Analise-combinatoria

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Faculdade de Engenharia de Ilha Solteira 
 PROJETO TEIA DO SABER 
 
 
 
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Assunto: Análise Combinatória 
Professor: José Marcos Lopes 
Data: outubro de 2004 
 
 
I - INTRODUÇÃO 
 
 Estas notas foram escritas para o curso “Fundamentando uma Prática de Ensino de 
Matemática – Metodologias e Tecnologias Inovadoras”, do Projeto Teia do Saber da 
Secretaria de Estado da Educação – Governo do Estado de São Paulo, a ser ministrado para 
professores do ensino médio, da rede estadual de educação. 
 De maneira geral, podemos dizer que Análise Combinatória é a parte da matemática 
que analisa estruturas e relações discretas. Um dos problemas de interesse em Análise 
Combinatória é o da contagem de certos tipos de subconjuntos de um conjunto finito, sem 
que seja necessário enumerar seus elementos. 
 A solução de um problema combinatório exige quase sempre engenhosidade e a 
compreensão plena da situação descrita pelo problema. Em muitos casos, problemas fáceis 
de serem enunciados, revelam-se difíceis, exigindo uma alta dose de criatividade para sua 
solução. 
 O desenvolvimento do binômio n)x1( + está entre os primeiros problemas estudados 
ligados a Análise Combinatória. O caso 2n = já pode ser encontrado nos Elementos de 
Euclides, em torno de 300 a.C.. O matemático hindu Báskhara (séc. XII), sabia calcular o 
número de permutações, de combinações e de arranjos de n objetos. No final do século X, o 
matemático árabe Al-Karaji, conhecia a lei de formação dos elementos do triângulo de 
Pascal. Pascal mostrou em 1654 como utilizar os elementos de um “triângulo” para encontrar 
os coeficientes do desenvolvimento de n)ba( + . 
 Isaac Newton (1646-1727) foi quem primeiro mostrou como calcular diretamente 
n)x1( + . Antes disso o cálculo de n)x1( + era obtido a partir do desenvolvimento de 
1n)x1( −+ . 
 A Análise Combinatória tem tido grande crescimento nas últimas décadas, 
principalmente devido as suas aplicações em teoria dos grafos, problemas de pesquisa 
operacional e problemas relacionados com o armazenamento de informações em bancos de 
dados nos computadores. 
 Os conceitos combinatórios serão introduzidos através da técnica de Resolução de 
Problemas; ou seja; o problema real é apresentado e o aluno deverá propor uma solução para 
o mesmo. Num primeiro momento, a solução será apresentada sem a utilização de uma 
técnica específica, posteriormente, o conceito será sistematizado e com a utilização da 
fórmula de contagem, o problema poderá ser resolvido de uma maneira mais rápida e 
simples. 
 Para cada tópico estudado, depois da solução de alguns problemas e da sistematização 
do conceito, a definição formal bem como a demonstração do teorema que fornece o número 
de maneiras possíveis do referido conceito combinatório poderão ser fornecidos. É sempre 
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conveniente trabalhar com problemas que tenham algum significado para os alunos, em 
Análise Combinatória é fácil encontrar os chamados problemas “reais”. 
 Para o desenvolvimento do presente projeto, seguimos as recomendações dos 
PCNEM; ou seja; desejamos ensinar matemática através da resolução de problemas. Nesta 
metodologia, o problema é olhado como um elemento que pode disparar um processo de 
construção do conhecimento. Os problemas devem ser formulados de modo a contribuir para 
a formação dos conceitos antes mesmo de sua apresentação em linguagem matemática 
formal. O foco está na ação por parte do aluno. Ao se ensinar matemática através da 
resolução de problemas, os problemas são importantes não somente como um propósito de se 
aprender matemática mas, também, como um primeiro passo para se fazer isso. 
 De acordo com os PCNEM, os alunos devem perceber a Matemática como um sistema 
de códigos e regras com as quais é possível modelar a realidade e interpretá-la. A 
Matemática deve também ser vista como ciência, assim suas definições, demonstrações e 
encadeamentos conceituais e lógicos têm a função de construir novos conceitos e estruturas a 
partir de outras e que servem para validar intuições e dar sentido às técnicas aplicadas. 
 Aprender Matemática no Ensino Médio deve ser mais do que memorizar resultados, a 
aquisição do conhecimento matemático está vinculada ao domínio de um saber fazer 
Matemática e de um saber pensar matemático, esse domínio passa por um processo lento e 
trabalhoso, cujo começo deve ser uma prolongada atividade sobre resolução de problemas. 
 Ao professor cabe a tarefa de mostrar que a Matemática não é ciência para uns poucos 
cérebros privilegiados, mas que todos podem aprendê-la. 
 Professor, é arranjo ou combinação? Esta é uma pergunta freqüente quando se trabalha 
com Análise Combinatória no ensino médio. Os alunos tentam adivinhar a resposta do 
problema. Ao professor cabe a tarefa de desenvolver em seus alunos o chamado raciocínio 
combinatório; ou seja; o aluno deve saber decidir sobre a forma mais adequada de organizar 
números ou informações para poder contar os casos possíveis sem descreve-los. 
 O professor encontrará nestas notas uma forma de como entendemos que os conteúdos 
de Análise Combinatória devem ser trabalhados em sala de aula. O principal conceito a ser 
compreendido é o Princípio Fundamental da Contagem ou Princípio Multiplicativo, por 
isso este deve ser trabalhado exaustivamente através da solução de muitos problemas. 
Entendemos ainda que as fórmulas de contagem são importantes mas devem aparecer 
naturalmente como uma conseqüência do Princípio Fundamental da Contagem e nunca serem 
“jogadas” no início dos estudos. 
 Os problemas iniciais serão utilizados para a introdução e a sistematização dos 
conceitos combinatórios, assim deverão ser problemas simples e de fácil interpretação. 
Sempre que possível, materiais concretos como: moedas, dados, fichas numeradas, baralho e 
etc., também deverão ser utilizados. As figuras que aparecem no texto foram elaboradas no 
“software” Cabri Géomètre. 
 As respostas para a maioria dos problemas propostos estão indicadas através dos 
conceitos combinatórios e não apenas através de um número. Assim se a resposta para 
determinado problema é 10 e o conceito combinatório envolvido na solução do problema é o 
de combinações simples, indicamos a resposta por C5,2 = 10. Desta forma a resposta 
apresentada já representa uma sugestão de solução, obviamente poderão existir outras formas 
para solucionar o referido problema. 
Possíveis erros são de responsabilidade do autor e sugestões para as suas correções e 
melhoria do texto serão bem vindas. 
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II. PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO 
 
Objetivo: Aprender e aplicar o Princípio Multiplicativo 
 
 Apresentamos a seguir alguns problemas, com o objetivo de formalizar o Princípio 
Multiplicativo. Nos problemas iniciais apenas duas ações devem ser realizadas. É importante 
que os alunos apresentem a solução para os problemas, usando sua própria linguagem, 
somente após a sistematização do conceito combinatório é que a terminologia própria da 
Análise Combinatória deve ser utilizada. 
 
 
Problema 1: Temos 3 cidades X, Y e Z. Existem quatro rodovias que ligam X com Y e cinco 
que ligam Y com Z. Partindo de X e passando por Y, de quantas formas podemos chegar até 
a cidade Z? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Temos neste caso 4 maneiras de efetuar a viagem de X até Y e 5 maneiras de efetuar a 
viagem de Y até Z. Pode-se usar um esquema gráfico para melhor visualizar a solução do 
problema. Veja a figura 1. 
 
 
Figura 1. Possibilidades de viagens de X até Z passando por Y. 
 
Para cada rodovia escolhida para ir de X até Y existem 5 maneiras diferentes de irmos 
de Y até Z. Portanto existem 20 maneiras diferentes de fazermos a viagem de X até Z 
passando por Y. 
Os alunos poderão apresentar outras soluções mas é importanteque o professor 
destaque que para a solução deste problema duas ações devem ser realizadas. Primeira ação - 
ir de X até Y e segunda ação - ir de Y até Z. 
 Uma outra possível maneira de resolver este problema seria: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Ir da cidade X até a cidade Y 
 
 
• Ir da cidade Y até a cidade Z 
 
4, qualquer uma das quatro rodovias 
poderá ser escolhida 
 
5, qualquer uma das cinco rodovias 
poderá ser escolhida 
 
 
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 Assim o número de maneiras que podemos ir de X até Z e passando por Y é igual a 
4 x 5 = 20. 
 
 
Problema 2: Quantos números de 2 algarismos é possível formar utilizando os algarismos 1, 
3 e 5? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Alguns alunos poderão resolver este problema pela descrição de todos os números; ou 
seja; 11, 13, 15, 31, 33, 35, 51, 53 e 55. Assim podemos formar 9 números de 2 algarismos 
se escolhermos entre os algarismos 1, 3 e 5. 
 Para formarmos um número de dois algarismos devemos escolher um algarismo para a 
posição das unidades e um algarismo para a posição das dezenas Assim uma outra possível 
maneira de resolver este problema seria: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de um algarismo para a 
posição das dezenas 
 
• Escolha de um algarismo para a 
posição das unidades 
 
3, qualquer algarismo entre 1, 3 e 5 
poderá ser escolhido 
 
3, qualquer algarismo entre 1, 3 e 5 
poderá ser escolhido 
 
 
 Portanto existem 3 x 3 = 9 números de 2 algarismos formados com a utilização dos 
algarismos 1, 3 e 5. 
 Explorar neste problema a importância da ordem dentro do agrupamento. O 
agrupamento (número) 13 é diferente do agrupamento 31. 
Como no problema anterior, para a solução do problema 2, duas ações devem ser 
realizadas. Primeira ação - escolher um algarismo para a posição das dezenas e segunda ação 
- escolher um algarismo para a posição das unidades. 
 
Outra Solução: Uma ferramenta extremamente útil na solução de problemas de contagem é 
a árvore de possibilidades. Para problemas relativamente pequenos ela possibilita a perfeita 
visualização de todos os casos possíveis. Para problemas maiores pode-se raciocinar com 
apenas um “pedaço” da árvore e disto inferir a resposta para o problema todo. Veja a figura 
2. 
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Figura 2. Números de dois algarismos formados pelos algarismos 1, 3 e 5. 
O professor deve destacar que em problemas de contagem estamos interessados no 
número de casos possíveis. Para a maioria dos problemas de interesse será praticamente 
impossível descrever todos os casos possíveis, assim devemos ter mecanismos para saber o 
número de casos possíveis sem ter a necessidade de descreve-los.Um fato importante neste 
problema é a possibilidade de repetição dos algarismos. Como conseqüência do Princípio 
Multiplicativo, temos no problema 2 o conceito combinatório de Arranjos com Repetição. 
Logo a resposta usando a fórmula adequada é AR 3,2 = 32 = 9. Isto não deve ser falado aos 
alunos neste momento. 
Problema 3: Quantos números de 2 algarismos distintos é possível formar utilizando os 
algarismos 1, 3 e 5? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 A solução deste problema é análoga ao do problema 2. Deve-se explorar que neste 
caso, não são permitidas repetições; ou seja; se escolhermos o algarismo 1 para a posição 
das unidades não podemos escolher o algarismo 1 para a posição das dezenas. Temos assim: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de um algarismo para a 
posição das dezenas 
 
• Escolha de um algarismo para a 
posição das unidades 
 
3, qualquer algarismo entre 1, 3 e 5 
poderá ser escolhido 
 
2, escolhido um algarismo para a 
posição das dezenas, restam 2 
algarismos que podem ocupar a posição 
das unidades 
 
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Portanto existem 3 x 2 = 6 números de 2 algarismos distintos formados com a 
utilização dos algarismos 1, 3 e 5. 
Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 3 o conceito 
combinatório de Arranjos Simples. Logo a resposta usando a fórmula adequada é 
A 3,2 = 3 x 2 = 6. Isto não deve ser falado aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 4. Uma igreja tem 4 portas. De quantas maneiras diferentes uma pessoa pode 
entrar e sair da igreja? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Imaginando-se uma igreja em formato retangular, com uma porta principal na frente, 
uma porta nos fundos e uma porta em cada uma das laterais dessa igreja, uma pessoa pode 
entrar pela porta da frente e sair pela porta da frente ou sair por uma das portas laterais ou 
ainda usar para sair a porta dos fundos. Assim escolhendo a porta da frente para entrar temos 
4 possibilidades de escolha para sair. Isto pode ser feito de maneira análoga escolhendo-se 
uma outra porta para entrar. Temos assim 4 possibilidades de escolha para entrar e 4 
possibilidades de escolha para sair da igreja, logo o número de maneiras diferentes da pessoa 
entrar e sair da igreja é igual a 4 x 4 = 16. 
 Deve-se explorar neste problema o fato que a ordem é importante; ou seja; escolher 
para entrar a porta da frente e para sair a porta dos fundos é diferente de escolher para entrar 
a porta dos fundos e para sair usar a porta da frente. Deve-se também explorar o conceito de 
repetição, ou seja; podemos repetir a mesma porta para entrar e sair da igreja. Veja a figura 
3. 
 
 Figura 3. Esquema de uma igreja com 4 portas. 
 
 Uma outra forma de apresentar a solução seria: 
 
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Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de uma porta para entrar 
na igreja 
 
• Escolha de uma porta para sair da 
igreja 
 
4, qualquer das portas pode ser escolhida 
para entrar na igreja 
 
4, qualquer das portas pode ser escolhida 
para sair da igreja 
 
 A solução pode também ser obtida através do seguinte esquema de exigências 
sucessivas: 
 
 4 4 casos possíveis 
 Entrar Sair Ações 
 
 Temos neste caso que realizar duas ações. Uma ação é entrar na igreja e a outra ação é 
sair da igreja. Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 4 o 
conceito combinatório de Arranjos com Repetição. Logo a resposta usando a fórmula 
adequada é AR 4,2 = 42 = 16. Isto não deve ser falado aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 5. Uma igreja tem 4 portas. De quantas maneiras diferentes uma pessoa pode 
entrar e sair da igreja, se não pode usar para sair a mesma porta que usou para entrar? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 O problema é análogo ao anterior, observar que neste caso não são permitidas 
repetições. A porta utilizada para a entrada não poderá ser usada na saída. Temos assim 4 
possibilidades de escolher a porta para entrar e 3 possibilidades de escolher a porta de saída. 
Assim o número de maneiras é dado por 4 x 3 = 12. 
 Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 5 o conceito 
combinatório de Arranjos Simples. Logo a resposta usando a fórmula adequada é 
A 4,2 = 4 x 3 = 12. Da mesma forma que nos problemas anteriores, isto não deve ser falado 
aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 6. Uma moeda é lançada 2 vezes. Qual o número de seqüências possíveis de cara e 
coroa? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Este problema pode ser resolvido com o auxílio dos próprios alunos. Solicite que 
alguns alunos realizem o experimento: “lançar uma moeda duas vezes e observar a seqüência 
de caras e coroas”. Anotar os resultados obtidos no quadro e repetir o experimento até que os 
quatro casos possíveis tenham ocorrido.Temos também neste caso que realizar duas ações. A primeira ação será lançar a 
moeda pela primeira vez e a segunda ação será lançar a moeda pela segunda vez. Os 
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resultados possíveis são: CC, CK, KC ou KK, onde C denota cara e K denota coroa. A 
solução através da árvore de possibilidades é dada por: 
 
 
 
Figura 3. Seqüências possíveis quando uma moeda é lançada duas vezes. 
 
Problema 7. Quatro atletas participam de uma corrida. Quantos resultados existem para o 
primeiro e segundo lugares? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Uma possível solução é dada por: 
 
Resultados Número de possibilidades 
• Atleta que chegou em primeiro lugar 
 
• Atleta que chegou em segundo lugar 
 
4, qualquer atleta pode vencer a corrida 
 
3, deve-se excluir o atleta que chegou 
em primeiro lugar 
 
 
 Temos assim 4 x 3 = 12 resultados possíveis para o primeiro e segundo lugares. 
 
 Após a resolução de vários problemas do tipo dos apresentados anteriormente, o 
professor deve saber o momento oportuno para sistematizar o Princípio Multiplicativo. 
 
Princípio Multiplicativo: “Se um acontecimento A pode ocorrer de m maneiras diferentes e 
um acontecimento B pode ocorrer de n maneiras diferentes, então a sucessão A e B, nesta 
ordem, pode ocorrer de m x n maneiras diferentes.” 
 
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 Os problemas a seguir serão utilizados com o propósito de generalizarmos o Princípio 
Multiplicativo. 
 
 
Problema 8. De quantas maneiras diferentes 3 pessoas podem sentar-se em um banco de 3 
lugares? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Escolher 3 alunos. Improvisar na frente da sala um banco de 3 lugares. Solicitar que os 
3 alunos sentem-se no banco de 3 lugares. Trocar de posição os alunos das duas 
extremidades. Esta é uma forma diferente dos alunos sentarem-se no banco ou é idêntica a 
primeira? Trocar o aluno do centro com o de uma das extremidades. Conseguimos com isso 
uma maneira diferente? Esgotar todos os casos possíveis e observar que o número total de 
maneiras é igual a 6. 
 Os alunos devem usar sua própria linguagem para apresentarem a solução do 
problema proposto. No início das atividades o professor não deve apresentar e nem definir os 
conceitos combinatórios envolvidos no problema. O problema deve ser utilizado para o 
desenvolvimento dos conceitos por parte dos alunos. 
 O que o professor pode e deve explorar neste problema é o fato que a ordem define 
maneiras diferentes; ou seja; mudar a disposição dos alunos no banco significa obter uma 
maneira diferente. 
 Uma possível maneira de resolver este problema seria: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição extremo esquerdo do banco 
 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição central do banco 
 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição extremo direito do banco 
3, qualquer aluno pode ser escolhido 
para ocupar esta posição 
 
2, pois um aluno já foi escolhido 
para a posição extremo esquerdo 
 
1, pois os dois outros alunos já foram 
escolhidos 
 
 Assim o número de maneiras diferentes que 3 alunos podem sentar-se em um banco 
com 3 lugares é igual a 3 x 2 x 1 = 6. O aluno poderá obter o número 6 através da soma 
3+2+1 = 6, deve-se observar que neste caso existiu uma coincidência entre a soma e a 
multiplicação para outros casos o correto é a multiplicação. 
 Para os problemas de 1 até 7, sempre duas ações deveriam ser realizadas. Agora para 
o problema 8, três ações devem ser realizadas, a saber: primeira ação – escolher um aluno 
para sentar-se no lado esquerdo do banco, segunda ação – escolher um aluno para sentar-se 
na posição central do banco e terceira ação – escolher um aluno para sentar-se no lado direito 
do banco. 
 Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 8 o conceito 
combinatório de Permutações Simples. Assim a resposta usando a fórmula adequada é P3 = 
3 x 2 x 1 = 6. Obviamente isto não deve ser falado aos alunos neste momento. 
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Problema 9. De quantas maneiras diferentes 4 pessoas podem sentar-se em um banco de 3 
lugares? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 O professor pode realizar um trabalho análogo ao do problema 8, utilizando agora 4 
alunos. É conveniente, como início dos estudos, descrever todos os 24 casos possíveis. 
 Talvez alguns dos alunos consigam resolver este problema sem descrever todos os 
casos possíveis. 
Uma possível solução: Fixando-se um dos alunos, restam 3 alunos para ocupar 3 lugares, 
assim do problema 8 temos 6 possibilidades para estes 3 alunos. Como temos agora 4 alunos, 
o número total de maneiras é igual a 4 x 6 = 24. 
Outra solução: Denotando as posições do banco por P1, P2 e P3 temos: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição P1 do banco 
 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição P2 do banco 
 
• Escolha de um aluno para ocupar a 
posição P3 
4, qualquer aluno pode ser escolhido 
para ocupar esta posição 
 
3, pois um aluno já foi escolhido para a 
posição P1 
 
2, pois dois alunos já foram escolhidos 
para as posições P1 e P2 
 
Assim o número de maneiras diferentes que 4 alunos podem sentar-se em um banco 
com 3 lugares é igual a 4 x 3 x 2 = 24. 
 Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 9 o conceito 
combinatório de Arranjos Simples. Logo a resposta usando a fórmula adequada é 
A 4,3 = 4 x 3 x 2 = 24. Obviamente isto não deve ser falado aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 10. De quantos modos três pessoas podem ficar em fila indiana? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Denotando as posições da fila indiana por P1, P2 e P3 temos: 
 
Acontecimentos Número de possibilidades 
• Escolha de uma pessoa para ocupar 
a posição P1 da fila 
 
• Escolha de uma pessoa para ocupar 
a posição P2 da fila 
 
• Escolha de uma pessoa para ocupar 
a posição P3 da fila 
3, qualquer pessoa pode ser escolhida 
para ocupar esta posição 
 
2, pois uma pessoa já foi escolhida para 
a posição P1 
 
1, pois duas pessoas já foram escolhidas 
para ocuparem as posições P1 e P2 
 
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Assim o número de modos que três pessoas podem ficar em fila indiana é dado por: 
3 x 2 x 1 = 6. 
 Outras soluções poderão ser apresentadas, como exemplos, através da árvore de 
possibilidades ou do esquema de exigências sucessivas: 
 
 3 2 1 Resultados possíveis 
 P1 P2 P3 Posição na fila 
 
Temos assim 3 x 2 x 1 = 6 modos possíveis. Observar que para este problema 
devemos também realizar três ações, a saber : Primeira ação – escolha de uma pessoa para a 
posição P1, segunda ação – escolha de uma pessoa para a posição P2 e terceira ação – 
escolha de uma pessoa para a posição P3. 
Como conseqüência do Princípio Multiplicativo, temos no problema 10 o conceito 
combinatório de Permutações Simples. Assim a resposta usando a fórmula adequada é 
P3 = 3 x 2 x 1 = 6. Obviamente isto não deve ser falado aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 11. Uma moeda é lançada três vezes. Qual o número de seqüências possíveis? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Da mesma forma que nos problemas anteriores, podemos apresentar a solução através 
da árvore de possibilidades, do esquema de exigências sucessivas, ou formas equivalentes. 
 Uma possível forma de apresentar a solução, sugerida na Proposta Curricular da 
CENP é a seguinte: 
 
Primeiro lançamento cara coroa 
Segundo lançamento cara coroa cara coroa 
Terceirolançamento cara coroa cara coroa cara coroa cara coroa
 
 Temos assim os 8 resultados possíveis: CCC, CCK, CKC, CKK, KCC, KCK, KKC e 
KKK, onde C denota cara e K denota coroa. 
 Deve-se observar que a ordem dentro do agrupamento é importante; ou seja; o 
agrupamento CCK é diferente de CKC ou o resultado CCK é diferente do resultado CKC. 
 Para a solução do problema 11 três ações devem ser consideradas, a saber: primeira 
ação – lançar a a moeda pela primeira vez, segunda ação – lançar a moeda pela segunda vez e 
terceira ação – lançar a moeda pela terceira vez. Como conseqüência do Princípio 
Multiplicativo, temos no problema 11 o conceito combinatório de Arranjos com Repetição. 
Logo a resposta usando a fórmula adequada é AR 2,3 = 23 = 8. Obviamente isto não deve ser 
falado aos alunos neste momento. 
 
 
Problema 12. Em um computador digital, um bit é um dos algarismos 0 ou 1 e uma palavra é 
uma sucessão de bits. Qual é o número de palavras distintas de 8 bits? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
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 Exemplos de algumas palavras de 8 bits: 11001101, 00000000, 11111111, 11001111 e 
etc. Observar que a ordem é importante dentro do agrupamento, assim, mudar a ordem de 
um bit significa obter uma palavra diferente, por exemplo, 11111110 # 11111101. 
 A solução deste problema através da árvore de possibilidades não é adequada. 
Teríamos uma árvore com muitos “ramos”. Denotando as posições dos bits na palavra por 
P1, P2, P3, ... ,P8 obtemos: 
 
 2 2 2 ... 2 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 … P8 Posição na palavra 
 
 Temos assim a possibilidade de formar 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 28 = 256, 
palavras distintas de 8 bits. 
 Para este problema, oito ações deverão ser realizadas. Cada ação corresponde à 
escolha de um bit para cada uma das oito posições na palavra. Como conseqüência do 
Princípio Multiplicativo, temos no problema 12 o conceito combinatório de Arranjos com 
Repetição. Logo a resposta usando a fórmula adequada é AR 2,8 = 28. Obviamente isto não 
deve ser falado aos alunos neste momento. 
 
 
 Após o trabalho com vários problemas do tipo dos problemas 8 a 12, o professor 
poderá enunciar o Princípio Multiplicativo generalizado. 
 
Princípio Multiplicativo Generalizado: “Se um acontecimento Ai pode ocorrer de mi 
maneiras diferentes para i = 1, 2, ... , n, então a sucessão A1 e A2 e ... e An , nesta ordem, 
pode ocorrer de m1 x m2 x ... x mn maneiras diferentes.” 
 
 
III - ARRANJOS SIMPLES 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de arranjos simples. 
 
 Os problemas a seguir serão utilizados para introduzirmos o conceito de Arranjos 
Simples. Os problemas iniciais deverão ser escolhidos de forma que contemplem com clareza 
o conceito matemático que se deseja introduzir. Os problemas não devem deixar dúvidas 
quanto à sua interpretação. 
 
 
Problema 13. Quantos números de 3 algarismos podem ser formados dos seis algarismos 2, 
3, 5, 6, 7 e 9 se não são permitidas repetições? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Deve-se explorar inicialmente alguns resultados possíveis. Por exemplo, os números 
235, 253, 379, 567 são permitidos enquanto que os números 223 ou 999 não são permitidos, 
pois apresentam repetições de algarismos. Observar também que o número (agrupamento 
ordenado de 3 algarismos) 235 é diferente do número 253. Uma mudança na posição dentro 
do agrupamento altera o agrupamento, assim a ordem é importante dentro do agrupamento. 
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Uma possível solução é apresentada da seguinte forma: denotando a posição das 
centenas por P1, a posição das dezenas por P2 e a posição das unidades por P3, devemos 
escolher algarismos para estas três posições. Assim 
 
 6 5 4 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 Posição no número 
 
 Para a posição P1 qualquer um dos 6 algarismos poderá ser escolhido. Para preencher 
a posição P2 temos 5 possibilidades pois já usamos um dos algarismos para a posição P1 e 
finalmente para a posição P3 temos 4 possibilidades de escolha pois 2 algarismos dentre os 6 
possíveis já foram utilizados. Assim pelo Princípio Multiplicativo, podemos formar 
6 x 5 x 4 = 120 números de 3 algarismos distintos se escolhemos entre os 6 algarismos 2, 3, 
5, 6, 7 e 9. 
 Descrever todos os números para depois contá-los é impraticável, assim devemos ser 
capazes de determinar a quantidade de números possíveis sem ter que enumerá-los um a um. 
 
 
Problema 14. Um cofre possui um disco marcado com os dígitos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. O 
segredo do cofre é formado por uma seqüência de 4 dígitos. Se uma pessoa tentar abrir o 
cofre, quantas tentativas deverá fazer (no máximo) para conseguir abri-lo. Suponha que a 
pessoa sabe que o segredo é formado por dígitos distintos. 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 As seqüências 0123, 1023 e 7594 são segredos possíveis, enquanto as seqüências 
3398, 9990 e 3983 não são possíveis pois repetem dígitos. Percebemos assim que as 
seqüências de 4 dígitos são agrupamentos ordenados de 4 dígitos escolhidos entre os 10 
possíveis. A ordem define o agrupamento, isto é uma mudança na ordem dentro do 
agrupamento altera o agrupamento. 
Uma possível solução é apresentada da seguinte forma: denotando a posição dos 
milhares por P1, a posição das centenas por P2, a posição das dezenas por P3 e a posição das 
unidades por P4, devemos escolher dígitos para estas quatro posições. Assim 
 
 10 9 8 7 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 P4 Posição na seqüência 
 
 Para a posição P1 qualquer um dos 10 dígitos poderá ser escolhido. Para preencher a 
posição P2 temos 9 possibilidades pois já usamos um dos dígitos para a posição P1, para a 
posição P3 temos 8 possibilidades pois já foram usados 2 dígitos e finalmente para a posição 
P4 temos 7 possibilidades de escolha pois 3 dígitos dentre os 10 possíveis já foram 
utilizados. Assim pelo Princípio Multiplicativo, podemos formar 10 x 9 x 8 x 7 = 5040 
seqüências de quatro dígitos distintos se escolhemos entre os 10 possíveis. 
 
 
Problema 15 . Sejam A = {a1, a2, a3, a4} e B = {b1, b2, b3, b4, b5, b6, b7}. Quantas funções 
f : A→B, injetoras, existem? 
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 PROJETO TEIA DO SABER 
 
 
 
14
Comentários e sugestões para o professor. 
 Dizemos que uma função f é injetora se f(x) ≠ f(y) para x ≠ y, onde x e y pertencem ao 
domínio da função f. Assim pontos distintos do domínio possuem imagens distintas. 
Algumas possíveis 4-uplas de imagens são: (b7, b6, b3, b4), (b1, b4, b5, b7), (b3, b4, b6, b7) e (b3, 
b4, b7, b6) onde para a primeira função f(a1) = b7, f(a2) = b6, f(a3) = b3 e f(a4) = b4. Observe 
que se mudamos a ordem na 4-upla mudamos também a função. 
Indicando as posições nas 4-uplas de imagens por P1, P2, P3 e P4 temos: 
 
 7 6 5 4 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 P4 Posição na imagem 
 
 Assim pelo Princípio Multiplicativo existem 7 x 6 x 5 x 4 = 840 funções injetoras 
f : A→B. 
 
 
Problema 16. Quantos anagramas de 5 letras distintas é possível formar com as letras da 
palavra INJETORA? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
Anagrama é toda palavra obtida pela transposição das letras de outra palavra. Alguns 
anagramas possíveis são: INJET, INJTE, TORAI, JETOR, RATOI e etc.. Observar que a 
ordem é importante dentro do agrupamento e que repetições não são permitidas. Denotando 
as posições das letras nos anagramas por P1, P2, P3, P4 e P5 temos que: 
 
 8 7 65 4 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 P4 P5 Posição no anagrama 
 
 Assim pelo Princípio Multiplicativo é possível formar 8 x 7 x 6 x 5 x 4 = 6720 
anagramas. 
 
 
 Após o trabalho com vários problemas da forma dos problemas 13 a 16 podemos 
apresentar a definição e sistematizar o conceito de Arranjos Simples. 
 
Definição. Dado um conjunto E de n elementos, chama-se arranjo simples de ordem 
)nk(k ≤ , toda seqüência (ou agrupamento ordenado) de k elementos distintos escolhidos 
entre os n. 
 
Notação: k,nA denota o número de arranjos simples de n objetos tomados k a k. 
 
 As seqüências ou agrupamentos ordenados serão representadas por (P1, P2, ..., Pk) 
 
Teorema: O número de arranjos simples de n elementos distintos, tomados k a k é dado por 
))1k(n(...)2n()1n(n −−−− . 
 
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15
Prova: 
Acontecimentos Número de possibilidades 
Escolha de um elemento para a posição P1 
 
Escolha de um elemento para a posição P2 
 
 
M 
 
Escolha de um elemento para a posição Pk 
 
n 
 
1n − (o elemento escolhido para a posição 
P1 não pode ser repetido) 
 
M 
 
)1k(n −− 
 
 Logo pelo Princípio Multiplicativo temos que: 
 
))1k(n(...)2n()1n(nA k,n −−−−= . 
 
Observações: 
1 – Como exemplos A 4,2 = 4 x 3 =12, A 4,3 = 4 x 3 x 2 = 24, A 6,4 = 6 x 5 x 4 x 3 = 360. 
2 - Usando a notação de fatorial temos que A n,k = k)!-(n
n!
 . 
3 – Se k = n temos que A n,n = nP n! 0!
n! 
n)!-(n
n!
=== . Assim definimos um Arranjo Simples 
de n elementos tomados n a n como sendo uma Permutação Simples destes n elementos. 
Indicamos a Permutação Simples de n elementos por Pn. 
 
 A partir deste momento o professor pode trabalhar a solução de alguns problemas 
usando as fórmulas de Arranjos Simples e Permutações Simples. A solução será obtida de 
uma maneira mais direta e simples, entretanto os alunos deverão compreender perfeitamente 
a situação e saber exatamente porque estão utilizando aquela fórmula. 
 
Problema 17. Quantos números de 4 algarismos podem ser formados dos sete algarismos 1, 
2, 3, 5, 6, 7 e 9 se não são permitidas repetições? 
Resposta: A 7,4 = 7 x 6 x 5 x 4 = 840. 
 
Problema 18. a) Quantos anagramas de 4 letras distintas é possível formar com as letras da 
palavra INJETORA? 
b) Quantos começam por A? 
c) Quantos terminam por TO? 
d) Quantos contém a letra R? 
e) Quantos não contém a letra R? 
Resposta: (a) A 8,4 = 8 x 7 x 6 x 5 = 1680; (b) A 7,3 = 7 x 6 x 5 = 210; (c) A 6,2 = 6 x 5 = 30; 
(d) 4A 7,3 = 4 x (7 x 6 x 5) = 840; (e) A 7,4 = 7 x 6 x 5 x 4 = 840. 
 
Problema 19. Determinar o número de diferentes maneiras que quatro meninos poderiam se 
sentar num banco de 4 lugares. 
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16
Resposta: P4 = 4! = 4 x 3 x 2 x 1 = 24. 
 
Problema 20. Considere a palavra ROMA. 
a) Quantos anagramas podemos formar com esta palavra? 
b) Quantos anagramas podemos formar, ficando as vogais sempre juntas? 
c) Começando por vogal? 
Resposta: (a) P4 = 24; (b) {R, M, {O, A}}→ P3 x P2 = 12; (c) 2 x P3 = 12. 
 
Problema 21. Sejam N = {1, ,2, 3, ... ,n} e A = {a1, a2, a3, ... ,an}. Quantas são as funções 
bijetoras de N em A? 
Resposta: Pn = n! . 
 
Problema 22. (Aval. Ens. Médio – MEC/97). Os ramais telefônicos de uma empresa são 
indicados por números de três algarismos distintos. O primeiro algarismo do número indica o 
departamento da empresa ao qual pertence o ramal. Se os cinco departamentos da empresa 
são indicados pelos algarismos de 1 a 5, quantos números de ramais existem no máximo? 
(A) 24 (B) 120 (C) 240 (D) 360 (E) 720 
Resposta: 5 x A 9,2 = 360. 
 
Problema 23. (Aval. Ens. Médio – MEC/97). Apenas 6 pilotos terminaram uma corrida de 
Fórmula 1. As possibilidades de classificação nos 3 primeiros lugares são em número de? 
(A) 160 (B) 120 (C) 240 (D) 1300 (E) 360 
Resposta: A 6,3 = 120. 
 
 
IV. COMBINAÇÕES SIMPLES 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de Combinações Simples 
 
 Da mesma forma que na seção anterior, trabalharemos alguns problemas com o 
objetivo de introduzir o conceito de combinações simples. Os problemas devem ser 
convenientemente escolhidos para contemplarem os conceitos combinatórios que desejamos 
explorar. 
 
 
Problema 24. Quantos produtos podemos obter se tomarmos 2 fatores distintos escolhidos 
entre 2, 3, 5 e 7? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Um possível produto é 6 pois 2 x 3 = 6, o produto 4 não é possível pois não existem 
dois números distintos escolhidos entre 2, 3, 5 e 7 de tal forma que o seu produto seja igual a 
4. Observe entretanto que a ordem dos fatores não altera o produto, assim obtemos o 
mesmo produto se fazemos 3 x 2, em outras palavras a ordem dentro do agrupamento não 
altera o produto. Outros possíveis produtos são: 10, 15, 35 e etc.. 
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17
Usando uma árvore de possibilidades podemos descrever todos os produtos possíveis. 
Veja a figura abaixo. 
 
 Figura 4. Produtos possíveis com 2 fatores distintos entre os algarismos 2, 3, 5 e 7. 
 
 Portanto podemos formar 6 produtos de 2 fatores distintos se escolhemos entre os 
algarismos 2, 3, 5 e 7. 
 
Observação: Caso fosse permitido fatores iguais teríamos também os produtos 4 , 9, 25 e 49. 
Neste caso o conceito combinatório é o de Combinações Completas ou Combinações com 
Repetição. Assim CR 4,2 = C 4+2-1,2 = C 5,2 = 10. Esta observação é útil neste momento apenas 
para o professor e não deve ser feita aos alunos. Na Proposta Curricular da CENP o conceito 
de Combinações com Repetições não é apresentado. 
 
 
Problema 25. Cinco amigos se encontram em uma festa. Cada um deles deseja apertar a mão 
dos demais. Quantos apertos de mão irão acontecer? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Vamos denotar os cinco amigos por A, B, C, D e E. Observar que neste caso a ordem 
dentro do agrupamento não importa, pois se A apertou a mão de B é porque B apertou a 
mão de A. Temos assim os apertos de mãos entre: AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE e 
DE num total de 10. Pode-se também construir uma árvore de possibilidades análoga à do 
problema 16. 
 Este problema pode ser resolvido escolhendo-se 5 alunos, solicitando que se 
cumprimentem com um aperto de mão e anotando todos os apertos de mão. 
 
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18
Observação: Pode-se inicialmente considerar o problema 25 com 3 amigos, depois 4 e 5, e 
solicitar a generalização para n amigos, onde n é um número natural maior ou igual a dois. É 
interessante retornar a este problema depois de ter aprendido a fórmula de combinações 
simples. 
 
Problema 26. Quantos triângulos são possíveis de serem construidos com os vértices de um 
pentágono regular? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Um pentágono possui 5 vértices e para a construção de um triângulo devemos usar 
três destes vértices. Observar que a ordem dos vértices não muda o triângulo. Denotando 
os vértices por A, B, C, D e E, temos os triângulos formados por três vértices: ABC, ABD, 
ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE e CDE num total de 10 triângulos. Veja a figura 
5. 
 
 Figura 5. Pentágono regular com seus vértices, diagonais e lados. 
 
 A solução poderá também ser obtida através da árvore de possibilidades. Veja a figura 
6. 
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19
 
Figura 6. Triângulos formados com 3 vértices de um pentágono regular. 
 
 Após o trabalho com vários problemas da forma dos problemas 16, 17 e 18 pode-sedefinir e sistematizar o conceito de Combinações Simples. 
 
 
Definição: Dado um conjunto E com n elementos, qualquer subconjunto com k elementos de 
E é uma combinação simples dos elementos de E, tomados k a k. 
Notação: k,nC ou ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
k
n
 denota o número de combinações de n elementos tomados k a k. 
Observação: Duas combinações são idênticas desde que sejam formadas pelos mesmos 
elementos, não importando a ordem em que estejam dispostos. 
 
 
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20
Teorema: O número de combinações simples de n elementos tomados k a k é dado por 
!)kn(!k
!n
 
 
−
. 
Prova: 
 Sabemos que existem k,nC subconjuntos de k elementos escolhidos no 
conjunto E. Efetuando em cada um desses subconjuntos as k! permutações possíveis, 
obteremos todos os arranjos simples de n elementos tomados k a k. Logo 
k,nkk,n C.PA = 
ou 
( )( )
!k
1kn...)2n()1n(n
P
A
C
k
k,n
k,n 
 −−−−
== ou 
( )( )
!)kn(!k
!n
!)kn(
!)kn(
.
!k
1kn...)1n(n
C k,n 
 
 
 
 
 
−
=
−
−−−−
= 
Portanto 
!)kn(!k
!nC k,n 
 
−
= 
 
 
 A partir deste momento o professor pode trabalhar a solução de alguns problemas 
usando a fórmula de Combinações Simples. 
 
Problema 27. Qual é o número de diagonais de um polígono plano convexo de n lados? 
Resposta: C n,2 – n = 2
)3n(n − . 
 
Problema 28. Considerando-se 4 pontos sobre uma reta r e 7 pontos sobre uma reta s, 
paralela a r e distinta de r. Quantos quadriláteros convexos existem com os vértices nos 
pontos considerados? 
Resposta: C 4,2 x C 7,2 = 126. 
 
Problema 29. (Aval. Ens. Médio – MEC/97). Uma máquina produziu 75 peças, sendo 70 
perfeitas e 5 defeituosas. Deseja-se escolher 4 dessas peças, sendo 2 boas e 2 defeituosas. De 
quantas formas diferentes isso pode ser feito? 
(A) 24010 (B) 24030 (C) 24080 (D) 24150 (E) 24200 
Resposta: C 70,2 x C 5,2 = 24150. 
 
Problema 30. (Concurso PEB-II/98-SEE). De um grupo de 6 homens e 4 mulheres, deseja-
se escolher 5 pessoas, incluindo, pelo menos, 2 mulheres. O número de escolhas distintas que 
se pode fazer é: 
(A) 210 (B) 186 (C) 168 (D) 120 (E) 36 
Resposta: C 4,2 x C 6,3 + C 4,3 x C 6,2 + C 4,4 x C 6,1 = 186. 
 
 
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21
V - ARRANJOS COM REPETIÇÃO 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de arranjo com repetição. 
 
 Da mesma forma que feito anteriormente, o conceito combinatório será sistematizado 
após a resolução de vários problemas. 
 
Problema 31. Quantos números de 5 algarismos podemos formar com os algarismos 1, 2, 3, 
4, 5, 6, 7, 8 e 9? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
Deve-se explorar inicialmente alguns resultados possíveis. Por exemplo, os números 
12345, 55555, 66555, 99876 são permitidos. Observar que o número (agrupamento ordenado 
de 5 algarismos) 12345 é diferente do número 12354. Uma mudança na posição dentro do 
agrupamento altera o agrupamento, assim a ordem é importante dentro do agrupamento e 
neste caso podemos repetir algarismos. 
Uma possível solução é apresentada da seguinte forma: denotando a posição das 
dezenas de milhar por P1, a posição dos milhares por P2, a posição das centenas por P3, a 
posição das dezenas por P4 e a posição das unidades por P5, devemos escolher algarismos 
para estas cinco posições. Assim 
 
 9 9 9 9 9 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 P4 P5 Posição no número 
 
 Para cada uma das cinco posições podemos utilizar qualquer um dos 9 algarismos. 
Assim pelo Princípio Multiplicativo, podemos formar 9 x 9 x 9 x 9 x 9 = 95 números de 5 
algarismos se escolhemos entre os 9 algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. 
 Usar a árvore de possibilidades ou tentar descrever todos os números possíveis é 
impraticável para este problema. 
 
 
Problema 32. Numa urna foram colocadas 5 bolas de cores diferentes: vermelha, preta, 
amarela, cinza e branca. De quantas maneiras distintas podemos retirar 3 bolas 
consecutivamente, repondo cada bola na urna antes da retirada da próxima bola? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
Considerando V= vermelho, P = preto, A = amarelo, C = cinza e B = branco; alguns 
resultados possíveis para a retirada das três bolas são: VVV, AAV, AVA, CCC, BBC, ABC e 
etc.; observar que os resultados AAV e AVA são distintos, pois a segunda bola retirada não é 
a mesma para os dois casos. Assim a ordem é importante dentro do agrupamento e neste 
caso podemos ter cores repetidas. 
 Uma possível solução é dada por: 
 5 5 5 Número de possibilidades 
1a bola 2a bola 3a bola Retirada das bolas 
 
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22
 Logo pelo Princípio Multiplicativo, podemos ter 5 x 5 x 5 = 53 = 125 maneiras 
diferentes de retirar as três bolas desta urna. 
 
Problema 33. Sejam A = {a1, a2, a3, a4} e B = {b1, b2, b3, b4, b5, b6, b7}. Quantas são as 
funções f:A → B? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
Este problema é análogo ao problema 15. Observe que neste caso repetições poderão 
ocorrer. Assim algumas possíveis 4-uplas de imagens são: (b7, b7, b3, b4), (b1, b4, b5, b7), (b3, 
b4, b6, b7) e (b3, b3, b7, b6) onde para a primeira função f(a1) = b7, f(a2) = b7, f(a3) = b3 e f(a4) = 
b4. Observe que se mudamos a ordem na 4-upla mudamos também a função. 
Indicando as posições nas 4-uplas de imagens por P1, P2, P3 e P4 temos: 
 7 7 7 7 Resultados possíveis 
P1 P2 P3 P4 Posição na imagem 
 Assim pelo Princípio Multiplicativo existem 7 x 7 x 7 x 7 = 74 = 2401 funções 
f : A→B. 
 
 Após o trabalho com vários problemas do tipo dos problemas 31, 32 e 33, o professor 
pode sistematizar o conceito de arranjos com repetição através da seguinte definição: 
 
Definição: Chama-se arranjo com repetição (ou completo) de ordem k, de n objetos 
distintos, toda seqüência de k objetos, selecionados entre os n objetos dados. 
Notação: k,nAR . 
Observações: 1-Costuma-se dizer também arranjo com repetição de n objetos tomados k a k. 
2- Duas seqüências )P , ... , P , P( k21 e )P , ... , P ,P(
'''
k21 serão iguais se e somente se 
'''
kk2211 PP , ... , PP ,PP === . 
 
Teorema: O número de arranjos com repetição de n elementos distintos tomados k a k é dado 
por kn . 
Prova: 
Acontecimentos Número de possibilidades 
Escolha de um elemento para a posição P1 
Escolha de um elemento para a posição P2, 
após a escolha para P1 
M 
Escolha de um elemento para a posição Pk, 
após a escolha para P1 , P2 , ... ,Pk-1 
n 
n 
 
M 
n 
Logo, pelo Princípio Multiplicativo, temos kn seqüências com k elementos, ou 
seja kk,n nAR = . 
 
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23
 Depois de sistematizado o conceito de Arranjos com Repetição podemos utilizar a 
fórmula para resolver alguns problemas. 
 
Problema 34. Com os dígitos 2, 5, 6, e 7, quantos números formados por 3 dígitos distintos 
ou não são divisíveis por 5? 
Resposta: AR 4,2 = 42 = 16. 
 
Problema 35. Com os algarismos 1, 2, 3, ... ,9, quantos números de quatro algarismos 
existem, em que pelo menos dois algarismos são iguais? 
Resposta: AR 9,4 - A 9,4 = 94 - 9 x 8 x 7 x 6 = 3537. 
 
Problema 36. Em um concurso há três candidatos e cinco examinadores, devendo cada 
examinador votar em um candidato. De quantos modos os votos podem ser distribuídos? 
Resposta: AR 3,5 = 35 = 243. 
 
Problema 37. As placas de automóveis são formadas por três letras do alfabeto de 26 letras 
seguidas por quatro algarismos. Quantas placas podem ser formadas?Resposta: AR 26,3 x AR 10,4 = 263 x 104 . 
 
 
VI - PERMUTAÇÕES COM REPETIÇÃO 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de permutação com repetição. 
 
Problema 38. Quantos anagramas possui a palavra ANA? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Neste momento o aluno já conhece o conceito de permutação simples. Assim se as 
duas letras A fossem distintas teríamos P3 = 3! = 6 anagramas, a saber: 
ANA* , A*NA , AA*N , A*AN , NAA* , NA*A 
observe entretanto que o primeiro e o segundo anagramas são iguais, o terceiro e o quarto 
anagramas são iguais e também o quinto e o sexto anagramas são iguais. 
Na verdade podemos formar apenas 3 
!2
!3
= anagramas com a palavra ANA, a saber: 
ANA , AAN , NAA. 
 
Problema 39. Quantos anagramas possui a palavra CASA? 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Podemos resolver este problema com o mesmo raciocínio usado no problema 38. A 
solução pode também ser obtida através da árvore de possibilidades. Indicando as posições 
das letras no anagrama por (P1, P2, P3, P4) temos: 
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24
 
Figura 8. Anagramas da palavra CASA. 
 Podemos formar assim 12 anagramas utilizando as letras da palavra CASA. 
Outra Solução: Das quatro posições que existem no anagrama, vamos escolher duas 
posições, para colocar as letras distintas {C, S}. Existem C 4,2 maneiras de escolher estas 
duas posições. Para cada posição escolhida, existem P2 modos como estas letras podem ser 
colocadas (a ordem altera o anagrama). Logo existem C 4,2 x P2 formas de dispormos as 
letras distintas no anagrama. 
 Colocadas as duas letras distintas, existe uma única maneira de colocarmos as duas 
letras A, assim o número de anagramas é dado por: 
C 4,2 x P2 x 1 = 12. 2!
4! 2! 
!2x!2
!4
x == 
 
Problema 40. Uma urna contém 3 bolas vermelhas e 2 amarelas. Elas são extraídas uma a 
uma sem reposição. Quantas seqüências de cores podemos observar? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 O conceito combinatório envolvido neste problema é o de permutação. Todos os 
elementos serão utilizados e a ordem em que as bolas são retiradas define seqüências 
diferentes. A solução pode ser apresentada neste caso através da árvore de possibilidades. 
 Vamos utilizar aqui o mesmo raciocínio usado no problema 38. Se as 3 bolas 
vermelhas fossem substituídas por bolas de cores diferentes então teríamos 3! novas 
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25
permutações; se as bolas amarelas fossem substituídas por bolas de cores diferentes teríamos 
2! novas permutações. Assim pelo Princípio Multiplicativo 
(número de seqüências) x 3! x 2! = P5 = 5! 
Ou seja; o número se seqüências = 10. 
2!x !3
!5
= 
 
 Após o trabalho com vários problemas do tipo dos problemas 38, 39 e 40, o professor 
pode sistematizar o conceito de permutação com repetição através da seguinte definição: 
 
Definição: Seja E um conjunto de n elementos, dos quais n1 são iguais a a1, n2 são iguais a 
a2, ... , nr são iguais a ar com .nn...nn r21 =+++ Permutação com elementos repetidos 
é qualquer agrupamento ordenado de todos os elementos deste conjunto. 
Notação: r21 n,...,n,nnP
 
Teorema: Seja E um conjunto de n elementos, dos quais n1 são iguais a a1, n2 são iguais a a2, 
... , nr são iguais a ar com .nn...nn r21 =+++ O número de permutações com 
repetição é dado por 
!n...!n!n
!n
r21 
 . 
Prova: 
Se os n1 elementos iguais a a1 forem substituídos por elementos distintos então 
teremos n1! novas permutações, idem para n2 com n2! novas permutações e para nr com nr! 
novas permutações. Agora quando todos os elementos são distintos, o número de 
permutações é !nPn = , logo pelo Princípio Multiplicativo temos que 
! nP !n ... !n !n P nr21r
n , ... ,2n,1n
n x == 
ou seja 
!n ... !n !n
! nP
r21
rn , ... ,2n,1n
n = . 
 
 Depois de sistematizado o conceito de Permutações com Repetição podemos 
utilizar a fórmula para resolver alguns problemas. 
 
Problema 41. Quantos são os anagramas da palavra MATEMÁTICA? 
Resposta: 200. 151 P 1,1,1,2,2,310 = 
 
Problema 42. Quantos são os anagramas da palavra URUGUAI que começam e terminam 
por vogal? 
Resposta: 400. P P2 P4 5
1,1,3
5
1,1,1,2
5 =++ 
 
Problema 43. Uma partícula, estando o ponto (x,y), pode mover-se para o ponto (x+1,y) ou 
para o ponto (x,y+1). 
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26
a) Quantos são os caminhos que a partícula pode tomar para, partindo do ponto (0,0), 
chegar ao ponto (6,5)? 
b) Quantos desses caminhos passam pelo ponto (4,4)? 
Resposta: (a) (b) 462. P 5,611 = 210. P P
1,2
3
4,4
8 x = 
 
Problema 44. Uma classe tem a meninas e b meninos. De quantas formas eles podem ficar 
em fila, se as meninas devem ficar em ordem crescente de peso e os meninos também? 
(Suponha que 2 pessoas quaisquer não tenham o mesmo peso). 
Resposta: . 
b! a!
b)!(a b,a baP x
+
+ = 
 
Problema 45. Com os dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, de quantas formas podemos permutá-los de 
modo que os números ímpares fiquem sempre em ordem crescente? 
Resposta: 210. P 1,1,1,47 = 
 
Problema 46. Quantos números de 7 dígitos, maiores que 6 000 000, podem ser formados 
usando apenas os algarismos 1, 3, 6, 6, 6, 8, 8? 
Resposta: 300. P P 1,1,1,36
1,1,2,2
6 =+ 
 
Problema 47. (Concurso SEPEB-II – 2003) A razão entre o número de anagramas das 
palavras COSSENO e SECANTE é: 
a) 1/2 b) 2/3 c) 1/4 d) 3/4 e) 4/5 
Resposta: . 
2
1 
P
P
 1,1,1,1,1,2
7
1,1,1,2,2
7 = 
 
 
VII - COMBINAÇÕES COM REPETIÇÃO 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de Combinação com Repetição. 
 
 O número de combinações com repetição de n elementos tomados k a k será denotado 
por CR n,k . 
 
Problema 48. Quantos produtos podemos formar se tomarmos 2 fatores escolhidos entre 2, 3, 
5 e 7? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Este problema é semelhante ao problema 24, observar que neste caso poderão ocorrer 
repetições, ou seja, podemos utilizar fatores iguais e que a ordem dos fatores não altera o 
produto. Assim o conceito combinatório envolvido neste problema é o de combinação com 
elementos repetidos. Como exemplo, o fator 4 é possível pois 4 = 2 x 2. 
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27
A solução através da árvore de possibilidades será dada por: 
 
 
 
Figura 9. Produtos formados pela utilização de dois fatores escolhidos entre 2, 3, 5 e 7. 
 Da árvore de possibilidades concluímos que podemos formar 10 produtos se 
tomarmos 2 fatores escolhidos entre 2, 3, 5 e 7. Neste caso escrevemos CR 4,2 = 10. 
 
Problema 49. De quantos modos diferentes é possível comprar 2 sorvetes em uma sorveteria 
que os oferece em 4 sabores? 
 
Comentários e sugestões para o professor. 
 Utilizando a árvore de possibilidades podemos mostrar que existem 10 modos 
possíveis de comprar 2 sorvetes em uma sorveteria que os oferece em 4 sabores. Observar 
que poderão ocorrer repetições de sabores e a ordem não altera o agrupamento. Assim se 
compramos um sorvete de abacaxi e um outro de limão é a mesma coisa que comprar um 
sorvete de limão e um outro de abacaxi. Ainda, podemos adquirir os dois sorvetes do mesmo 
sabor. 
 Podemos interpretar 2,4CR do seguinte modo. Para efetuar a compra devemos 
escolher valores para as variáveis 4321 xex,x,x onde 1x é a quantidade que vamos 
comprar de sorvete do sabor 1S , 2x é a quantidade que vamos comprar de sorvete do sabor 
2S e assim sucessivamente. 
 É claro que 4321 xex,x,x devem ser inteiros não negativos (isto é, maiores ou 
iguais a zero) e que 2xxxx 4321 =+++ . 
 Logo comprar 2 sorvetes em uma sorveteria que os oferece em 4 sabores é tomar umasolução em inteiros não negativos da equação 2xxxx 4321 =+++ . 
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28
 As soluções possíveis (inteiras não negativas) para a equação 
2xxxx 4321 =+++ são: 
 
 ( 4321 x,x,x,x ) 
1- (2 , 0 , 0 , 0 ) 
2- (1 , 1 , 0 , 0 ) 
3- (1 , 0 , 1 , 0 ) 
4- (1 , 0 , 0 , 1 ) 
5- (0 , 2 , 0 , 0 ) 
6- (0 , 1 , 1 , 0 ) 
7- (0 , 1 , 0 , 1 ) 
8- (0 , 0 , 2 , 0 ) 
9- (0 , 0 , 1 , 1 ) 
10- (0 , 0 , 0 , 2 ) 
Combinações 
dois sorvetes do sabor S1 
um sorvete do sabor S1 e um do sabor S2 
 
 
M 
 
 
 
um sorvete do sabor S3 e um do sabor S4 
dois sorvetes do sabor S4 
 
 O valor de 2,4CR pode ser calculado usando um esquema chamado bola-traço. 
Devemos determinar todas as soluções inteiras e não negativas para a equação 
2xxxx 4321 =+++ . No esquema abaixo, cada bola representa uma unidade no valor da 
incógnita ix e cada traço é usado para separar duas incógnitas. Algumas soluções possíveis 
são: 
 
|||
0020
|||
1001
|||
0011
xxxx 4321
••
••
••
 
 
 Assim para cada solução devemos ter 2 bolas e 3 traços. Agora o número de 
modos de fazer isto é 
2,5
3,2
5 C! )25( ! 2
! 5
! 3 ! 2
! 5P =
−
== 
ou seja, 
. 10 C C CR 2,52,1242,4 === −+ 
 
 A definição formal do conceito Combinação com Repetição é apresentada abaixo. 
 
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29
Definição: Dado um conjunto E com n elementos distintos, combinação com repetição (ou 
completa) desses elementos, tomados k a k, é o número de modos de selecionar k elementos, 
distintos, ou não, entre os n elementos dados. 
Notação: k,nCR 
De maneira geral, k,nCR é o número de soluções da equação kxxx n21 =+++ ... 
em inteiros não negativos. O número de combinações com repetição neste caso é dado pelo 
teorema a seguir: 
 
Teorema: Seja E um conjunto com n elementos distintos. O número de Combinações com 
Repetição desses n elementos tomados k a k é dado por . 
)!1n(!k
)!1kn(
−
−+ 
Prova: 
 Para calcular o número de combinações com repetição de n elementos tomados k a k, 
devemos determinar o número de soluções inteiras e não negativas da equação 
kxxx n21 =+++ ... . Assim usando o esquema bola-traço teríamos k bolas e n-1 traços. 
Portanto, 
. 
)!1n(!k
)!1kn( P CR 1-nk, 1-knk,n −
−+
== + 
 
Observação: Do teorema acima temos que: 
. C 
)!1n(!k
)!1kn( CR k1,-knk,n +=−
−+
= 
 
Problema 50. Quantas são as soluções inteiras e não negativas da equação x + y + z + t = 8? 
Resposta: CR 4,8 = 265. 
 
Problema 51. Quantas são as soluções inteiras e não negativas da inequação x+y+z ≤ 5? 
Resposta: CR 3,5 + CR 3,4 + CR 3,3 + CR 3,2 + CR 3,1 + CR 3,0 = 56. 
Outra solução: O número de soluções inteiras não-negativas da inequação x+y+z ≤ 5 é igual 
ao número de soluções inteiras não negativas de x+y+z +t = 5 que é igual a CR 4,5 = 56. 
 
Problema 52. Quantas são as soluções inteiras e não negativas da equação x + y + z = 20 nas 
quais nenhuma incógnita é inferior a 2? 
Resposta: Fazer x = 2 + a, y = 2 + b, z = 2 + c. A equação x + y + z = 20 transforma-se 
em a + b + c = 14. A resposta é então dada por CR 3,14 = 120. 
 
Problema 53. Uma pastelaria vende pastéis de carne, queijo e palmito. De quantas formas 
uma pessoa pode comer 5 pastéis? 
Resposta: CR 3,5 = 21. 
 
Problema 54. Uma confeitaria vende 5 tipos de doces. Uma pessoa deseja comprar 3 doces. 
De quantas formas isso pode ser feito? 
Resposta: CR 5,3 = 35. 
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30
Problema 55. Quantos são os anagramas da palavra PIRACICABA que não possuem duas 
letras A juntas? 
Solução: (Morgado et alli, 1991) 
 Coloquemos inicialmente no anagrama as letras A (1 modo), 
___ A ___ A ___ A ___ . 
 1 2 3 4 
Agora devemos decidir quantas letras colocamos em cada um dos 4 espaços. Seja xi o 
número de letras que será colocado no i-ésimo espaço. Devemos assim determinar as 
soluções inteiras e não negativas da equação 7x x x x 4321 =+++ , com 1 x 2 ≥ e 
1 x 3 ≥ , pois duas letras A não podem aparecer juntas. Fazendo 
x2 = 1 + y2 e x3 = 1 + y3 
temos o problema equivalente de determinar o número de soluções inteiras e não negativas 
da equação x1 + y2 + y3 + x4 = 5, o qual é dado por CR 4,5. 
 Tendo determinado quantas letras irão ocupar cada espaço, por exemplo 
_ A _ _ A _ _ A _ _ 
devemos agora colocar as letras P, R, B, I, I, C, C nessas posições, o que pode ser feito de 
 1,1,1,2,27P modos. A resposta será então 
1 x CR 4,5 x 1,1,1,2,27P = 70 560. 
 
Problema 56. Quantas peças tem um jogo de dominó? 
Resposta: CR 7,2 = 28. 
 
Problema 57. Quantos números inteiros entre 1 e 100 000 têm soma dos algarismos igual a 
6? 
Resposta: 1 + CR 2,5 + CR 3,5 + CR 4,5 + CR 5,5 = 210. 
 
Problema 58. De quantos modos podemos colocar em fila 7 letras A, 6 letras B e 5 letras C 
de modo que não haja duas letras B juntas? 
Resposta: CR 7,2 x 5,712P = 1 359 072. 
 
 
VIII – PERMUTAÇÕES CIRCULARES 
 
Objetivo: Sistematizar o conceito de Permutação Circular. 
 
 Nesta seção estamos interessados em determinar de quantos modos podemos dispor n 
objetos distintos em n lugares em torno de um círculo. A cada disposição possível chamamos 
de Permutação Circular. O número de permutações circulares de n objetos é indicado por 
PC n. Duas permutações circulares são consideradas idênticas se, e somente se, quando 
percorremos o círculo no sentido anti-horário a partir de um mesmo elemento das duas 
permutações, encontramos elementos que formam seqüências iguais. 
 
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31
Problema 59. De quantas formas 4 pessoas podem se sentar ao redor de uma mesa circular? 
Comentários e sugestões para o professor. 
 A solução através da árvore de possibilidades é dada por: 
 
Figura 9. Permutações circulares de 4 elementos. 
 Da árvore de possibilidades temos que 4 pessoas podem se sentar ao redor de uma 
mesa circular de 6 modos diferentes, ou seja, PC 4 = 6. 
 
Teorema: O número de permutações circulares é dado por PC n = (n-1)! 
Prova: 
Como o que importa é a posição relativa dos objetos, há 1 modo de colocar o 1o 
objeto no círculo (onde quer que o coloquemos, ele será o único objeto no círculo); há 1 
modo de colocar o 2o objeto (ele será o objeto imediatamente após o primeiro); há 2 modos 
de colocar o 3o objeto (imediatamente após o primeiro ou imediatamente após o segundo 
elemento); há 3 modos de colocar o 4o objeto ( imediatamente após o primeiro ou 
imediatamente após o segundo ou imediatamente após o terceiro) e assim sucessivamente; 
existem n-1 modos de colocarmos o n-ésimo elemento. Portanto, 
PC n = 1 x 1 x 2 x 3 x ... x (n-1) = (n-1)! 
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32
Problema 60. Quantas rodas de ciranda podem ser formadas com 5 crianças? 
Resposta: PC 5 = 4! = 24. 
 
Problema 61. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 7 crianças, de 
modo que duas determinadas dessas crianças não fiquem juntas? 
Solução: (Morgado et alli,1991) 
Vamos supor que as crianças A e B não podem ficar juntas. Podemos formar PC 5 = 4! 
Rodas com as outras cinco crianças. Veja a figura 10. 
 
Figura 10. Uma possível roda formada por 5 crianças. 
 Existem agora 5 modos de colocarmos a criança A na roda. Entre as crianças 1 e 2, 
entre as crianças 2 e 3 e etc.Veja a figura 11. 
 
Figura 11. Uma possível roda formada por 6 crianças. 
 Existem agora 4 modos de colocarmos a criança B na roda sem coloca-la junto a 
criança A. A resposta é então 4! x5 x 4 = 480. 
 
Problema 62. Temos 5 meninos e 5 meninas. De quantas formas eles podem formar uma 
roda, de modo que os meninos e as meninas se alternem? 
Resposta: PC 5 x P 5 = 4! x 5! = 2 880. 
 
Problema 63. De quantos modos 5 crianças podem formar uma roda de ciranda de modo que 
duas dessas crianças permaneçam juntas? 
Resposta: 2 x PC 4 = 2 x 3! = 12. 
 
Problema 64. De quantos modos n casais podem formar uma roda de ciranda de modo que 
cada homem permaneça ao lado de sua mulher? 
Resposta: 2n x PC n = 2n x (n-1)! 
 
Problema 65. De quantos modos n casais podem formar uma roda de ciranda de modo que 
cada homem permaneça ao lado de sua mulher e que pessoas de mesmo sexo não fiquem 
juntas? 
Resposta: 2 x PC n = 2 x (n-1)! 
 
 
 
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33
IX – PROBLEMAS DIVERSOS 
 
Problema 66. (PUC-SP/85) O número de anagramas da palavra ALUNO que têm as vogais 
em ordem alfabética é: 
a) 20 b) 30 c) 60 d) 80 e) 100 
 
Problema 67. Um navio transmite sinais luminosos para a costa através de seis lâmpadas 
brancas e seis vermelhas, colocadas nos vértices de um hexágono regular, tendo cada vértice 
duas lâmpadas de cores diferentes. Considerando que cada vértice não deve ter mais de uma 
lâmpada acessa e que o número de vértices iluminados deve ser de no mínimo três, determine 
quantos sinais podem ser transmitidos. 
 
Problema 68. (Concurso SEPEB-II – 2003) Um banco ofereceu a seus clientes um novo tipo 
de senha para acesso da conta corrente, composta por quatro dígitos. A senha deve ser 
formada a partir dos conjuntos das 26 letras do alfabeto e dos algarismos do sistema decimal 
(0 a 9), sem repetição. As letras e os algarismos devem ser intercalados, ou seja, não pode 
haver duas letras juntas ou dois algarismos juntos. O número máximo de senhas que podem 
ser criadas neste sistema é: 
a) 67 600 b) 98 500 c) 109 512 d) 117 000 e) 135 200 
 
Problema 69. (Concurso P-III/93 – SEE) Em quantos subconjuntos de A = {1, 3, 5, 7, 9} a 
soma dos elementos é impar? 
a) 1 b) 5 c) 6 d) 16 e) 32 
 
Problema 70. (VUNESP-96) A diretoria de uma empresa compõe-se de n dirigentes, 
contando o presidente. Considere todas as comissões de três membros que poderiam ser 
formadas com esses n dirigentes. Se o número de comissões que incluem o presidente é igual 
ao número daquelas que não o incluem, calcule o valor de n. 
 
Problema 71. (FUVEST-80) O número de anagramas da palavra FUVEST que começam e 
terminam por vogal é: 
a) 24 b) 48 c) 96 d) 120 e) 144 
 
Problema 72. (ITA-SP) Se colocarmos em ordem crescente todos os números de 5 
algarismos distintos obtidos com 1, 3, 4, 6 e 7, que posição ocupa o número 61 473? 
 
Problema 73. (FUVEST-SP) Calcule quantos números múltiplos de 3, de 4 algarismos 
distintos, podem ser formados com 2, 3, 4, 6 e 9. 
 
Problema 74. (Concurso P-III/93 – SEE) Para uma seleção brasileira de futebol foram 
convocados 2 jogadores para cada uma das 11 posições. De quantas maneiras a seleção 
poderia ser escalada, respeitando-se a posição de cada jogador? 
a) 112 c) 211 c) 22 d) 222 e) 222 
 
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34
Problema 75. (Concurso SEPEB-II – 2003) Em um tabuleiro de xadrez (tabuleiro 8x8), o 
total de possibilidades de escolher um quadrado preto e um quadrado branco de forma que os 
dois não pertençam à mesma linha ou à mesma coluna é igual a: 
a) 1024 b) 932 c) 800 d) 768 e) 576 
 
Problema 76. Um químico possui 10 (dez) tipos de substâncias. De quantos modos possíveis 
poderá associar 6 (seis) dessas substâncias se, entre as dez, duas somente não podem ser 
juntadas porque produzem mistura explosiva? 
Problema 77. Quantas diagonais, não das faces, têm um prisma cuja base é um polígono de n 
lados? 
 
Problema 78. Quantas são as soluções inteiras não negativas de x + y + z + w = 20 nas quais 
x > y? 
 
Problema 79. Quantos divisores positivos têm o número 288? 
 
Problema 80. Com os dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, quantos arranjos simples desses dígitos tomados 
4 a 4 têm o dígito 1 antes do 4? 
 
RESPOSTAS – PROBLEMAS DIVERSOS 
 
66) 20; 67) 656; 68) 117 000; 69) 16; 70) 6; 71) 48; 72) 76a ; 73) 72; 74) 211 ; 75) 768; 
76) 140; 77) n(n-3); 78) 825; 79) 18; 80) 72. 
 
 
X - REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
- Coordenadoria de Estudos e Normas Pedagógicas, Proposta Curricular para o ensino 
de Matemática – segundo grau, 3a edição, CENP, Secretaria de Estado da Educação, 
São Paulo(SP), 1992. 
- Parâmetros Curriculares Nacionais – Matemática, Ensino Médio, MEC/SEF, 1999. 
- Onuchic, L.R., Ensino-Aprendizagem de Matemática através de Resolução de 
Problemas, in Pesquisa em Educação Matemática: Concepções & Perspectivas, 
Editora UNESP, São Paulo(SP), 1999. 
- PCN+, Ensino Médio, MEC/SEF, 1999. 
- Hazzan, S., Fundamentos de Matemática Elementar – vol. 5, Editora Atual, São 
Paulo(SP), 1996. 
- Morgado, A. C. O. et alli, Análise Combinatória e Probabilidade. Coleção do 
Professor de Matemática. Sociedade Brasileira de Matemática. Rio de Janeiro(RJ), 
1991. 
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