tema 2 - Modelagem de problemas clássicos de contagem

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Modelagem 
de problemas 
clássicos de 
contagem
Prof. Carlos Eddy Esaguy Nehab
Descrição
Os agrupamentos combinatórios clássicos na solução de problemas de contagem.
Propósito
A importância dos agrupamentos combinatórios clássicos, sua contagem e sua utilidade na modelagem de
problemas de contagem.
Objetivos
Módulo 1
Agrupamentos sem repetição clássicos
Reconhecer principais agrupamentos sem repetição, úteis para resolução de problemas de contagem.
Módulo 2
Agrupamentos com repetição clássicos
Reconhecer os principais agrupamentos com repetição para a resolução de problemas de contagem.
Módulo 3
Mais permutações
Reconhecer o agrupamento permutação caótica e sua aplicação na solução de problemas de contagem.
Módulo 4
Lemas de Kaplansky e aplicações
Aplicar os lemas de Kaplansky na solução de problemas de contagem.

Introdução
Confira um breve resumo dos principais conceitos de modelagem de problemas clássicos de contagem, que
serão abordados neste conteúdo.
1 - Agrupamentos sem repetição clássicos
Ao �nal deste módulo, você será capaz de reconhecer principais agrupamentos sem
repetição, úteis para resolução de problemas de contagem.
Vamos começar!
Categorias clássicas de problemas e os agrupamentos
Confira os principais pontos sobre o assunto que serão abordados ao longo deste módulo.
Ordenar ou não ordenar?
Duas situações clássicas
Suponha que disponhamos de cinco pessoas e desejamos formar todas as possíveis comissões e, também,
todas as possíveis filas, utilizando três dessas cinco pessoas.
Para formarmos comissões, basta que selecionemos 3 das 5 pessoas, pois independentemente da ordem
em que as escolhemos, formamos a mesma comissão;
No entanto, escolhidas 3 das 5 pessoas disponíveis, podemos formar várias filas – com essas três
pessoas.
Essas duas situações ilustram de forma bastante intuitiva as duas formas clássicas de agrupar objetos, a
partir de certo número de objetos disponíveis.
Combinação de objetos
O caso comissões, ilustra essa forma de agrupamento. Ou seja, o verbo combinar, tecnicamente, é
reservado para as situações em que a ordem na escolha dos objetos não gera agrupamentos diferentes –
como é o caso de formação de subconjuntos de um conjunto dado ou de comissões de pessoas.

Arranjos de objetos
O caso filas, ilustra essa forma de agrupamentos. Ou seja, o verbo arranjar é reservado para as situações em
que a ordem em que escolhemos os objetos selecionados determina agrupamentos diferentes – como é o
caso de formação de senhas, anagramas, filas e demais situações análogas.
Assim, no exemplo, considerando que as pessoas disponíveis são: Aldo, Bia, Carlos, Dário e Elza, a imagem
a seguir exibe as diversas filas associadas a algumas das possíveis comissões.
Diversas filas associadas a algumas das possíveis comissões.
Ou seja, parece claro, pela tabela, que a cada uma das possíveis comissões explicitadas estão associadas
seis filas. E, é claro, com as mesmas três pessoas!
Mas, como contar a quantidade de total de �las ou de comissões?
Se você pensou no princípio da multiplicação, acertou!
Antes, vamos resumir os conceitos e estabelecer algumas notações.
Os agrupamentos que podemos formar, selecionando dentre objetos disponíveis, são, basicamente, de
dois tipos. Vejamos:
Combinação
Agrupamentos em que a ordem de seleção dos objetos não interfere no agrupamento - ou seja,
independentemente da ordem em que selecionamos os objetos, formamos o mesmo agrupamento - a
mesma combinação. Temos como situação típica os subconjuntos.
Arranjos
p n
p
p
Agrupamentos em que a ordem como escolhemos os objetos distingue o agrupamento, ou seja, para cada
subconjunto de objetos escolhidos dentre os objetos disponíveis, ordenações diferentes desses objetos
geram arranjos diferentes. Temos como situações típicas a fila e as senhas.
Finalmente, as notações: representamos a quantidade de combinações e a quantidade de arranjos com 
objetos, gerados a partir de objetos disponíveis, respectivamente, por e .
Formas de contagens sem repetição
Arranjos e permutações simples
Vamos estabelecer a quantidade de arranjos de objetos sendo disponíveis objetos e, também abordar o
caso particular de , ou seja, a quantidade de arranjos quando selecionamos todos os objetos
disponíveis. Os arranjos assim formados são chamados de permutações e a quantidade desses
agrupamentos é representada por .
A seguir, abordaremos as combinações.
Para calcular o número de arranjos de objeto tomados a , recorremos ao princípio da multiplicação.
Se um experimento de contagem pode ser decomposto em duas etapas independentes de e de formas
diferentes, o experimento pode ser realizado de formas diferentes.
Exemplo
A situação de um palhaço possuir 4 calças e 3 camisas diferentes: desejamos determinar de quantas
formas diferentes ele pode se vestir. Naturalmente, a escolha da calça e da camisa são etapas
independentes e, como consequência, o palhaço pode se vestir de formas diferentes. Ou seja,
para cada uma das calças possíveis de serem escolhidas, ela pode formar um par de vestimentas com cada
uma das 3 camisas disponíveis.
Retornando ao cálculo do número de arranjos de objetos, tomados a , para o caso geral, temos:
Primeiro objeto
O primeiro dos objetos a serem selecionados pode ser escolhido dentre qualquer um dos objetos
disponíveis.
p
p n
p
n C np A
n
p
p n
n = p n
Pn
n p p
m n
m ⋅ n
4 ⋅ 3 = 12
n p p
p n
Segundo objeto
O segundo dos objetos, entretanto, só pode ser escolhido dentre os objetos restantes (porque um
deles já foi usado).
 objeto em diante
O terceiro e assim por diante, até a escolha do -ésimo objeto, do arranjo, em que há 
 objetos disponíveis.
Assim, pelo princípio da multiplicação, aplicado sucessivamente, a quantidade total de arranjos é o produto
de parcelas, começando com e terminando em , ou seja:
Note que podemos escrever essa expressão com o uso da operação de fatorial, conforme indicado, onde
usamos o produto de até 1 para reescrever a expressão de forma compacta. Veja:
Rotacione a tela. 
Note que, como consequência, 
Exemplo 1
n − 1
n
p
n − (p − 1) = n − p + 1
p n n − p + 1
Anp = n(n − 1) … (n − p + 1)
produto de p parcelas 
n − p
Anp = n(n − 1) … (n − p + 1)
(n − p)(n − p − 1) … 1
(n − p)(n − p − 1) … 1
Anp =
n(n − 1) … (n − p + 1)(n − p)(n − p − 1) … 1
(n − p)(n − p − 1) … 1
Anp =
n!
(n − p)!
Pn = A
n
n = n(n − 1) … 1 = n!
Dados os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, quantas senhas podem ser formadas contendo apenas quatro desses
algarismos, sem repeti-los?
Solução
Naturalmente que desejamos formar agrupamentos com 3 objetos cada, nos quais a ordem em que os
objetos são selecionados é relevante, ou seja, distingue o agrupamento.
Então, obtemos senhas diferentes.
Exemplo 2
Desejamos formar todos os anagramas da palavra “tropa”, e lembramos que anagramas de uma palavra são
os “embaralhamentos” de todas as suas letras, nas mesmas quantidades em que ocorrem na palavra
original, independentemente da “palavra” formada ter ou não significado.
Solução
Como todas as letras da palavra “tropa” são diferentes, devemos determinar de quantas maneiras podemos
escolher as 5 letras da palavra, em todas as ordens possíveis. Claro que podemos raciocinar com o princípio
da multiplicação (que é quase o pai de todas as contagens), mas estamos frente à situação descrita como
agrupamentos do tipo permutação, ou seja, desejamos formar todas as ordenações de 5 letras usando
exatamente as 5 letras disponíveis! O total de anagramas é:
Exemplo 3
Quantos números de 3 algarismos podemos formar com os algarismos 0, 1, 2, 3, 4 e 5, sem repeti-los?
Solução
A64 = 6!/(6 − 4)! = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 360
A55 = P5 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 =
5!
(5 − 5)!
= 120
Mais uma vez, enfatizamos que podemos obter a solução pelo princípio da multiplicação. Mas, vamos
abordar essa questão usando o conceito de arranjo já estabelecido.
Veja: se imaginarmos que dispomos de três posições (centena,dezena e unidade) para formarmos o
número desejado, temos um detalhe: se o primeiro algarismo for igual a zero, tal número não é considerado
de dois algarismos, por exemplo, o “número” .
Então, dos arranjos existentes com os seis algarismos disponíveis, devemos
descontar os agrupamentos em que o zero foi escolhido como algarismo das centenas. Mas, nesse caso, os
dois algarismos restantes podem ser escolhidos a partir dos algarismos restantes 1, 2, 3, 4 e 5 (porque o
zero já teria sido escolhido e não pode ser repetido). Ou seja, um total de dos 120 arranjos
anteriores começam com 0 (zero)! Logo, a quantidade desejada é .
Analisemos, no entanto, uma solução usando exclusivamente o princípio da multiplicação. Veja:
Para o algarismo das centenas, podemos escolher 5 dos 6 algarismos disponíveis (o zero não é
permitido).
Para o algarismo das dezenas, como já usamos um dos algarismos, não importa qual, nos restam 5
algarismos para escolher.
Para algarismo das unidades, dispomos apenas de 4 algarismos restantes, pois dois já foram
usados.
Logo, pelo princípio da multiplicação, a quantidade desejada vale 
Combinações simples
042!
A63 = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 120
A52 = 5 ⋅ 4 = 20
120 − 20 = 100
Centenas 
Dezenas 
Unidades 
5 ⋅ 5 ⋅ 4 = 100.
Retomemos o exemplo preliminar, no qual investigamos a formação de comissões e filas com cinco
pessoas: Aldo, Bia, Carlos, Dário e Elza.
Diversas filas associadas a algumas das possíveis comissões.
Fica claro que o número de filas que podemos formar corresponde a e, então,
podemos determinar o número de comissões a partir do número de filas.
Cada três pessoas selecionadas propiciam a criação de quantas �las?
Naturalmente que corresponde ao número de permutações que podemos criar com três objetos, ou seja: 
.
Então, nas 120 filas que podem ser formadas com as cinco pessoas, há sempre seis que contém as
mesmas pessoas. Logo o número de comissões é .
Resumindo
Se dispusermos de um conjunto com objetos podemos, a partir deles, formar subconjuntos ou
ordenações - filas, escolhendo dentre os objetos disponíveis. 0 número total de filas - os arranjos dos 
objetos tomados a é igual a:
Cada escolha de objetos dentre os disponíveis gera, "embaralhando-os", um total de ! permutações
(ordenações diferentes). Então, o número de combinações é imediato, ou seja:
A53 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 120
P3 = 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6
120/6 = 20
n
p n n
p p
Anp = n(n − 1) … (n − p + 1)
Anp =
n!
(n − p)!
p n p
Exemplo 4
Determine quantos são os subconjuntos de com 4 elementos.
Solução
Conceitualmente, a solução é imediata, pois subconjuntos são estruturas em que a ordem de seus
elementos é irrelevante. Logo, há .
Exemplo 5
Desejamos formar comissões em uma empresa com 4 dos 10 funcionários disponíveis, considerando que
em cada comissão um deve ser seu coordenador.
Solução 1
Podemos escolher, primeiro, dentre os 10 funcionários, quem será o coordenador. Há, então, 10
possibilidades; a partir dos 9 funcionários restantes, devemos escolher os outros 3 que formarão a
comissão. Mas, há formas de escolhê-los; então, pelo princípio da multiplicação, a solução desejada é 
.
Solução 2
Escolhemos primeiro os 4 funcionários que comporão cada comissão; ou seja, um total de 
; mas, em cada grupo de pessoas escolhidas, há 4 possiveis comissões, pois há 4
possíveis coordenadores; então, pelo princípio da multiplicação, a quantidade desejada é .
Exemplo 6
C np =
Anp
p!
=
n!
(n − p)!p!
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
C 74 =
A74
4! =
7!
(7−3)!4!
= 7.6.5.44! = 35
C 93
10 ⋅ C 93 = 10 ⋅
9!
6!3! = 840
C 104 =
10!
6!4! = 210
4 × 210 = 840
Pelo princípio da multiplicação, é simples perceber que um conjunto , com elementos possui 
subconjuntos. Pense a respeito, considerando que cada um dos elementos do conjunto pode ser ou não
escolhido para compor um subconjunto, ou seja, há 2 possibilidades para a pertinência ou não de cada um
dos elementos de ao subconjunto.
A partir dessa observação, justifique a igualdade:
Solução
Ora, o número de subconjuntos de com elementos é . Logo, como o somatório indica a soma de 
 parcelas correspondentes às quantidades de subconjuntos com e elementos, a
igualdade é imediata, pois retrata a quantidade total dos subconjuntos que um conjunto com elementos
possui.
Um conjunto com 7 elementos, por exemplo, possui, então, subconjuntos, incluído o conjunto vazio e o
próprio conjunto dado.
Mão na massa
Questão 1
De quantas formas podemos dividir uma turma de vinte alunos em dois grupos, um dos quais com oito
alunos e outro com doze?
A n 2n
A
n
∑
k=0
C nk = C
n
0 + C
n
1 + C
n
2 + ⋯ + C
n
n = 2
n
A p C np
n + 1 0, 1, 2 … n
n
27

A 8! × 12!
B 8!
Parabéns! A alternativa E está correta.
Observe que, escolhidos 12 alunos para formar um dos dois grupos, o outro grupo já fica definido.
Reciprocamente, escolhidos 8 alunos, o outro grupo de 12 também fica definido. Logo, basta calcular
quantos subconjuntos de 12 elementos podemos formar com os 20 alunos disponíveis - ou quantos
subconjuntos de 8 alunos podem ser formados! E, a resposta deve ser a mesma, certo! E é, pois:
Note que esse exemplo sugere uma propriedade simples envolvendo o número de combinações:
Que pode ser expressa, também, por:
Questão 2
Quantas filas podem ser formadas com sete pessoas, se dentre elas há três amigas que devem
permanecer juntas?
C 12!
D A2012
E C 2012
C 2012 = C
20
8 =
20!
12!8!
C np = C
n
n−p
C x+yx = C
x+y
y
A P3 ⋅ P7
Parabéns! A alternativa B está correta.
Podemos imaginar que "amarramos" as três amigas e queremos colocar esse "amarrado" e as 4 demais
pessoas restantes em um fila. São, então, formas diferentes de criar tal fila. Mas, as três amigas
podem ser ordenadas de formas diferentes. Logo, há formas de satisfazer à
condição exigida.
Questão 3
No cartão da Mega-Sena, uma aposta corresponde à escolha de 6 números diferentes, dos 60
disponíveis.
Cartão da Mega-Sena.
Quantas seriam as apostas possíveis se, ao invés de 60 números, fossem escolhidos apenas números
de 1 a 30?
B P3 ⋅ P5
C P3 ⋅ P4
D P4 ⋅ P5
E A73
P5
P3 P5 × P3 = 5! × 3!
Parabéns! A alternativa C está correta.
Devemos escolher dentre os 30 números disponíveis, 6 deles em que não importa a ordem de escolha,
pois aposta-se no conjunto dos números escolhidos. Logo, há 
Questão 4
Os quinze diretores de uma empresa formarão uma equipe de trabalho com cinco participantes, um dos
quais será coordenador e outro, relator. De quantas maneiras essa comissão poderá ser formada?
A C 606
B A306
C C 306
D A606
E P30
C 306 .
A A152 ⋅ C
13
3
B C 132 ⋅ A
13
3
C  2  ⋅ C 132
D  2  ⋅ A133
Parabéns! A alternativa A está correta.
Uma primeira abordagem é imaginar que o coordenador e o relator sejam escolhidos antes dos demais
membros da comissão. Assim:
- Há 15 possibilidades de escolha para o coordenador;
- A seguir, escolhendo o relator, há 14 diretores disponíveis;
- E, finalmente, devemos escolher mais 3 participantes dentre os 13 ainda disponíveis; e tal escolha
pode ser realizada de maneiras diferentes.
Então, pelo princípio da multiplicação, a quantidade de comissões é dada por:
Note, entretanto, que escolher o par coordenador/relator corresponde a determinar de quantas formas
podemos escolher 2 diretores, importando a ordem, dentre os 15 disponíveis, o que coincide com 
 (a ordem é relevante, porque eles desempenharão funçães diferentes na comissão).
Questão 5
Um baralho usual possui 52 cartas: de 2 a 10, mais o valete (J), a dama (Q), o rei (K) e o ás (A), em cada
um dos quatros naipes – ouros, copas, espadas e paus. Qual a chance de selecionarmos quatro cartas,
de forma aleatória, e tais cartas serem do mesmo naipe?
E A152 ⋅ C
15
3
C 133
15 × 14 × C 133
A152 = 15 × 14
A em C 134 C
52
4
B em 4 ⋅ C 134 C
52
4
C em A134 A
52
4
Parabéns! A alternativa B está correta.
Desejamos, em essência, saber quantas são as formas de selecionar 4 cartas quaisquer no baralho
frente a selecionarquatro cartas de um mesmo naipe!
Há formas de selecionar 4 cartas quaisquer. Mas, para selecionar 4 cartas de um mesmo naipe,
podemos, em primeiro lugar, selecionar o naipe: são 4; e daí, dentre as 13 cartas de um mesmo naipe há
.
Questão 6
Quantos são os subconjuntos do conjunto A = {a;b;c;d;e;f;g}, com pelo menos uma consoante?
Parabéns! A alternativa D está correta.
D em 4 ⋅ A134 A
52
4
E em 1 A524
C 524
C 134
A 320
B 256
C 127
D 124
E 63
Assista ao vídeo para conferir a resolução da questão
Teoria na prática
Uma empresa possui 50 operários e 8 supervisores. De quantas maneiras pode ser formada uma equipe de
trabalho, se cada equipe exige 2 supervisores e 10 operários? E de quantas maneiras podemos,
simultaneamente, escolher duas equipes de trabalho?
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
Quantas senhas com algarismos diferentes podem ser formadas com no mínimo 4 e no máximo 6
dígitos, usando os algarismos de 0 a 9?
_black
Mostrar solução
A 186.480
Parabéns! A alternativa A está correta.
Separando os cálculos:
4 algarismos: 10 escolhas para o algarismo; 9 para o para o e 4 para o . Logo, há 
 senhas, ou seja, 
5 algarismos: analogamente, , ou seja, senhas.
6 algarismos: senhas.
Então, a quantidade desejada vale .
Questão 2
Dado o conjunto A = { 1, 3, 5; 7; 9 }, quantos são os subconjuntos de A, com 3 elementos, que possuem
o 1, mas não o 5, como elementos?
B 181.440
C 156.240
D 35.280
E 32.480
1∘ 2∘; 8 3∘ 4∘
10 × 9 × 8 × 7 = 5.040 A104 .
A105 10 × 9 × 8 × 7 × 6 = 30.240
A106 = 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 = 151.200
5.040 + 30.240 + 151.200 = 186.480
A 2
B 3
C 4
Parabéns! A alternativa B está correta.
O problema é equivalente a determinar quantos subconjuntos de 2 elementos podemos formar a partir
dos números 3, 7 e 9.
2 - Agrupamentos com repetição clássicos
Ao �nal deste módulo, você será capaz de reconhecer os principais agrupamentos com
repetição para a resolução de problemas de contagem.
D 6
E 24
C 32 =
3!
(3 − 2)!2!
= 3
Vamos começar!
Agrupamentos com repetição
Confira os principais pontos sobre o assunto que serão abordados ao longo deste módulo.
Problemas de contagem com repetição
Arranjos com repetição
Admita que dispomos dos algarismos 1 a 5 e dos símbolos especiais \&, # e @, e desejamos determinar
quantas senhas podemos formar, com comprimento de 6 símbolos, sendo permitida a repetição de
símbolos em sua formação.
Nesse caso, o problema é muito simples, pois qualquer dos 6 símbolos da senha pode ser escolhido dentre
os 8 símbolos disponíveis, ou seja, um total de senhas.
De uma maneira geral, designamos por arranjos com repetição de objetos tomados a , cuja quantidade
é representada por , aos agrupamentos da seguinte natureza:
Cada grupamento possui objetos e podemos escolher cada um dos objetos dentre os objetos
disponíveis, sendo permitida a repetição.
Então, a quantidade de arranjos com repetição é dada por:

8 × … × 8 = 86
n p p
ARnp
p p n
Rotacione a tela. 
Permutação com repetição
A ocorrência do agrupamento permutação com repetição ocorre, tipicamente, na formação de anagramas
de uma palavra quando ela possui letras repetidas.
Qual o número de anagramas da palavra “Araraquara”?
Observe que, trocando as letras A de posição, não criamos um novo anagrama.
Vamos supor, por um momento, que as letras iguais sejam tratadas como objetos diferentes e analisar a
consequência desta abordagem.
Então, chamaremos as letras da palavra “Araraquara” de porque há 5 letras 
 e 3 letras Ora, se ordenarmos de todas as formas esses 10 símbolos, obtemos situações
diferentes, ou seja, 
Mas, na verdade, muitos desses agrupamentos são o mesmo anagrama, porque, se alterarmos a ordem das
letras a , por exemplo, continuamos com o mesmo agrupamento.
Então, imagine tais letras a em suas posições nos anagramas anteriores. Nas 5 posições que elas
ocupam, permutando-as, você terá ! anagramas iguais. Então, é necessário dividir o total de por 
 ! para evitar contagem múltipla. Da mesma forma, devemos dividir o total por repetições da letra
Então, a quantidade desejada é, na verdade:
Rotacione a tela. 
Agrupamentos dessa natureza, em que dados objetos, alguns dos quais com repetição, desejamos
"embaralhar" a todos, são chamados de permutações com repetição.
Nesse exemplo, escrevemos: , ou seja, dispomos de objetos, dos quais há 5 iguais entre si (letra 
), mais 3 objetos também iguais entre si (letra e os demais sem repetição, o que é equivalente a escrever
que o número de repetições das letras e vale 1. Ou seja, também podemos escrever 
ARnp = n × n × … × n = n
p
A1R1A2R2A3QUA4R3A5 (
A R). P10
P10 = 10!
A1 A5
A1 A5
P5 = 5 10!
P5 = 5 3! (
R. )
10!
5!3!
=
6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10
3!
= 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 = 5040
n
PR105,3 10 A
R)
Q U PR105,3,1,1.
Assim, no caso geral, se dispomos de objetos, onde há repetições, escrevemos para
representar o número de permutações com repetição... Note que 
Utilizando o mesmo raciocínio do exemplo, precisamos dividir pelas permutações dos objetos repetidos,
que são , , ..., , e que não geram agrupamentos diferentes, ou seja:
Rotacione a tela. 
Exemplo
O número de anagramas da própria palavra “anagrama” pode ser calculado de forma imediata: há quatro
letras e as demais 4 letras só ocorrem uma vez. Logo, a quantidade desejada pode ser calculada por:
Combinação com repetição
O agrupamento designado por combinação simples, já estudado, é caracterizado por dispormos de 
objetos e os organizarmos em grupos de objetos, em que a ordem não é relevante e não há repetição de
nenhum objeto num mesmo grupo. Como vimos, subconjuntos é o exemplo típico.
Quando permitimos que objetos em um mesmo agrupamento possam ser repetidos, obtemos as
combinações com repetição de objetos tomados a . Vejamos dois exemplos para esclarecer melhor
esse tipo de agrupamento.
Situação 1
Suponha que uma loja possua barras de chocolate de três marcas diferentes e você deseja comprar oito
delas. De quantas formas diferentes podem ser escolhidos as barras de chocolate em sua compra?
Note que, nesse caso, desejamos combinar 3 objetos diferentes em grupos de objetos (8 barras)! Ou seja,
representamos esse quantitativo por , ou seja, o número de combinações de 3 objetos, tomados 8 a .
Análise da situação 1
n p, q, … , t PRnp,q,…t
p + q + … + t = n.
n!
r! s! t!
PRnp,q,r,.t =
n!
p! × q! × … × t!
A
PR84,1,1,1,1 =
8!
4! × 1! × 1! × 1! × 1!
= 8 × 7 × 6 × 5 = 1680 anagramas. 
n
p
n p p
8
CR38 8.
Na imagem a seguir, registramos, em linhas diferentes, possíveis escolhas dos 3 tipos de barras de
chocolate, tomados 8 a 8:
Possíveis escolhas para as 3 barras de chocolate.
A estratégia clássica para realizarmos a contagem total de agrupamentos deste tipo é curiosa, criativa, mas
simples.
Vamos representar cada barra de chocolate escolhido de uma das três marcas disponíveis, da forma
sugerida na imagem anterior (quadradinhos):
Simplificação do modelo de escolha das barras de chocolate.
Note que separamos as quantidades de chocolate de cada tipo pelo sinal de adição. Então, a descrição
abaixo representa a escolha de “0 (zero) barras do tipo 1; 0 (zero) barras do tipo 2 e 8 barras do tipo 3.
Escolha de 8 barras do tipo 3.
Assim, com esse belo artifício, o problema foi transformado em outro, formulado:
De quantas maneiras podemos dispor em uma fila um total de 2 sinais "+”, isto é, os tipos, e sinais “
 " isto é, tomados a (barras)?
Ora, isso corresponde a calcular o número de permutações com repetição de:
Rotacione a tela. 
com e repetições, ou seja:
Rotacione a tela. 
No caso geral, a quantidade de combinações com repetição, de objetos tomados a , recai na contagem
de quantas permutações com repetição podemos formar com objetos, com repetições e 
 repetições. Ou seja:
Rotacione a tela. 
Note que corresponde, também, ao número de combinações (simples) de tomadosa 
 (ou a ).
É interessante observar que a discussão anterior sobre arranjos, permutações e combinações com
repetição mostra que a criação dos diversos tipos de agrupamentos e as expressões para o cálculo do
quantitativo de cada um deles é, na prática, decorrente diretamente de estratégias interessantes, mas
baseadas exclusivamente no princípio da multiplicação.
Portanto, é perfeitamente possível – e diríamos, até desejável – que tentemos a solução de problemas de
contagem sem o uso dos arranjos, permutações e combinações. Com isso, as expressões obtidas para a
n − 1 8
□ 8 8
(n − 1) + p = n + (p − 1) = 3 + (8 − 1) = 10 sinais 
3 − 1 8
CR
3 objetos 
tomados 8 a 8 = PR
3+(8−1) sinais 
3−1,8 repetições 
CR
3 objetos 
8 a 8 = PR
10
8,3−1 =
10!
8!2!
= 45
n p p
n + p − 1 n
p − 1
CRn objetos p a p = PR
n+p−1
n,p−1
CRn objetos p a p =
(n + p − 1)!
p!(n − 1)!
CRn objetos p a p = C
n+p−1
p = C
n+p−1
n−1
CRnp n + p − 1 p
p … n − 1 n − 1
contagem dos diversos agrupamentos não se resumirão a fórmulas meramente decoradas!
Mão na massa
Questão 1
Qual o número de placas de automóvel que podemos formar se uma placa consiste de duas letras
quaisquer do alfabeto (26 letras) seguidas de quaisquer 6 dos 10 algarismos?
Parabéns! A alternativa D está correta.
As duas letras podem ser escolhidas de 26 × 26=676 formas diferentes e, naturalmente, os seis
algarismos de 106 formas diferentes. Logo, o número desejado é 676.000.000 placas diferentes.
Note que a escolha das letras e a escolha dos algarismos configuram situações de arranjos com
repetição. Para esse tipo de agrupamento, não lançamos mão de seu conceito, usamos, diretamente, o
princípio da multiplicação!

A 676.000
B 6.760.000
C 67.600.000
D 676.000.000
E 6.760.000.000
Questão 2
Quantos são os anagramas da palavra “arranjo”?
Parabéns! A alternativa B está correta.
Ora, desejamos embaralhar (permutar) as 7 letras. Mas, há duas letras , e duas letras . Portanto,
trata-se de um agrupamento do tipo permutação com repetição. Logo, a quantidade de agrupamentos
diferentes é dada por , que corresponde ao total de permutações das 7 letras,
dividido pela quantidade de permutações das letras repetidas.
Questão 3
Desejamos arrumar 5 livros de Filosofia, 7 de Sociologia e 8 de Estatística em uma prateleira de uma
estante, de tal forma que livros sobre o mesmo assunto fiquem juntos. Quantas são as formas de
arrumá-los?
A 10.080
B 1260
C 2520
D 5040
E 620
A R
PR72,2 =
7!
2!2! = 1260
A 3! × 5! × 7! × 8!
Parabéns! A alternativa A está correta.
Uma forma natural de analisar este problema é imaginar que cada assunto é um amarrado de livros.
Então, um primeiro aspecto do problema é calcular quantas são as formas de ordenar os 3 assuntos.
Naturalmente esse total corresponde à quantidade de formas em que posso permutar 3 objetos (os
amarrados): 
Mas, dentro de cada assunto, os livros também podem ser permutados entre si. Então, como cada uma
destas 4 ações são independentes, a quantidade desejada é: .
Questão 4
Numa padaria, há 10 tipos de biscoitos doces e 7 tipos de biscoitos salgados. Você deseja comprar 4
pacotes de biscoito doce e 3 pacotes de biscoito salgado. De quantas maneiras diferentes os 7 pacotes
de biscoitos que você pretende comprar podem ser escolhidos?
B 20!
C 20!/[5! × 7! × 8!]
D 5! × 7! × 8!
E 3! × 20!
P3 = 3!
3! × 5! × 7! × 8!
A P10 × P4
B PR104 × PR
7
3
C A104 × A
7
3
Parabéns! A alternativa D está correta.
Inicialmente, é importante perceber que você deverá realizar duas ações independentes: escolher os 4
pacotes de biscoitos doces, dentre os 10 tipos disponíveis e, analogamente, escolher 3 pacotes de
biscoitos salgados, dentre os 7 tipos disponíveis. Duas situações independentes de combinaçães com
repetição.
- Quantidade de escolhas de pacotes doces: 
- Quantidade de escolhas de pacotes salgados: 
Como essas duas ações são independentes, o número total de escolhas é dado pelo princípio da
multiplicação: 
Questão 5
Um botequim dispõe de três tipos diferentes de quentinhas. Se seis amigos desejam almoçar juntos, e
cada um deseja comer exatamente uma das quentinhas, de quantas maneiras elas podem ser
escolhidas?
D C 1310 × C
9
7
E CR103 × CR
7
4
CR104 = PR
10+4−1
10,4−1 = C
10+4−1
10 = C
13
10
CR73 = PR
7+3−1
7,3−1 = C
7+3−1
7 = C
9
7
C 1310 × C
9
7 .
A 36
B 63
C CR63
D 6!
Parabéns! A alternativa A está correta.
Cada um dos quatro amigos pode escolher qualquer uma das 3 quentinhas disponíveis. Logo, há 
 formas de escolhas coletivas diferentes.
Note que não perguntamos de quantas maneiras podem ser vendidas 6 quentinhas!
Questão 6
Um botequim dispõe de três tipos diferentes de quentinhas. Se você deseja comprar 6 quentinhas para
o almoço de seis amigos, de quantas maneiras elas podem ser escolhidas?
Parabéns! A alternativa C está correta.
Assista ao vídeo para conferir a resolução da questão.
E 3!
3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 = 36
A 36
B 63
C 9 ⋅ 8 ⋅ 7/3!
D 6!
E 3!
Teoria na prática
Quantas são as formas possíveis de distribuir 20 barras iguais de chocolate para cinco crianças, se cada
criança deve receber pelo menos uma dessas barras?
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
Quantos são os anagramas da palavra “recorrente”?
_black
Mostrar solução
A 10!3!3!
B 9!3!3!
Parabéns! A alternativa A está correta.
Tratam-se de agrupamentos do tipo permutação com repetição, pois há 3 letras , 3 letras , e 1 de
cada letra ou . Logo, o número desejado é 
Questão 2
De quantas maneiras poderemos dividir, entre quatro herdeiros, uma herança de 20 moedas de ouro
idênticas?
Parabéns! A alternativa C está correta.
C 9!
4!3!
D 10!3!2!2!
E 10!3!2!
R E
C, O, N T P 103,3,1,1,1,1 =
10!
3!3!
A C 2420 = 10.626
B C 1915 = 3.876
C C 2320 = 1771
D C 235 = 33.649
E C 2419 = 42.504
Conforme discutimos na análise das combinações com repetição, esse problema é equivalente a
determinar de quantas maneiras diferentes podemos escrever 3 sinais (separadores das moedas de
cada herdeiro) e 20 sinais (as moedas).
O esquema, a seguir, exibe a situação de 3 moedas para o herdeiro, 9 moedas para o herdeiro, 5
para o herdeiro e, finalmente, 3 moedas para o herdeiro.
Então, a quantidade total de distribuições possíveis de moedas coincide com as permutações com
repetição de 23 símbolos repetidos e ) vezes. Ou seja:
3 - Mais permutações
+
∙
1∘ 2∘
3∘ 4∘
20(∙) 3(+
P 2320,3 =
23!
20!3!
= C 2320 = C
23
3 =
23.22.21
6
= 1771
Ao �nal deste módulo, você será capaz de reconhecer o agrupamento permutação caótica e
sua aplicação na solução de problemas de contagem.
Vamos começar!
Entendendo permutações
Confira os principais pontos sobre o assunto que serão abordados ao longo deste módulo.
Permutações - complementos
Neste módulo, abordaremos dois tópicos complementares relacionados ao conceito de permutação: o
conceito de permutação circular, mais simples e, a seguir, um tópico avançado, conhecido como
permutações caóticas.
Permutações circulares
Normalmente, os agrupamentos são sequências de objetos dispostos em linha. Entretanto, um tipo especial
de agrupamento pode ser definido quando desejamos dispor n objetos em torno de uma circunferência.
Exemplo

de quantas maneiras podemos dispor quatro amigos, Antônio, Bernardo, Carlos e Daniel, em volta de uma
mesa, de tal forma que suas posições relativas sejam diferentes? Note que as quatro ordenações A, B, C e D
indicadas a seguir, que representam permutações usuais diferentes, se dispostas em volta de uma mesa,
retratam a mesma disposição “circular”: A: Antônio, Bernardo, Carlos e Daniel; B: Daniel, Antônio, Bernardo e
Carlos; C: Carlos, Daniel, Antônio e Bernardo; D: Bernardo, Carlos, Daniel e Antônio.
Imagine que você apenas rodou a mesa com os amigos juntos, como sugere o esquema:
Esquema de permutação cíclica.
Então, diferentemente das permutações usuais de 4 objetos, que geram permutações diferentes,
nestecaso, temos apenas a quarta parte desta quantidade como posições diferentes possíveis em volta da
mesa!
Desta forma, o número de permutações circulares é, então, .
Numa situação geral, representando por o número de permutações circulares de objetos, imagine a
seguinte estratégia de contagem:
Escolha um ponto da circunferência, onde, nele, fixamos um dos objetos;
Há, então, posições para selecionar, em volta da circunferência, um segundo objeto;
Para escolher um terceiro objeto há disponíveis, e assim sucessivamente;
Finalmente, o último objeto possui uma única posição ainda disponível.
Logo, como girar o conjunto de objetos na circunferência não cria novos agrupamentos, a quantidade
desejada é:
Rotacione a tela. 
Exemplo 1
4! = 24
4!/4 = 3! = 6
PCn n
n
n − 1
n − 2
PCn = (n − 1) × (n − 2) × … × 1 = (n − 1)!
Quantas são as formas distintas em que 5 meninos e 5 meninas podem ser dispostos em uma roda,
considerando que dois meninos ou duas meninas não podem estar juntos?
Solução
Há ! maneiras de dispor as 5 meninas em círculo. Agora, vejamos como preencher os 5 espaços
entre elas com os meninos: o primeiro menino pode ser colocado em qualquer uma das posições
disponíveis; o próximo, nas 4 posições disponíveis, e assim por diante. Logo, há formas de
escolha dos meninos. Ou seja, o número total de disposições é 
Permutações caóticas (ou desarranjos)
A terminologia “caótica” é um tanto curiosa, uma vez que dá a sensação de que esse tipo de agrupamento
deve ser esquisito! Porém, há várias situações clássicas que remetem a esse tipo de agrupamento.
Vejamos:
Situação 1
Na escolha de amigo oculto, desejamos que ninguém escolha a si mesmo.
Situação 2
O problema das cartas mal endereçadas, ou seja, de quantas maneiras podemos enviar cartas a 
destinatários, de forma que nenhum destinatário receba a carta que Ihe é destinada.
Situação 3
Das ! permutações usuais dos números de 1 a , quantas são as que o número não esteja na posição 
 ? Por exemplo, das seis permutações de 1, 2 e 3, apenas as permutações 2; 3; 1 e 3 ; 1 ; 2 satisfazem a
essa condição pois:
PC5 = 4
P5 = 5! = 120
4! ⋅ 5! = 2880.
n n
n n k
k
Situação 3.1
Na permutação 1; 2; 3 – tanto o 1, como o 2 e como o 3 estão nas próprias posições 1, 2 e 3;
Situação 3.2
Na permutação 1; 3; 2 – o 1 está na posição 1, e assim por diante.
Podemos, agora, conceituar o que entendemos por permutações caóticas ou desarranjos de objetos:
Dados objetos , um desarranjo desses objetos é qualquer ordenação desses objetos em
que nenhum ocupa a posição .
Exemplo 2
Dentre as permutações simples de 1, 2, 3, 4, 5 e 6, em quantas delas:
n
n a1, a2, … , an
ak k
4 está na quarta posição?
Solução
Se 4 está na quarta posição, as permutações possíveis correspondem as permutações
simples dos demais 5 objetos, ou seja, 5! = 120.
5 está na quinta posição?
Solução
Mesma situação do item a). Ou seja, 5! = 120.
Exemplo 3
Dentre as permutações simples de 1, 2, 3, 4, 5 e 6, em quantas delas 4 ou 5 estão nas 4ª e 5ª posições,
respectivamente?
Solução
Chamando de e , respectivamente, o conjunto das permutações simples onde 4 e 5 estão na e 
posições, temos que . Desejamos, então, calcular o número de elementos do
conjunto 
Mas, pelo princípio da adição, podemos calcular o número de elementos da união de dois conjuntos em
função do número de elementos de cada um deles e de sua interseção, ou seja:
Rotacione a tela. 
Então:
Rotacione a tela. 
Exemplo 4
4 e 5, simultaneamente, estão na quarta e na quinta posição, respectivamente?
Solução
Se ambos 4 e 5, já ocupam posições predefinidas, basta contar as permutações simples dos
demais 4 objetos, ou seja, 4!=24. Se ambos 4 e 5, já ocupam posições predefinidas, basta
contar as permutações simples dos demais 4 objetos, ou seja, 4!=24.
F4 F5 4
a 5a 
n (F4) = n (F5) = 5! = 120
F4 ∪ F5!
n (F4 ∪ F5) = n (F4) + n (F5) − n (F4 ∩ F5)
n (F4 ∪ F5) = 5! + 5! − 4! = 196
Dentre as permutações simples de 1, 2, 3, 4, quantos são os desarranjos?
Solução
Chamando de os conjuntos das permutações onde está na -ésima posição, temos:
Pelo princípio da inclusão-exclusão, sabemos que o número de elementos da união dos conjuntos 
 é dado por:
Note a lei de formação dessa expressão, em cada linha acima:
• Calculamos o número de elementos dos conjuntos isoladamente, como se os combinássemos 1 a
1, e somamos as suas quantidades de elementos.
• A seguir, fazemos a interseção desses conjuntos 2 a 2 e calculamos o número de elementos
dessas interseções; e subtraímos esse total da soma anterior.
• Depois, adicionamos ao resultado a soma dos números de elementos de todas as interseções
desses conjuntos tomados 3 a 3.
• Finalmente, como só há uma combinação desses conjuntos 4 a 4, subtraímos do total anterior o
número de elementos da interseção dos 4 conjuntos.
Mas, pelas discussões dos exemplos anteriores, podemos escrever que:
Fi i i
Princípio da adição 
Fi
n (F1 ∪ F2 ∪ F3 ∪ F4) = + [n (F1) + n (F2) + n (F3) + n (F4)]
− [n (F1 ∩ F2) + n (F1 ∩ F3) + ⋯ + n (F3 ∩ F4)
+ [n (F1 ∩ F2 ∩ F3) + ⋯ + n (F2 ∩ F3 ∩ F4)]
− n (F1 ∩ F2 ∩ F3 ∩ F4)
Incluindo elementos 
Substituindo os quantitativos: dos elementos no princípio de adição, obtemos:
Contudo, o número de desarranjos desejados é igual ao número total de permutações simples,
que vale , subtraindo-se o número de permutações onde pelo menos um dos objetos
está na sua posição original, ou seja,
Essa expressão pode ser reescrita como:
Ou seja, das permutações usuais, 9 são desarranjos.
Fórmula geral do número de desarranjos
O cálculo do número total de desarranjos de objetos pode, a partir das discussões do item anterior, ser
n (F1) = n (F2) = n (F3) = n (F4) = (n − 1)! = 3!
n (F1 ∩ F2) = n (F1 ∩ F3) = ⋯ = n (F3 ∩ F4) = (n − 2)! = 2!
n (F1 ∩ F2 ∩ F3) = ⋯ = n (F2 ∩ F3 ∩ F4) = (n − 3)! = 1!
n (F1 ∩ F2 ∩ F3 ∩ F3) = (n − 4)! = 0! = 1
Substituindo os quantitativos 
n (F1 ∪ F2 ∪ F3 ∪ F4) = +4 × 3! − 6 × 2! + 4 × 1! − 1
(Dn)
Pn = n! = 4!
Dn = 4! − n (F1 ∪ F2 ∪ F3 ∪ F4)
Dn = 4! − [4 × 3! − 6 × 2! + 4 × 1! − 1]
Dn = 4!(
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
]
Dn = 4!(1 − 1 +
1
2
−
1
6
+
1
24
) = 9
4! = 24
n
generalizado com a expressão clássica, dada por:
Veja nas referências diversas fontes complementares de consulta sobre essa expressão!
Mão na massa
Questão 1
De quantas maneiras diferentes 10 alunos podem formar uma roda?
Parabéns! A alternativa C está correta.
A contagem consiste em determinar quantas são as permutações circulares com 10 objetos, ou seja, 
Dn = n! [
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
− ⋯ . +
(−1)n
n!
]

A 11!
B 10!
C 9!
D 90
E 720
PC10 = 9!.
Questão 2
De quantos modos 6 pares de gêmeos, cada um formado por um menino e uma menina, podem formar
uma roda, de modo a que cada par de gêmeos fique junto e que nenhum menino nem nenhuma menina
fiquem juntos?
Parabéns! A alternativa D está correta.
Podemos colocar os 6 meninos de formas diferentes em uma roda. A seguir, todas as
gêmeas meninas podem ser colocadas sempre à direita ou sempre à esquerda dos seus respectivos
gêmeos meninos. Logo, há formas de organizá-los.
Questão 3
De quantos modos 10 meninos e 10 meninas podem formar uma roda, de modo que as meninas
permaneçam juntas?
A 6! × 5!
B 6! × 6!
C 5! × 5!
D 2 × 5!
E 2 × 6!
PR6 = 5!
2 × 5!
A (10!)2
Parabéns! A alternativa A está correta.
Inicialmente, colocamos os 10 meninos de 9! maneiras diferentes em uma roda (permutação circular).
Como há 10 espaços entre eles, em um desses espaços podemos colocar as 10 meninas. Até aí, temos
 formas de arrumá-los. Mas, as 10 meninas podem ser ordenadas entre elas de 
formas diferentes (permutação simples).
Questão 4
De quantas formas podemos colocar 8 meninos e 8 meninas em uma roda, de tal maneira que tanto as
meninas quanto os meninos fiquem juntos?
B (11!)2
C 10! × 11!
D 2 × 10!
E 2 × 9!
10 × 9! = 10! 10!
A 2 × (10!)2
B (10!)2
C 2 × 9! × 10!
D 9! × 10!
Parabéns! A alternativaB está correta.
Neste caso, tudo se passa como se emendássemos cada uma das ordenações das meninas com
cada uma das ordenações dos meninos. E note que a resposta é simplesmente , pois
emendar em círculo os meninos com as meninas ou as meninas com os meninos dá na mesma!
Questão 5
Dispomos de 11 cadeiras enfileiradas e de 11 jogadores de futebol com camisas numeradas de 1 a 11.
De quantas maneiras podemos sentar os jogadores nas cadeiras, de forma a que o jogador de camisa
número 3 fique sentado na cadeira também de número 3?
Parabéns! A alternativa C está correta.
Ora, se o jogador 3 está sentado na cadeira 3, sobram 10 cadeiras para sentar os demais 10 jogadores.
Logo, há formas de posicioná-los.
E (9!)2
10!
10! 10! × 10!
A 10
B 11
C 10!
D 11!
E 2 × 10!
P10 = 10!
Questão 6
Dispomos de 11 cadeiras enfileiradas e de 11 jogadores de futebol com camisas numeradas de 1 a 11.
De quantas maneiras podemos sentar os jogadores nas cadeiras, de forma a que nem o jogador 2 nem
o jogador 3 fiquem sentados nas cadeiras 2 e 3, respectivamente?
Parabéns! A alternativa C está correta.
Assista ao vídeo para conferir a resolução da questão
Teoria na prática
A 9! − 1
B 11!
C 91 × 9!
D 81! × 9!
E 110 × 10!
_black
Qual a chance de escolhermos, dentre a 10! permutações dos números 1,2,3,...,10, uma permutação em que
nenhum deles esteja na posição original, ou seja, de não ocorrer do número i estar na i-ésima posição?
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
De quantas formas podemos colocar 8 crianças, sendo 2 meninos e 6 meninas, em uma mesma roda,
de tal forma que os meninos não fiquem juntos?
Parabéns! A alternativa D está correta.
O número total de possíveis rodas formadas, independentemente da restrição, é 
Mostrar solução
A 40.320
B 39.600
C 36.000
D 3.600
E 1.200
PC8 = 7!.
Calculemos, então, o número de situações em que os meninos ficam juntos!
- Se imaginarmos as 6 meninas arrumadas em uma roda, há formas de assim distribuílas.
- Mas, para os meninos ficarem juntos, devemos colocá-los (juntos), entre duas meninas.
- Por fim, há 6 espaços entre as meninas para colocar os 2 meninos (João e Antônio, por exemplo); no
entanto podemos colocá-los na ordem João/Antônio ou Antônio/João.
Logo, para cada arrumação das meninas, há formas de colocar os meninos juntos e entre elas.
Então, o número desejado é:
Questão 2
Quantas são as formas de endereçarmos 6 cartas diferentes a 6 destinatários também diferentes, de
forma que, na hora de colocá-las nos envelopes, nenhum destinatário receba a carta correta?
Parabéns! A alternativa B está correta.
PC6 = 5!
6 × 2
7! − 12 × 5! = 7 × 6 × 5! − 12 × 5!
7! − 12 × 5! = (42 − 12) × 5! = 3600
A 270
B 265
C 260
D 250
E 245
Esse problema consiste exatamente em determinar quantos são os desarranjos de 6 objetos! Ou seja:
4 - Lemas de Kaplansky e aplicações
Ao �nal deste módulo, você será capaz de aplicar os lemas de Kaplansky na solução de
problemas de contagem.
Vamos começar!
D6 = 6! [
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
] = 265
D6 = 720 [
1
2
−
1
6
+
1
24
−
1
120
+
1
720
] = 265
D6 = [360 − 120 + 30 − 6 + 1] = 265

Lemas de Kaplansky? O que são?
Confira os principais pontos sobre o assunto que serão abordados ao longo deste módulo.
Problemas de contagem de kaplansky
Abordaremos, neste módulo, uma categoria de problemas de contagem apoiada nos chamados lemas de
(Irving) Kaplansky, matemático americano.
Uma categoria curiosa de problema
Vamos iniciar nossa discussão com um problema clássico para contextualizar os problemas abordados por
Kaplansky, na forma de dois lemas que solucionam essa categoria problemas.
Dado o conjunto , quantas subconjuntos de 4 elementos podemos formar de tal
maneira que não ocorram 2 números consecutivos?
Veja o esquema indicado na imagem abaixo, onde explicitamos alguns subconjuntos de . Note que
marcamos com um os elementos de usados para compor o subconjunto e com um - (traço) os
elementos não escolhidos de .
Subconjuntos.
A = {1; 2; 3; 4; … , 10}
A
✓ A
A
Note que os subconjuntos cuja descrição com o sinal (ok) e com o sinal - (traço) possuem dois sinais 
(ok) consecutivos não servem, pois possuem dois números consecutivos!
Devemos, então, dispor de 6 sinais - (traços) e 4 sinais (ok) que não sejam consecutivos. A estratégia é
imaginar o esquema a seguir, onde fixamos os 6 sinais -(traços) e reservamos possíveis posições onde
podemos colocar os 4 sinais , de forma não consecutiva. Ou seja, a estratégia é imaginar que dispomos
de 7 posições coloridas (azuis) para escolher 4 delas.
Possibilidade de subconjuntos.
Logo, o número dos subconjuntos desejados corresponde a escolher 4 de 7 posições disponíveis, ou seja:
Rotacione a tela. 
Analisemos, agora, um problema semelhante, mas com tratamento um pouco diferente. Veja:
Um aluno deseja se preparar para um concurso, estudando, continuamente, três dias na semana (de 7 dias)
em dias não consecutivos. De quantas formas pode ser feita a escolha dos dias de estudo?
Note que, nesse caso, associando os dias da semana domingo, segunda etc. aos inteiros 1 a 7, podemos
imaginá-los dispostos em volta de uma circunferência, pois tudo se passa como se 1 e 7 fossem dias
“consecutivos”.
Vamos analisar duas situações:
Esquema para análise de Arranjo não consecutivo.
✓ ✓
✓
✓
C 74 = C
10−4+1
4 =
7!
4!3!
=
7.6.5
3.2 ⋅ 1
= 35 subconjuntos 
Caso 1: em que o dia 1 é um dos escolhidos
Nessa situação, os dias 2 e 7 não podem ser escolhidos e devemos escolher, dentre os elementos de 
, os dois dias complementares não consecutivos.
Então, recaímos na lógica do exemplo já discutido: dispomos de 4 objetos e desejamos escolher 2 deles,
não consecutivos. Ou seja, há formas diferentes.
Subconjunto.
Logo, o número dos subconjuntos desejados corresponde a escolher 4 de 7 posições disponíveis, ou seja:
Caso 2: em que o dia 1 não é um dos escolhidos
Nessa situação, devemos escolher, em , os dois dias complementares não consecutivos.
Então, recaímos na lógica do exemplo já discutido: dispomos de 4 objetos e desejamos escolher 2 deles,
não consecutivos. Ou seja, há formas diferentes.
Subconjunto.
{3; 4; 5; 6}
C 32 = 6
C 10−4+14 = C
7
4 =
7!
4!3!
=
7 ⋅ 6 ⋅ 5
3.2 ⋅ 1
= 35 subconjuntos 
{2; 3; 4; 5; 6; 7}
C 32 = 6
Lemas de Kaplansky
Podemos generalizar a análise dos dois problemas anteriores. Vejamos:
Lema 1
O problema de selecionar dos números de a para criar subconjuntos sem elementos consecutivos é
equivalente ao problema de dispor de lugares vazios para escolher as posições dos símbolos 
, que identificam os números selecionados para os subconjuntos desejados. Ou seja:
A demonstração dessa igualdade é imediata, tendo em vista a discussão anterior. Pela estratégia
desenvolvida no exemplo, ao usar sinais , escolhidos entre os elementos disponíveis, temos -p
espações vazios para inseri-los. Isso é equivalente a dispormos de "espaços" para preencher
com os sinais de forma não consecutiva.
Subconjunto.
Logo, o número escolhas possíveis é dado pelo número de combinações de objetos, tomados 
a , conforme indica a igualdade do Lema 
Lema 2
O problema de selecionar dos números de a , dispostos de forma circular, para criar seleções sem dois
p 1 n
n − p + 1 p
✓
 Kaplansky 1 = C n−p+1p =
(n − p + 1)!
(n − 2p + 1)!p!
. 
p ✓ n n
n − p + 1
p ✓
n − p + 1 p
p 1.
p 1 n
números consecutivos, pode ser calculado pela expressão:
A demonstração dessa igualdade é algebricamente trabalhosa, pois usamos duas vezes o Lema 1 para
modelar o problema. Veja a demonstração a seguir:
Caso a
Suponhamos que o “primeiro objeto", associado ao número 1, seja escolhido.
Então, devemos escolher os demais sinais dentre os objetos numerados do 3 ao penúltimo (do 3
ao , pois os objetos 2 e são vizinhos do 
Então, devemos escolher objetos (o 1 já foi escolhido) dos disponíveis (sem o 1,2 e n).Mas,
isso é o problema do Lema 1, ou seja:
Caso b
Agora, analisemos o caso em que o “primeiro objeto”, associado ao número 1, não seja usado. Então,
devemos escolher os sinais dentre os objetos restantes. Ou seja, mais uma vez estamos usando
o Lema 1:
Adicionando as duas expressões e operando, algebricamente, temos, sucessivamente:
Kaplansky 2 =
n
n − p
× C n−pp
p − 1 ✓
n − 1) n 1.
p − 1 n − 3
 Kaplansky 2(a) = C
(n−3)−(p−1)+1
p−1 = C
n−p−1
p−1 =
(n − p − 1)!
(p − 1)!(n − 2p)!
p ✓ n − 1
 Kaplansky 2(b)  = C
(n−1)−(p)+1
p = C
n−p
p =
(n − p)!
p!(n − 2p)!
Rotacione a tela. 
Mão na massa
Questão 1
Enumerando explicitamente as escolhas de 3 números do conjunto {1;2;3;4;5} de forma a que não haja,
nessa escolha, números consecutivos, encontramos quantas possibilidades?
 Kaplansky 2 =  Kaplansky 2a+ Kaplansky 2b
 Kaplansky 2 =
(n − p − 1)!
(p − 1)!(n − 2p)!
+
(n − p)!
p!(n − 2p)!
 Kaplansky 2 =
(n − p − 1)!
(p − 1)!(n − 2p)!
[1 + n − p
p
]
 Kaplansky 2 =
(n − p − 1)!
(p − 1)!(n − 2p)!
[ n
p
]
 Kaplansky 2 = n ⋅
(n − p − 1)!
p!(n − 2p)!
 Kaplansky 2 = n ⋅
(n − p − 1)!
p!(n − 2p)!
⋅
n − p
n − p
 Kaplansky 2 =
n
n − p
⋅
(n − p)!
p!(n − 2p)!
 Kaplansky 2 =
n
n − p
⋅ C n−pp

A 1
B 2
Parabéns! A alternativa A está correta.
Se dispomos desses 5 números consecutivos, apenas a escolha atende à condição.
Claro que podemos calcular, também, pelo primeiro lema de Kaplansky:
Questão 2
Assinale a opção que corresponde à menor quantidade de subconjuntos do conjunto 
com elementos, onde não ocorram, nesses subconjuntos, números consecutivos?
Parabéns! A alternativa E está correta.
C 3
D 4
E 5
{1; 3; 5}
C
n−p+1
p = C
5−3+1
3 = C
3
3 = 1
{1; 2; … , n}
p
A = 11 e = 5n p
B = 10 e = 4n p
C = 9 e = 3n p
D = 8 e = 2n p
E = 7 e = 1n p
Na tabela a seguir, pelo Lema 1 de Kaplansky, são calculados os quantitativos desejados:
Opção
A 11 5 7
B 10 4 7
C 9 3 7
D 8 2 7
E 7 1 7
Tabela: Cálculo dos quantitativos desejados 
Carlos Eddy Esaguy Nehab
Questão 3
Utilizando os 8 vértices de um octógono regular, quantos triângulos podemos formar que não usem
vértices consecutivos do polígono?
n p n − p + 1
A 8
B 12
C 16
D 20
E
Parabéns! A alternativa C está correta.
A figura sugere um triângulo que atende à condição - em verde, e um que não a satisfaz - em azul.
Esse problema é claramente modelado pela estratégia desenvolvida por Kaplansky em seu Lema 2.
Logo, a resposta é dada por:
Triângulos no interior de um octógono.
Questão 4
Em torno de uma mesa, há 10 cadeiras. De quantas maneiras 4 pessoas podem se sentar em torno
dessa mesa, se é exigido que entre quaisquer duas pessoas deve existir uma cadeira vazia?
E 24
n
n−p ⋅ C
n−p
p =
8
8−3 C
8−3
3 =
8
5 C
5
3 =
8
5 ⋅
5.4.3
3.2.1 = 16
A 8
B 15
C 20
D 25
Parabéns! A alternativa D está correta.
Essa situação corresponde a dispormos de 10 números, de 1 a 10, em volta de uma circunferência, e
desejamos calcular de quantas formas podemos escolher 4 desses números, de forma a que não haja
dois dentre eles, consecutivos. Essa situação é exatamente descrita no Lema 2 de Kaplansky:
Questão 5
João, um jogador de basquete, não pode jogar dois dias seguidos, pois ainda está em recuperação de
uma contusão. Porém, se o campeonato atual possui ainda 10 dias seguidos de jogos, de quantas
maneiras seu treinador pode escalá-lo nesta reta final do campeonato, de forma a respeitar sua
limitação, mas escalando-o em pelo menos um jogo?
Parabéns! A alternativa A está correta.
Assista ao vídeo para conferir a resolução da questão.
E 32
n
n−p ⋅ C
n−p
p =
10
10−4 C
10−4
4 =
10
6 C
6
4 =
10
6 ⋅
6.5
2.1 = 25
A 143
B 132
C 121
D 110
E 99
Questão 6
Dispomos de 20 cadeiras alinhadas e desejamos sentar exatamente 4 pessoas, exigindo-se que entre
cada duas pessoas haja pelo menos duas cadeiras vazias. Quantas são as situações possíveis?
Parabéns! A alternativa C está correta.
Assista ao vídeo para conferir a resolução da questão.
A C 204
B C 244
C C 174
D C 243
E C 203
Teoria na prática
Desejamos criar uma prova com 10 questões de Português e 5 de Matemática, de tal forma que não
desejamos que haja duas questões de matemática consecutivas. De quantas maneiras diferentes
poderemos ordenar as 15 questões dessa prova?
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
Numa pista de corrida, há 8 raias para os corredores. Se apenas três concorrentes vão correr a final, de
quantas formas poderão escolher suas raias, de forma a que nenhum deles corra em raias contíguas?
_black
Mostrar solução
A C 63
B C 53
C C 64
D C 73
Parabéns! A alternativa A está correta.
Aplicação direta do Lema 1 de Kaplanski: 
Questão 2
Dispomos de 20 cadeiras em volta de uma mesa e desejamos sentar 3 pessoas, exigindo-se que não
haja duas pessoas sentadas lado a lado. Quantas são as situações possíveis?
Parabéns! A alternativa D está correta.
Esse problema pode ser diretamente modelado pela estratégia de Kaplansky em seu Lema 2. Logo, o
número de situações possíveis é dado por:
E C 72
C
n−p+1
p = C
8−3+1
3 = C
6
3
A 2275
B 1122
C 952
D 800
E 665
n
n−p ⋅ C
n−p
p = 2020−3 ⋅ C
20−3
3 =
20
17 ⋅
17!
14!3! = 20.
16.15
6 = 800
Considerações �nais
O estudo da modelagem de problemas combinatórios, aqui desenvolvido, abordou diversos aspectos
básicos e introduziu alguns problemas mais avançados, como as permutações caóticas (desarranjos) e os
famosos lemas de Kaplansky.
É importante enfatizar que uma maior competência cognitiva na solução de problemas de contagem
facilitará, posteriormente, a compreensão e o estudo de dois assuntos essenciais para diversas áreas do
conhecimento: a probabilidade e a estatística.
Referências
LAGES, E. de C.; PINTO, P. C.; WAGNER, E.; MORGADO, A. C. Temas e Problemas. 3. ed. s.l.: SBM (Sociedade
Brasileira de Matemática), 2010. Coleção do Professor.
LAGES, E. de C.; PINTO, P. C.; WAGNER, E.; MORGADO, A. C. A matemática do ensino médio. 10. ed. s.l.: SBM
(Sociedade Brasileira de Matemática), 2012. Coleção do Professor.
SANTOS, J. P. O.; MELLO, M. P.; MURARI, I. T. C. Introdução à Análise Combinatória. 4. ed. reimpressa em
2020. Rio de Janeiro: Ciência Moderna, 2008.
SANTOS, I. Introdução à Análise Combinatória. Rio de Janeiro: Ciência Moderna, 2020.
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Sugerimos a leitura dos artigos publicados na RPM (Revista do Professores de Matemática), editada pela
SBM (Sociedade Brasileira de Matemática)
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mais exemplos os assuntos tratados aqui.