 da região Sudeste, de modo que 
processos de regiões distintas fiquem em prateleiras distintas, então 
esse servidor terá 17.280 maneiras distintas para organizar esses 
processos. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
Resolução: 
Esta é uma questão parecida com uma outra que vimos linhas atrás. Há 5 regiões 
de onde os processos são oriundos e 5 prateleiras. 
1. Primeiro vamos calcular o número de permutações das 5 regiões nas 
prateleiras. Então, P5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120 arrumações, ou... 
PFC: 5 possib. x 4 possib. x 3 possib. x 2 possib. x 1 possib. x = 120 
arrumações 
2. Mas veja que, em cada prateleira, pode-se ter arrumações distintas: 
- Nordeste: 3 arrumações x 2 arrumações x 1 arrumação = 6 arrumações 
- Norte: 3 arrumações x 2 arrumações x 1 arrumação = 6 arrumações 
- Sul: 2 arrumações x 1 arrumação = 2 arrumações 
- Centro-Oeste: 2 arrumações x 1 arrumação = 2 arrumações 
- Sudeste: 1 arrumação 
Multiplicando todas as possibilidades de arrumações, tem-se: 
6 x 6 x 2 x 2 x 1 = 144 possibilidades de arrumações. 
Logo, o número de maneiras distintas de se organizar os processos, no total é: 
120 arrumações x 144 arrumações = 17.280 possibilidades. 
 
Resposta: Certa 
 
32) 2010 – CESPE – ABIN 
Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por 
determinado setor disponha de 20 agentes, sendo 5 especialistas em 
técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimento operacional e 
7 especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com 
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Aula 03 – Princípio Fundamental da Contagem; 
Arranjos; Permutação; Combinações 
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bom desempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir 
dessas informações, julgue o item a seguir. 
Se, para cumprir determinada missão, for necessário fazer, 
simultaneamente, reconhecimento operacional em 3 locais diferentes, 
então o responsável pelo setor terá 340 maneiras distintas de compor 
uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas para essa 
missão, sendo um especialista para cada local. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
É uma questão que pode ser tanto por PFC como por Arranjos. Primeiramente, já 
foi delimitado qual o tipo de especialista executará a missão. É o especialista em 
reconhecimento operacional (8 agentes). Importante verificarmos que a ordem 
dos locais é importante, excluindo a utilização de combinação. Tenham sempre 
em mente que A CESPE, vai tentar confundir a percepção do candidato sobre 
quando ou não a ordem importa. No caso da questão, quando o enunciado traz 
3 locais diferentes, percebe-se que pode haver os locais 1, 2 e 3, bem como 
agentes A B C nessa ordem. Mas se reagruparmos os locais com C, B e A haverá 
outra possibilidade diferente. Assim, deve-se raciocinar com Arranjos. 
Portanto: 
A8,3 = 8 x 7 x 6 x 5! = 8 x 7 x 6 x 5! = 336 maneiras distintas de compor uma equipe 
 5! 5! 
Ou, pelo PFC, tem-se 8 agentes, para enviar 3, um para cada local ao mesmo 
tempo: 
 1º local: 8 agentes para escolher. 8 possibilidades. 
 2º local: já foi enviado um agente, restam 7 agentes para escolher. 7 
possibilidades. 
 3º local: já foram enviados dois agentes, restam 6 agentes para escolher. 6 
possibilidades. 
Então: 8 possib. x 7 possib. x 6 possib. = 336 possibilidades 
 
Resposta: Errada 
 
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32) 2010 - CESPE – ABIN 
Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por 
determinado setor disponha de 20 agentes, sendo 5 especialistas em 
técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimento operacional e 
7 especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com 
bom desempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir 
dessas informações, julgue o item a seguir. 
Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado que 
se desloque por uma rua retilínea consista em manter um agente no 
mesmo lado da via que o investigado, alguns metros atrás deste, e dois 
outros agentes do lado oposto da rua, um caminhando exatamente ao 
lado do investigado e outro, alguns metros atrás. Nessa situação, há 10 
maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem 
durante uma missão de acompanhamento em que seja utilizada essa 
técnica. 
( ) Certo ( ) Errado 
 
Resolução: 
Percebam que no enunciado desta questão os 3 agentes já foram previamente 
escolhidos, não importando suas especialidades. Isto significa que não há o caso 
de trabalhar com os 20 agentes, mas sim de considerar apenas 3 vagas em uma 
equipe. 
Então, 
 Para o 1º agente são 3 possibilidades 
 Para o 2º agente são 2 possibilidades 
 Para o 3º agente há 1 possibilidade. 
Com isso, pelo PFC, há 3 possib. x 2 possib. x 1 possib. = 6 possibilidades 
Pode-se resolver por permutação, pois a questão quer saber as possíveis 
posições, sem importar onde um outro agente se posicionará. 
3! = 3 x 2 x 1 = 6 possibilidades 
 
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Arranjos; Permutação; Combinações 
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Duas considerações ainda: 
1. Não se trata de arranjo pois quando se sugere a ideia de "troca de posições", 
fala-se de permutação. 
2. Não pode ser permutação circular porque o "círculo" em torno do alvo não se 
fecha. Logo, não há círculo. 
 
Resposta: Errada 
 
33) 2010 - CESPE – ABIN 
Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por 
determinado setor disponha de 20 agentes, sendo 5 especialistas em 
técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimento operacional e 
7 especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com 
bom desempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir 
dessas informações, julgue o item a seguir. 
Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor organizar 
uma equipe composta por 1 especialista em entrevista, 1 em 
reconhecimento operacional e 1 em levantamento de informações, para 
determinada missão. 
 
Resolução: 
Pode-se resolver esta questão por combinação. 
No caso será escolhido 1 agente de cada grupo para a realização do trabalho, 
portanto C5,1 x C8,1 x C7,1= 280 maneiras