RACIOCINIO LOGICO QUESTOES RESOLVIDAS 2017

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SUMÁRIO
01. Sequências e contagens. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 
 1.01 Progressões aritméticas 
 2.01 Progressões geométricas
 3.01 Problemas de contagem
 
02. Análise Combinatória . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
 1. 02 Fatorial
 2. 02 Arranjos simples e completos 
 3. 02 Permutações simples 
 4. 02 Permutações com repetições.
 5. 02 Combinações simples
03. Teoria de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
 1. 03 Conjunto e elementos
 2. 03 Subconjuntos
 3. 03 Operações com conjuntos
 4. 03 Resolução de problemas “Passo a Passo” 
04. Lógica Sentencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
 1. 04 Proposições
 2. 04 Conectivos matemáticos
 3. 04. Tabelas verdade
05. Lógica Formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
 1. 05 Resolução dos problemas “passo a passo” 
06. Problemas de 1º Grau. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
 1. 06 Resolução dos problemas “passo a passo”
07. Sistema Métrico Decimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
 1. 07 Unidades de medidas de comprimento ou distância
 2. 07 Unidades de medidas de superfície ou área
 3. 07 Unidades de medidas de volume ou capacidade
 4. 07 Unidades de medidas de massa ou peso
 5. 07 Unidades de medidas não decimais:
 - Unidades de medidas de ângulos 
 - Unidades de medidas de tempo. 
 6. 07 Áreas das principais figuras planas
 7. 07 Volume dos principais sólidos geométricos
08. Proporcionalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
 1. 08 Razões e proporções
 2. 08 Divisão proporcional
 - Regra de sociedade 
 3. 08 Porcentagem 
 4. 08 Regra de três 
 - Regra de três simples 
 - Regra de três composta
 5. 08 Resolução dos problemas “passo a passo”
09. Probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
 1. 09 Experimento aleatório
 2. 09 Espaço amostral e evento
 3. 09 Probabilidade de ocorrer um evento
 4. 09 Probabilidade da união de eventos
 5. 09 Probabilidade da intersecção de eventos
10. Juros Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
 1. 10 Capital 
 2. 10 Taxa de Juro
 3. 10 Prazo
11. Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
 1. 11 Definição 
 2. 11 Equações modulares.
Sequências 
e 
Contagens
001. Na sequência numérica 4, 6, 8, X, 12, 14, .... o valor de X é:
a)11. b)12. c)16. d)10. e)18.
Resolução:
A sequencia é formada pelos números pares positivos. Logo, X = 10.
Alternativa (d)
002. O número que deve ocupar o espaço entre parênteses na sequência numérica: 
 1, 5, 25, ( ), 625, .... é:
a)125. b)30. c)100. d)75. e)225.
Resolução:
A sequência é formada pelas potências inteiras de 5, ou seja: 50, 51, 52, 53, 54, ....
Logo (53) = 125.
Alternativa (a)
003. Na sequência numérica 100, 90, 80, 70, M, 50, ..... o valor de M é:
a)80. b)60. c)50. d)75. e)225.
Resolução:
A sequência é uma Progressão Aritmética de razão r = -10.
Portanto, M = 70 - 10 = 60.
Alternativa (b)
004. Na sequência numérica: 4, ( ), 64, 256, 1.024, .... o número que deve ocupar e espaço 
entre parênteses é:
a)16. b)-16. c)8. d)-8. e)10. 
Resolução:
A sequência é uma Progressão Geométrica de razão q = 4. Logo, entre parênteses deverá 
estar o número: 4 × 4 =16.
Alternativa (a)
005. O décimo termo da sequência 0, 1, 4, 9, 16, ..... é igual a:
a)225. b)625. c)81. d) 36. e)144.
Resolução:
A sequência é formada pelos quadrados dos números naturais, ou seja, 0² , 1², 2², 3², ....
Portanto, o décimo termo da sequência será igual a (10-1) = 9² = 81.
Alternativa (c)
006. O valor do próximo número da sequência 2, 5, 11, 23, .... é:
a)28. b)33. c)35. d)40. e)47.
Resolução:
Cada termo da sequência, a partir do segundo, é igual ao termo anterior multiplicado por 2 e 
somado 1. Logo, o próximo termo da sequência será igual a: 
23 × 2 + 1 = 47.
Alternativa (e) 
007. O valor de Y na sequência numérica 6, 11, 21, 36, Y, ..... é:
a)56. b)58. c)70. d)77. e)81.
Resolução:
Cada termo da sequência, a partir do segundo, é igual ao termo anterior somado aos múltiplos 
de 5. Portanto, o próximo termo será igual a:
36 + 5 × 4 = 56.
Alternativa (a)
008. O valor de K na sequência numérica 0, 2, 6, 14, 30, K, ..... é:
a)40. b)42. c)48. d)58. e)62.
Resolução: 
Cada termo da sequência, a partir do segundo, é igual ao termo anterior somado às po-
tências de 2. Logo: K = 30 + 23 = 30 + 32 = 62.
Alternativa (e)
009. O número que deve substituir N na sequência numérica ( -12 ), ( -8 ), ( -4 ), N, 4, 8, ..... é:
a)2. b)4. c)6. d)0. e)-2.
Resolução:
A sequência é uma Progressão Aritmética, na qual a razão é r = ( -8 ) - ( -12 ) = 4.
Logo, N = ( - 4 ) + 4 = 0.
Alternativa (d)
010. (TTN)
Na sequência 0, (a + 1), (2a + 2), (3a + 3), ..... ; o valor do próximo termo, se a for igual a 5 é:
a)24. b)20. c)15. d)30. e)18.
Resolução:
Pela Lei de Formação, o próximo termo será igual a 4a + 4. Se a = 5, então: 4a + 4 = 4 × 5 
+ 4 = 24.
Alternativa (a)
12
011. O vigésimo e o trigésimo termos da sequência numérica 32, 37, 42, .... são respecti-
vamente iguais a:
a)145 e 167. b)127 e 177. c)128 e 168. 
d)202 e 272. e)217 e 317.
Resolução:
A sequência é uma Progressão Aritmética cujo primeiro termo é a1 = 32 e cuja razão é r = 5.
Sabe-se que um termo de ordem geral ( an ) de uma P.A. é dado por: an = a1 + ( n - 1 ) × r
Portanto:
a20 = 32 + ( 20 – 1 ) × 5 a20 = 32 + 95 a20 = 127 e 
a30 = 32 + ( 30 – 1 ) × 5 a30 = 32 + 145 a30 = 177.
Alternativa (b)
012. Dada a sequência numérica: 128, 64, 32, .... 
 O décimo primeiro termo da sequência é igual a:
a)1. b)0,5. c)0,25. d)0,125. e)0,0625. 
Resolução:
A sequência é uma Progressão Geométrica, na qual o primeiro termo é a1 = 128 e a razão é 
q = 0,5. Sabe-se que um termo de ordem geral (an) de uma P.G. é dado por: an = a1 × q n – 1 
Portanto: 
a11 = 128 × (0,5)10 a11 = 27 × 2-10 a11 = 2-3 a11 = 0,125.
Alternativa (d) 
013. O número de termos da sequência numérica:
108, 114, 120, ......, 300 é igual a:
a)33. b)32. c)31. d)30. e)29.
Resolução:
A sequência é uma P.A. cujo primeiro termo é a1 = 108, an = 300 e cuja razão é r = 6.
Substituindo em an = a1 + ( n – 1 ) × r: 
 300 = 108 + ( n – 1 ) × 6 300 – 108 = 6n – 6 6n = 198 n = 33.
Alternativa (a) 
014. O número de termos da sequência numérica 39 , 38 , 37 , ..... , 3-5 é igual a:
a)17. b)16. c)15. d)14. e)13.
Resolução:
A sequência é uma P.G. cujo primeiro termo é a1 = 39, an = 3-5 e cuja razão é q = 3-1.
Sabe-se que o termo de ordem geral ( an ) de uma P.G. é dado por: an = a1 × q n – 1.
Substituindo, vem: 3-5 = 39 × ( 3-1 ) n-1 3-5 = 39 × 31-n 31-n = 3-14 1 - n = -14 - n = 
-14 - 1 n = 15.
Alternativa (c)
015. O valor da soma S = 3 + 12 + 21 + ...... + 93 é igual a:
a)520. b)525. c)526. d)527. e)528.
Resolução:
S é o valor da soma dos n termos da P.A., na qual o primeiro termo é a1 = 3 , a razão é r = 9 
e o termo de ordem n é an = 93.
Sabe-se que o valor da soma dos termos de uma P.A. é dado por: Sn = ( ).a a n
2
1 n+ .
Vamos determinar o número de parcelas da soma substituindo em an = a1 + ( n - 1 ) ∙ r.
Logo: 93 = 3 + ( n- 1 ) × 9 93 - 3 = 9n - 9 9n = 99 n = 11.
Portanto, S11 = 2
(3 93) 11#+ s11 = 528.
Alternativa (e)
016. Dada a soma S = 1 + 3 + 9 + .... + 19.683 é, então:
a)S < 15.000. b)15.000 < S < 20.000. 
c)20.000 < S < 25.000. d)25.000 < S < 30.000.
e)30.000 < S < 35.000. 
Resolução:
S é o valor da soma dos n termos da P.G., na qual o primeiro termo é a1 = 1, a razão é q = 3 e 
o termo de ordem n é an = 19.683 ou an = 39.
Sabe-se que o valor da soma dos n primeiros termos de uma P.G. é dada por:
Sn = 
q 1
a q an 1
-
-#
Substituindo, vem: S = 3 1
3 3 19
-
-#
S = 2
3 110 - S = 2
59.049 1- S = 29.524.
Alternativa (d)
017. A soma dos 20 primeiros número pares positivos é igual:
 a)420. b)400. c)380. d)360. e)340.
Resolução:
A soma dos 20 primeiros números pares positivos é igual a S = 2 + 4 + 6 + .... + 40
Substituindo em Sn = 2
(a a ) n1 n #+ , vem:
S20 = 2
(2 40) 20#+ S20 = 420.
Alternativa (d)
018. A soma dos números múltiplos de 5 maiores que 201 e menores que 1.467 é igual a:
a)187.455. b)197.875. c)207.345.
d)211.255. e)217.305. 
Resolução:
Vamos calcular o valor de S em:
S = 205 + 210 + 215 + .... + 1.465.
S é a soma dos n termos da P.A. na qual a1 = 205, an = 1.465 e r = 5.
O número de parcelas n é obtido em:
an = a1 + ( n – 1 ) ∙ r 1.465 = 205 + ( n – 1 ) × 5 
 1.465 – 205 = 5n – 5 5n = 1.265 n = 253.
Substituindo em Sn = 
2
(a a ) n1 n #+ , vem:
S = 2
(205 1.465) 253#+ S = 211.255
Alternativa (d)
019. A soma dos n primeiros números ímpares positivos é igual a:
a)n² – 1. b)n² + 1. c)n². d)2n² + 1. e)3n². 
Resolução:
Vamos calcular o valor de S em:
S = 1 + 3 + 5 + ..... + ( 2n – 1 ).
S é a soma dos n termos da P.A. na qual a1 = 1, r = 2 e an = 2n – 1.
Substituindo em Sn = 2
(a a ) n1 n #+ , vem:
Sn =
2
(1 2n 1) n#+ - Sn = 2
(2n) n#
 Sn = n² 
Alternativa (c)
020. (BACEN)
Para numerar as páginas de um livro, um tipógrafo usou 747 algarismos; então, o 
número de páginas desse livro é:
a)350. b)315. c)306. d)298. e)285.
Resolução:
- Da página 1 à página 9 foram usados 9 algarismos;
- Da página 10 à página 99 foram usados: 2 × 90 = 180 algarismos. Até a página 100 ( 
mais 3 algarismos ) foram usados 9 + 180 + 3 = 192 algarismos. Restam, portanto: 747 
– 192 = 555 algarismos para serem usados. Como cada página, a partir da página número 
100, utilizará 3 algarismos cada uma, então haverá mais 555 ÷ 3 = 185 páginas após a 
página de número 100.
Logo, o número de páginas do livro será:
100 + 185 = 285.
Alternativa (e)
021. O valor do número A na sequência 
4
12 36
108 324 972
2.916 A 26.244 78.732 é:
a)5.832. b)13.122. c)11.453. d)8.748. e)54.372.
Resolução:
Como pode ser verificado, independentemente da linha ocupada pelo número, a sequência 
é uma Progressão Geométrica de razão q = 3.
Ou seja, cada termo, a partir do segundo é igual ao termo anterior multiplicado por 3.
Portanto: A = 2.916 × 3 A = 8.732.
Alternativa (d)
022. Os valores de M, N e P, nas sequências
1
6 10
11 15 M
16 N 24 28
21 25 29 P 37
são, respectivamente, iguais a:
a)19, 20 e 33. b)20, 28 e 35. c)18, 19, e 32. 
d)30, 35 e 47. e)15, 22 e 38.
Resolução:
Podemos verificar que as colunas do “triângulo” são formadas por Progressões Aritméticas 
de razão r = 5, e as linhas são formadas também por Progressões Aritméticas de razão r = 4.
Logo: M = 15 + 4 M =19
 N = 16 + 4 N = 20
 P = 29 + 4 P = 33
Alternativa (a)
023. Na sequência numérica 3, 15, 7, 12, 11, 9, A, B, ....; os valores de A e B são, respectiva-
mente, iguais a:
a)10 e 5. b)15 e 6. c)18 e 8. d)12 e 9. e)10 e 13.
Resolução:
Os termos de ordem ímpar na sequência formam a P.A. 3, 7, 11, A, .....
Logo, A = 15.
Os termos de ordem par na sequência formam a P.A. 15, 12, 9, B, ....
Logo, B = 6.
Alternativa (b)
024. Os dois próximos termos da sequência 1, 18, 3, 13, 9, 8, .... são, respectivamente, iguais a:
a)24 e 12. b)25 e 18. c)27 e 3. d)32 e 16. e)54 e 27.
Resolução:
Os termos de ordem ímpar na sequência formam a P.G. 1, 3, 9, ....
Logo, o próximo termo será igual a 27. 
Os termos de ordem par na sequência formam a P.A. 18, 13, 8, .....
Logo, o próximo termo será igual a 3.
Portanto, os próximos termos da sequência serão: 27 e 3.
Alternativa (c)
025. (TRF-3ª Região)
Em relação à disposição numérica seguinte, assinale a alternativa que preenche a 
vaga assinalada pela interrogação: 
2 8 5 6 8 ? 11
a)1. b)4. c)3. d)29. e)42.
Resolução:
Na sequência os termos de ordem ímpar formam a P.A. ( 2, 5, 8, 11, ... ) de razão r = 3, e 
os termos de ordem par formam a P.A ( 8, 6, 4, 2, ... ) de razão r = – 2.
Portanto, a vaga assinalada pela interrogação deve ser preenchida pelo número 4.
Alternativa (b)
026. Os valores de P e Q na sequência 1, 53, 5, 50, 9, 47, P, 44, 17, Q, ... são, respectivamente, 
iguais a:
a)43, e 21. b)17 e 43. c)13 e 47. d)13 e 41. e)21 e 45.
Resolução:
Na sequência os termos de ordem ímpar formam a P.A. ( 1, 5, 9, P, 17, ....) de razão r = 4.
Logo, P = 13. 
Os termos de ordem par formam a P.A. ( 53, 50, 47, 44, Q, ... ) de razão r = – 3.
Logo: Q = 41.
Alternativa (d)
027. O dado, utilizado, em jogos é um cubo com 6 faces numeradas de 1 a 6. A soma dos 
pontos de duas faces opostas é sempre igual a 7. Ao lançar um dado em um jogo, 
verificou-se que a soma dos pontos das faces visíveis era igual a 16.
Portanto, o ponto da face voltada para cima era igual a:
a)2. b)3. c)4. d)5. e)6.
Resolução:
Em todos os dados, a soma dos pontos das faces é igual a 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. Se a 
soma dos pontos das faces visíveis era igual a 16, então o ponto da face voltada para baixo 
era igual a 21 – 16 = 5. Portanto, o ponto da face voltada para cima era igual a 7 – 5 = 2.
Alternativa (a)
028. Um dado é lançado 5 vezes. Se, nos 5 lançamentos, a soma dos pontos das faces vol-
tadas para cima foi igual a 15, então a soma dos pontos das faces voltadas para baixo 
será igual a:
a)16. b)18. c)20. d)25. e)32.
Resolução:
Como as faces opostas de qualquer dado têm soma dos pontos igual a 7, então a soma dos pontos 
das duas faces opostas, a voltada para cima e a voltada para baixo, é igual a 5 × 7 = 35.
Como a soma dos pontos das faces voltadas para cima, nos 5 lançamentos foi igual a 15, 
então a soma dos pontos das faces voltadas para baixo é igual a 35 – 15 = 20. 
Alternativa (c) 
029. (Aux. de Promotoria)
A mãe de um aniversariante convidou algumas crianças para a festa de aniversário 
de seu filho. A mãe preparou algumas lembrancinhas para que, ao final da festa, pu-
desse entregá-las às crianças presentes. Cada criança deveria receber 2 lembranci-
nhas. Porém, 4 crianças convidadas não compareceram à festa. A mãe, então, pôde 
dar 3 lembrancinhas a cada criança que esteve presente. Logo, o número de crianças 
que comparece à festa foi igual a:
a)12. b)11. c)10. d)9. e)8.
Resolução:
A mãe deveria distribuir 2 lembrancinhas para cada criança presente à festa.
Mas, como 4 crianças não compareceram, logicamente, restaram 4 × 2 = 8 lembrancinhas 
que não foram distribuídas. A mãe pôde, então, dar uma lembrancinha a mais para cada 
criança. Portanto, estavam presentes na festa 8 crianças.
Alternativa (e)
030. O Campeonato Brasileiro de Futebol é disputado por 20 equipes que jogam entre si, 
em turno e returno ( ida e volta ). Portanto, o número de partidas disputadas em um 
campeonato é igual a:
a)140. b)160. c)270. d)360. e)380.
Resolução:
Cada uma das equipes jogará 19 vezes como mandante do jogo. Então, as 20 equipes jogarão, 
como mandante, 20 × 19 = 380 partidas.
Alternativa (e)
031. Quantos múltiplos de 5 são maiores que 37 e menores que 1.549?
a)293. b)301. c)332. d)345. e)395. 
Resolução:
Os números múltiplos de 5 maiores que 37 e menores que 1.549 formam a Progressão Arit-
mética ( 40, 45, 50, 55, .... , 1.540, 1.545 ), na qual o primeiro termo é a1 = 40, a razão é r = 5 
e o último termo é an = 1.545.
Sabemos que em uma P.A. an = a1 + ( n – 1 )r.
Substituindo,vem: 1.545 = 40 + ( n – 1 )×5 1.545 = 40 + 5n – 5 5n = 1.510 n = 302.
Alternativa (b)
032. (NCNB)
Uma secretária escreveu e colocou etiquetas nos prontuários dos 108 clientes do 
consultório, numerando, um a um, de 1 a 108, sem pular nenhum número. Nesse 
trabalho, o número de vezes que a secretária escreveu o algarismo 8 é igual a:
a)11. b)12. c)21. d)22. e)24.
Resolução:
De 1 a 79 há 8 algarismos 8;
de 80 a 90 há 11 algarismos 8;
de 91 a 108 há 2 algarismos 8.
Logo: total = 8 + 11 + 2 = 21.
Alternativa (c)
033. Quantas vezes o algarismo 5 aparece na sequência numérica (121, 122, 123,...., 229, 230 )?
a)19. b)20. c)21. d)22. e)23.
Resolução:
De 121 a 149 há 3 algarismos 5;
de 150 a 160 há 11 algarismos 5;
de 161 a 230 há 7 algarismos 5.
Total = 3 + 11 + 7 = 21.
Alternativa (c)
034. Quantos números pares são formados por 2 ou por 3 algarismos?
a)490. b)491. c)492. d)493. e)495.
Resolução:
Os números pares com 2 ou com 3 algarismos formam a P.A. ( 10, 12, 14, ... , 996, 998 ), na 
qual a1 = 10, r = 2 e an = 998.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r, vem:
998 = 10 + ( n – 1 ) × 2 998 = 10 + 2n – 2 2n = 990 n = 495.
Alternativa (e)
035. Quantos números compreendidos entre 23 e 457 são múltiplos de 3 ou de 5 ?
a)160. b)188. c)198. d)204. e)216.
Resolução:
Os múltiplos de 3 compreendidos entre 23 e 457 formam a P.A. ( 24, 27, 30, .... , 456 ), na 
qual a1 = 24, r = 3 e an = 456.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r, vem:
456 = 24 + ( n – 1 ) × 3 456 = 24 + 3n – 3 3n = 435 n = 145.
Então, há 145 múltiplos de 3 compreendidos entre 23 e 457.
Os múltiplos de 5 compreendidos entre 23 e 457 formam a P.A. ( 25, 30, 35, .... , 455 ), na qual 
a1 = 25, r = 5 e an = 450.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r, vem:
455 = 25 + ( n – 1 ) × 5 455 = 25 + 5n – 5 5n = 435 n = 87.
Logo, há 87 múltiplos de 5 compreendidos entre 23 e 457.
Porém, os múltiplos de 15 são, simultaneamente, múltiplos de 3 e de 5, e estes números es-
tão contados nos dois conjuntos anteriores.
Portanto, os múltiplos de 15 compreendidos entre 23 e 457 formam a P.A. 
( 30, 45, 60, ... , 450 ), na qual a1 = 30, r = 15 e an = 450.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r, vem:
450 = 30 + ( n – 1 ) × 15 450 = 30 + 15n – 15 15n = 420 n = 28.
Portanto, o número de múltiplos de 3 ou de 5 compreendidos entre 23 e 457 é igual a:
145 + 87 – 28 = 204.
Alternativa (d)
036. (Aux. de Promotoria) 
 A soma do maior número formado por 4 algarismos distintos com o menor número 
formado por 4 algarismos distintos é igual a:
a)11.990. b)12.890. c)9.980. d)10.899. e)11.898.
Resolução:
O maior número formado por 4 algarismos distintos é 9.876.
O menor número formado por 4 algarismos distintos é 1.023.
Logo: 9.876 + 1.023 = 10.899.
Alternativa (d)
037. Em uma folha em branco são marcados 6 pontos, perfeitamente alinhados, e um outro 
ponto fora desse alinhamento. Para determinar uma reta são necessários 2 pontos dis-
tintos. Portanto, o número de retas que esses 7 pontos determinam é igual a:
a)6. b)7. c)8. d)9. e)10.
Resolução:
Na figura abaixo, há 6 pontos distintos sobre a reta r e o ponto P, externo à reta r:
p
r 
O ponto P e cada um dos 6 pontos alinhados sobre a reta r determinam uma reta. Portanto, 
esses pontos determinam 6 retas. Os 6 pontos alinhados determinam, também, uma reta a 
própria reta r.
Logo, os pontos da figura determinam 7 retas.
Alternativa (b)
038. Considere duas retas paralelas r e s. Sobre a reta r são marcados 3 pontos distintos 
e sobre a reta s são marcados 4 pontos distintos. Então, o número de retas distintas 
que esses 7 pontos determinam é igual a:
a)7. b)8. c)10. d)12. e)14.
Resolução:
Na figura 
 ▬▬●▬●▬▬●▬▬ r
 ▬●▬▬▬●▬●▬●▬▬ s
cada ponto da reta r determina, com os pontos da reta s, 4 retas. Portanto, os 3 pontos da 
reta r determinaram 3 × 4 = 12 retas; mais as duas retas r e s.
Total: ( 12 + 2 ) retas ou 14 retas.
Alternativa (e)
039. Considere 3 retas paralelas horizontais cortadas por outras 3 retas verticais.
O número de retângulos formados por essas 6 retas é igual a:
a)4. b)5. c)7. d)8. e)9.
Resolução:
Considere a figura formada pelas retas horizontais: m, n e p e pelas retas verticais r, s e t.
r s t
m
n
p
Podemos verificar que na figura há 4 retângulos menores, 2 retângulos verticais, 2 retângulos 
horizontais e o retângulo maior. 
Logo, são 9 retângulos.
Alternativa (e)
 
040. Quantos números inteiros maiores que 32 e menores que 298 não são divisíveis por 
7?
a)197. b)227. c)235. d)248. e)259.
Resolução:
O total de números inteiros maiores que 32 e menores que 298 formam a P.A.
( 33, 34, 35, .... , 296, 297 ), na qual a1 = 33, r = 1 e an = 297.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r vem:
297 = 33 + ( n – 1 ) × 1 297 = 33 + n – 1 n = 265.
Os múltiplos de 7 maiores que 32 e menores que 298 formam a P.A. ( 35, 42, 49, .... , 294 ), na 
qual a1 = 35, r = 7 e an = 294.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r vem:
294 = 35 + ( n – 1 ) × 7 294 = 35 + 7n – 7 7n = 266 n = 38.
Portanto, os números inteiros maiores que 32 e menores que 298 QUE NÃO são divisíveis 
por 7 é dado por: 265 – 38 = 227.
Alternativa (b)
041. (BACEN)
A respeito das sucessões A e B, podemos afirmar que:
A : – 8, – 6, – 4, .....
B: 17, 14, 11, .....
a)elas não têm termos iguais.
b)o 6º termo de A e de B são iguais.
c)o 10º termo de A e de B são iguais.
d)elas têm 7 termos iguais.
e)elas têm 5 termos iguais.
Resolução:
As sucessões são:
A: – 8, – 6, – 4, – 2, 0, 2, 4, 6, 8, 10, .....
B : 17, 14, 11, 8, 5, 2, – 1, – 4, – 7, – 10 ....
Como podemos notar, a alternativa correta é:
O 6º termo de A e de B são iguais. 
Alternativa (b) 
 
042. Ao ser efetuada a soma dos 30 primeiros termos da P.A. ( – 12, – 7, – 2, .... ), por engano 
não foram somadas a 10ª e a 20ª parcelas. Portanto, o valor encontrado foi:
a)1.699. b)1.701. c)1.785. d)1.809. e)1.991.
Resolução:
Na P.A. ( – 12, – 7, – 2, .... ), a1 = – 12 e r = 5, então o trigésimo termo é dado por:
a30 = a1 + ( n – 1 ) × r a30 = – 12 + 29 × 5 a30 = 133.
A soma dos 30 primeiros termos da P.A. é dada por: S30 = 2
(a a ) n1 30 #+ S30 = 2
( 12 133) 30- #+ 
 S30 = 1.815.
Mas a10 = a1 + ( n – 1 ) × r a10 = – 12 + 9 a10 = 33 e
a20 = a1 + ( n – 1 ) × r a20 = – 12 + 19 × 5 a20 = 83.
Logo, o número encontrado foi:
1.815 – 33 – 83 = 1.699.
Alternativa (a)
043. O valor da soma dos múltiplos positivos de 10 escritos com 3 algarismos, é igual a:
a)45.550. b)47.900. c)47.750. d)48.500. e)49.050.
Resolução:
Os múltiplos positivos de 10, formados por 3 algarismos, são: ( 100, 110, 120, .... , 980, 990 ).
Na P.A. a1 = 100, r = 10 e an = 990.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r vem:
990 = 100 + ( n – 1 ) × 10 990 = 100 + 10n – 10 10n = 900 n = 90.
Substituindo em Sn = 2
(a a ) n1 n #+ , vem:
S90 = 2
(100 990) 90#+ S90 = 49.050.
 
Alternativa (e)
044. Em uma estrada há um telefone de emergência instalado no km 28 e o próximo 
instalado no km 78. A concessionária da rodovia quer que haja um telefone de 
emergência instalado a cada 5 km. Então, o número de telefones de emergência 
que a concessionária deverá instalar entre o km 28 e o km 78 é:
a)6. b)7. c)8. d)9. e)10.
Resolução:
Os quilômetros nos quais os telefones de emergência serão instalados, entre o km 28 e o Km 
78 formarão uma P.A., na qual, a1 = 28 + 5 a1 = 33, an = 78 – 5 an = 73 e r = 5.
Substituindo em: an = a1 + ( n – 1 ) r, vem:
73 = 33 + ( n – 1 ) × 5 73 = 33 + 5n – 5 5n = 45 n = 9.
Alternativa (d)
045. Em uma Progressão Geométrica a2 = 4 e a5 = 32. Então, o termo de ordem 8 da P.G.
é igual a:
a)128. b)256. c)288. d)512. e)1.024.
Resolução:
Em uma P.G. a5 = a2 × q3.
Substituindo, vem: 32 = 4 × q3 q3 = 8 q3 = 23 q = 2.
Portanto, como a8 = a2 × q6 a8 = 4 × 26 a8 = 256.
Alternativa (b)
046. A soma dos 8 primeiros termos da P.G, ( 3-2 , 3-1 , 30 , .... ) é igual a:
a)3.390. b) 
9
3.280 . c)
9
3.670 . d)4.098. e)4.657.Resolução:
Na P.G. a1 = 3-2 , q = 3, a soma dos termos de uma P.G. finita é dada por: Sn = 
1
( 1)
q
a q1 n
-
- . 
Substituindo, vem: S8 = 3 1
3 (3 1)2 8
-
-- S8 = 2
3 36 2- - S8 = 9
3.280 .
Alternativa (b)
047. O valor da soma: S = 4 + 2 + 1 + 0,5 + 0,25, + ...... é:
a)5. b)6. c)7,5. d)8. e)10,25.
Resolução:
Trata-se da soma dos infinitos termos da P.G.(4, 2, 1, 0,5, 0,25, ....). Na P.G. a1 = 4 e a razão é q = 0,5. 
A soma dos termos de uma P.G decrescente e infinita é dada por Sn =
1 q
a1
-
.
Substituindo, vem: Sn = 1 0,5
4
- Sn = 8.
Alternativa (d)
048. Considere um quadrado cujo lado mede 9cm. Os pontos médios dos lados do quadrado 
são unidos por um segmento de reta, formando um novo quadrado inscrito no quadrado 
anterior. Os pontos médios dos lados do novo quadrado são unidos por um segmento de 
reta, formando um novo quadrado inscrito no quadrado anterior. A operação é repetida 
infinitas vezes. Então, a soma das áreas de todos os quadrados, assim obtidos, é igual a:
a)162cm². b)250cm². c)375cm². d)490cm². e)810cm².
Resolução:
O lado do quadrado dado mede 9cm. Portanto, sua área é A1 = ( 9cm )2 = 81cm2. 
Os pontos médios dos lados consecutivos do quadrado são ligados por segmentos, 
formando um novo quadrado, inscrito no quadrado maior. O lado desse quadrado menor, 
pelo Teorema de Pitágoras, é definido: l2 = 4,5 4,52 2+ l2 = 40,5 cm. Logo, a área do 
quadrado menor é A2 = ( 40,5 cm )2 A2 = 40,5cm2.
Pelo mesmo raciocínio, podemos calcular que a área do próximo quadrado será igual a A3 
= 20,25cm2, e assim sucessivamente. 
Portanto, as áreas dos quadrados, dessa forma obtidos, formam a P.G. decrescente e infinita: 
81, 40,5, 20,25, 10,125, ...., na qual a1 = 81 e a razão é q = 0,5.
Substituindo em S∞= 1 q
a1
-
, vem: S∞= 1 0,5
81 162- = cm
2.
Alternativa (a)
049. (NCNB)
Marta guarda em uma gaveta, 4 meias brancas, 6 meias cinzas e 2 meias azuis. Marta 
abre a gaveta no escuro e retira algumas meias sem ver sua cor. Qual é o menor número 
de meias que Marta deve retirar da gaveta para ter certeza de que retirou, pelo me-
nos, um par de meias de mesma cor ?
a)2. b)3. c)4. d)5. e)6.
Resolução:
Na pior das hipóteses, as 3 primeiras meias que Marta retirar da gaveta serão de cores 
diferentes. Portanto, a quarta meia será, obrigatoriamente, de uma das 3 cores que Marta já 
retirou anteriormente. Portanto, Marta terá que retirar da gaveta 4 meias.
Alternativa (c) 
050. (NCNB)
Tadeu tem guardadas 5 bolas vermelhas, 3 verdes e 4 amarelas em uma sacola. Ta-
deu retira, ao acaso, algumas bolas da sacola, sem olhar sua cor. Então, o menor de 
bolas que Tadeu deverá retirar da sacola para ter certeza de que retirou, pelo menos 
2 bolas vermelhas é:
a)6. b)7. c)8. d)9. e)12.
Resolução:
Na pior das hipóteses, Tadeu retira da sacola todas as 3 bolas verdes e todas as 4 bolas ama-
relas. Logicamente, as duas próximas bolas que Tadeu retirar as sacola serão vermelhas. 
Portanto, o menor número de bolas que Tadeu deverá retirar da sacola para ter certeza de 
que retirou um par de bolas vermelhas é: 3 + 4 + 2 = 9.
Alternativa (d)
051. (FGV)
A viagem entre as cidades A e B somente pode ser feita via cidade X ou via cidade Y. 
De quantas maneiras diferentes a viagem entre as cidades A e B pode ser realizada se 
entre as cidades A e X há 3 estradas diferentes, entre as cidades X e B há 2 estradas 
diferentes, entre as cidades A e Y há 4 estradas diferentes, e entre as cidades Y e B há 
5 estradas diferentes ?
a)14. b)108. c)120. d)24. e)26. 
Resolução:
Entre as cidades A e B, via cidade X, a viagem pode ser feita de 3 × 2 = 6 maneiras dife-
rentes. Entre as cidades A e B, via cidade Y, a viagem pode ser feita de 4 × 5 = 20 maneiras 
diferentes.
Portanto, o número total de maneiras diferentes que a viagem entre as cidades A e B pode 
ser feita é igual a 6 + 20 = 26.
Alternativa (e) 
052. O relógio do campanário de uma igreja toca seu carrilhão a cada 30 minutos, sendo 
nas horas exatas e nos 30 minutos seguintes decorridos destas. Então, entre as 8 
horas e 15 minutos da manhã e as 4 horas e 45 minutos da tarde de um mesmo dias 
o número de vezes que o carrilhão dessa igreja tocará é igual a:
a)16. b)17. c)18. d)19. e)20.
Resolução:
O 1º toque, portanto, será às 8h30min e o último toque, do intervalo, será às 4h30min ou 
16h30min. Transformando esses horários em minutos, temos:
1º toque aos 510 minutos do dia e último toque aos 990 minutos do mesmo dia.
Os toques do carrilhão irão ocorrer a cada 30 minutos, ou seja, de acordo com os termos da 
P.A. 510, 540, 570, .... , 960, 990, Na qual a1 = 510, r = 30 e an = 990.
Substituindo em an = a1 + ( n – 1 )r, vem:
990 = 510 + ( n – 1 ) × 30 n = 17.
Alternativa (b) 
053. (TRF-3ª Região)
 Um técnico judiciário foi incumbido da montagem de um manual referente aos Princí-
pios da Constituição Federal. Sabendo-se que, excluídas a capa e a contracapa, a nume-
ração das páginas foi feita a partir do número 1 e, ao concluí-la, constatou-se que foram 
usados 225 algarismos, o número total de páginas que foram numeradas é:
a)99. b)110. c)111. d)112. e)122.
Resolução:
Fazendo a contagem:
Da página 1 à página 9 foram usados 9 algarismos; da pág. 10 à página 99, são 90 pági-
nas numeradas, cada uma com 2 algarismos, então, foram usados mais: 90 × 2 = 180 alga-
rismos. Restam, ainda, mais 225 – 9 – 180 = 36 algarismos: da página 100 em diante serão 
utilizados 3 algarismos por página. Foram numeradas mais 36 ÷ 3 = 12 páginas.
O número total de páginas é igual a
9 + 90 + 12 = 111 páginas.
Alternativa (c)
Análise 
Combinatória
054. Usando somente os algarismos 2, 5 e 8, quantos números formados por 2 desses alga-
rismos distintos podem ser escritos?
a)1. b)2. c)4. d)5. e)6.
Resolução:
Vamos preencher a tabela abaixo com o número de possibilidades:
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 3 2
Logo, podem ser escritos:
3 × 2 = 6 números.
Os números são: 25, 28, 52, 58, 82 e 85.
Alternativa (e)
055. Usando somente os algarismos 2, 5 e 8, quantos números formados por 2 desses 
algarismos podem ser escritos ?
a)5. b)6. c)7. d)8. e)9.
Resolução: 
Vamos preencher a tabela abaixo com o número de possibilidades:
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 3 3
Logo, podem ser escritos:
3 × 3 = 9 números.
Os números são: 25, 28, 52, 58, 82, 85 e mais 22, 55, e 88.
Alternativa (e)
056. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 2 desses alga-
rismos distintos podem ser escritos?
a)20. b)25. c)15. d)10. e)2.
Resolução:
Vamos preencher a tabela abaixo com o número de possibilidades.
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 5 4
Logo, podem ser escritos:
5 × 4 = 20 números.
Alternativa (a)
057. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 2 desses alga-
rismos podem ser escritos ?
a)20. b)25. c)15. d)10. e)2.
Resolução:
Vamos preencher a tabela abaixo com o número de possibilidades.
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 5 5
Logo, podem ser escritos: 
5 × 5 = 25 números.
Alternativa (b)
 
058. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos podem ser escritos?
a)20. b)25. c)45. d)60. e)72.
Resolução:
O preenchimento da tabela das possibilidades é análogo aos dos testes anteriores: 
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 5 4 3
Logo, podem ser escritos:
5 × 4 × 3 = 60 números. 
Alternativa (d)
059. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
podem ser escritos?
a)25. b)65. c)105. d)125. e)225.
Resolução:
O preenchimento da tabela das possibilidades é análogo aos dos testes anteriores: 
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 5 5 5
 
Logo, podem ser escritos:
5 × 5 × 5 = 125 números.
Alternativa (d)
060. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que tenham o algarismo 3 como algarismo das centenas, podem serescritos?
a)12. b)24. c)36. d)48. e)54. 
Resolução:
Neste caso, somente o algarismo 3 pode ocupar a “casa” das centenas, ou seja, há uma única 
possibilidade para preencher a “casa” das centenas.
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 4 3
Logo, podem ser escritos:
1 × 4 × 3 = 12 números com o algarismo 3 ocupando a “casa” das centenas.
Alternativa (a)
061. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que sejam pares, podem ser escritos?
a)12. b)24. c)36. d)48. e)54.
Resolução:
Neste caso, a “casa” das unidades somente pode ser preenchida por um algarismo par, ou 
seja, pelos algarismos 6 ou 8. Portanto, há somente 2 possibilidades para preencher a “casa” 
das unidades.
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 5 4 3
Logo, podem ser escritos:
4 × 3 × 2 = 24 números pares.
Alternativa (b)
062. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que sejam ímpares, podem ser escritos?
a)12. b)24. c)36. d)48. e)54.
Resolução:
Da mesma forma que no teste anterior, a “casa” das unidades somente pode ser ocupada 
por um algarismo ímpar ou, então, pelos algarismos 1, 3 ou 5. Logo, há 3 possibilidades 
para preencher a “casa” das unidades.
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 4 3 3
Logo, podem ser escritos:
4 × 3 × 3 = 36 números ímpares.
Alternativa (c)
063. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que sejam maiores que 500, podem ser escritos?
a)12. b)24. c)36. d)48. e)54.
Resolução:
Neste caso, para que o número seja maior que 500, a “casa” das centenas somente pode ser ocu-
pada pelo algarismo 5, pelo algarismo 6 ou pelo algarismo 8, ou seja, há 3 possibilidades para 
preencher a “casa” das centenas:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 3 4 3
Logo, podem ser escritos:
3 × 4 × 3 = 36 números maiores que 500.
Alternativa (c)
064. Dados os algarismos 1, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que sejam maiores que 300 e menores que 600, podem ser escritos?
a)12. b)24. c)36. d)48. e)54.
Resolução:
Neste caso, a “casa” das centenas somente pode ser ocupada pelo algarismo 3 ou pelo 
algarismo 5, havendo somente 2 possibilidades para preencher a “casa” das centenas.
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 3 4 3
Logo, podem ser escritos:
2 × 4 × 3 = 24 números maiores que 300 e menores que 600.
Alternativa (b)
065. Dados os algarismos 0, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos podem ser escritos?
a)16. b)48. c)24. d)36. e)32.
Resolução:
Vamos preencher a tabela com as possibilidades para ocupar as “casas” das centenas, das 
dezenas e das unidades. O algarismo 0 não pode ocupar a “casa” das centenas, pois, se o fi-
zesse, o número assim obtido teria somente 2 algarismos. Logo, há somente 4 possibilidades 
para ocupar a “casa” das centenas.
“casa” das: centenas dezenas unidades
Nº de possibilidades 4 4 3
Logo, podem ser escritos:
4 × 4 × 3 = 48 números.
Alternativa (b)
066. Dados os algarismos 0, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses 
algarismos distintos, e que sejam, pares, podem ser escritos? 
a)16. b)30. c)24. d)36. e)18.
Resolução:
Um número ímpar deve ter um algarismo ímpar na “casa” das unidades. Logo, a “casa” das 
unidades somente pode ser ocupada pelos algarismos 3 ou 5, ou seja, há somente 2 possibi-
lidades para preencher a “casa” das unidades.
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 3 3 2
Logo, podem ser escritos:
4 × 4 × 2 = 32 números ímpares.
Alternativa (e)
 
067. Dados os algarismos 0, 3, 5, 6 e 8. Quantos números formados por 3 desses algarismos 
distintos, e que sejam pares, podem ser escritos?
a)16. b)30. c)24. d)36. e)18.
Resolução:
Um número para ser par deverá ter um algarismo par ocupando a “casa” das unidades.
Logo, o número somente poderá ter na “casa” das unidades os algarismos: 0 ou 6 ou 8.
Porém, o algarismo 0 não poderá ocupar a “casa” das centenas pela razão vista anteriormente. 
Desse modo, vamos separar os números que tenham o algarismo 0 ocupando a “casa” das unida-
des dos números que tenham os algarismo 6 ou 8 ocupando a mesma “casa”.
Números com 0 na “casa” das unidades:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 4 3 1
Logo, podem ser escritos:
4 × 3 × 1 = 12 números com o algarismo 0 ocupando a “casa” das unidades.
Número com os algarismos 6 ou 8 ocupando a “casa” das unidades:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 3 3 2
Logo, podem ser escritos:
3 x 3 x 2 = 18 números com os algarismos 6 ou 8 ocupando a “casa” das unidades.
Total: 12 + 18 = 30.
Alternativa (b)
068. Dados os algarismos 2, 3, 5, 6 e 9. Formam-se todos os números com 2 desses 
algarismos distintos. Os números obtidos são colocados em ordem crescente. Assim, 
o número 69 ocupará a:
a)9ª posição. b)10 posição. c)12ª posição. 
d)16ª posição. e)última posição.
Resolução:
Vamos calcular quantos números formados por 2 desses algarismos distintos serão menores 
que 69. Portanto, serão menores que 69 todos os números que tiverem na “casa” das deze-
nas os algarismos 2, 3 ou 5. 
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 3 4
Total 3 × 4 = 12 números.
Serão menores que 69 os números que tiverem o algarismo 6 na “casa” das dezenas e os 
algarismos 2, 3 ou 5 na “casa” das unidades:
”casa” das: dezenas unidades
Nº de possibilidades 1 3
Total 1 × 3 = 3 números.
Logo, serão menores que 69: 
12 + 3 = 15 números. 
Então, na sequência, o número 69 ou seja, ocupará a posição de ordem 16.
Alternativa (d)
34
069. Dados os algarismos 1, 4, 5, 7, 8 e 9. Formam-se todos os números com 3 desses 
algarismos distintos. Os números obtidos são colocados em ordem crescente. Logo, 
o número 587 será o:
a)10º colocado. b)51º colocado. c)55º colocado. 
d)65º colocado. e)75º colocado.
Resolução:
Da mesma forma, vamos calcular quantos desses números serão menores que 587.
Serão menores que 587 todos os números formados por 3 desses algarismos distintos que 
tenham na “casa” das centenas os algarismos 1 ou 4. 
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 2 5 4
Total 2 × 5 × 4 = 40 números.
Serão menores que 587, todos os números que tiverem o algarismo 5 na “casa” das centenas 
e tiverem os algarismos 1, 4 ou 7 na “casa” das dezenas:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 3 4
Total 1 × 3 × 4 = 12 números.
Serão menores que 587 todos os números que tiverem o algarismo 5 na “casa” das cen-
tenas, o algarismo 8 na “casa” das dezenas e tiverem os algarismos 1 ou 4 na “casa” das 
unidades:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 1 2
Total 1 × 1 × 2 = 2 números.
Logo, serão menores que 587:
40 + 12 + 2 = 54 números.
Portanto, o número 587 será o 55º colocado.
Alternativa (c)
 
35Análise Combinatória
070. (MAPOFEI)
Dados os algarismos 0, 3, 4, 5 e 7. Formam-se todos os números com 2 ou com 
3 desses algarismos distintos. Os números assim obtidos são colocados em ordem 
crescente. Portanto, na sequência assim obtida, a ordem do número 504 será a:
a)24ª. b)30ª. c)38ª. d)42ª. e)última.
Resolução:
Analogamente, vamos calcular quantos números formados por 2 ou por 3 desses algarismos 
distintos serão menores que 504. Seguem essa condição todos os números formados por 2 
desses algarismos distintos:
”casa” das: dezenas unidades
nº de possibilidades 4 4
Total 4 × 4 = 16 números.
Também serão menores que 504 todos os números formados por 3 desses algarismos dis-
tintos que tenham na “casa” das centenas os algarismos 3 ou 4:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 2 4 3
Total 2 × 4 × 3 = 24 números.
Deve-se considerar também, todos os números formados por 3 desses algarismos distintos 
que tenham o algarismo 5 na “casa” das centenas, o algarismo0 na “casa” das dezenas e o 
algarismo 3 na “casa” das unidades: 
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 1 1
Total 1 × 1 × 1 = 1 número.
Logo, serão menores que 504:
16 + 24 + 1 = 41 números.
Portanto, na sequência crescente, o número 504 será o 42º colocado.
Alternativa (d)
36 Análise Combinatória
071. Dados os algarismos: 0,1, 3, 4, 7 e 8. Com a utilização somente desses algarismos, 
formam-se todos os números com 3 ou com 4 algarismos. Os números assim 
obtidos são colocados em ordem crescente. Qual será a posição, na sequência, do 
número 4.703?
a)668º. b)689º. c)793º. d)801º. e)821º.
Resolução:
Obs.: Os algarismos nos números podem ser repetidos. Serão menores que 4.703 todos os 
números formados por 3 desses algarismos:
“casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 5 6 6
Total 5 × 6 × 6 = 180 números.
Serão menores que 4.703 os números formados por 4 desses algarismos que tenham na “casa” dos 
milhares os algarismos 1 ou 3:
“casa” das: milhar centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 2 6 6 6
Total 2 × 6 × 6 × 6 = 432 números.
Serão menores que 4.703 todos os números formados por 4 desses algarismos que tenham 
o algarismo 4 na “casa” dos milhares, e que na “casa” das centenas tenham os algarismos 
0, 1, 3, 4 ou 5.
“casa” das: milhar centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 5 6 6
Total 1 × 5 × 6 × 6 = 180 números.
Serão menores que 4.703 todos os números formados por 4 desses algarismos que tenham 
na “casa” dos milhares o algarismo 4, na “casa” das centenas o 7, e na “casa” das dezenas o 
algarismo 0.
“casa” das: milhar centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 1 1 6
Total 1 × 1 × 1 × 6 = 6 números.
Serão menores que 4.703 todos os números formados por 4 desses algarismos que tenham 
na “casa” dos milhares o algarismo 4, na “casa” das centenas o algarismo 7, na “casa” das 
dezenas o algarismo 0, e na “casa” das unidades os algarismos 0 ou 1.
“casa” das: milhar centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 1 1 1 2
Logo, serão menores que 4.703:
180 + 432 + 180 + 6 + 2 = 800 números.
Logo, o número 4.703 será o 801º colocado.
Alternativa (d)
37Análise Combinatória
072. O valor de 5! – 3! é:
a)2!. b)90. c)108. d)114. e)118.
Resolução:
O número n! ( n fatorial ou fatorial de n ), para n inteiro e n≥2 é definido como:
n! = n.( n – 1 ) × ( n – 2 ) × ( n – 3 ). ... .3.2.1 para n≥2.
Para n = 2 2! = 2 × 1 = 2 
Para n = 1 1! = 1 
Para n = 0 0! = 1
Exemplos:
a)3! = 3 × 2 × 1 = 6
b)4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24
c)5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120
Logo: 5! – 3! = 120 – 6 = 114.
Alternativa (d)
073. O valor de ( 4! + 2! ) – ( 3! + 0! ) é:
a)3!. b)19. c)20. d)22. e)28.
Resolução:
Pela definição de número fatorial:
( 4! + 2! ) – ( 3! + 0! ) = ( 24 + 2 ) – ( 6 + 1 ) = 26 – 7 = 19.
Alternativa (b)
074. O valor de 
5!
7! 6!+ – ( 4! – 30 ) é: 
a)8!. b)28. c)42. d)54. e)68.
Resolução:
Sendo
7! = 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5.040;
6! = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720;
5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120;
4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24;
então,
5!
7! 6!+ – ( 4! – 30 ) = 120
5.040 720 (24 30)- - - = 48 + 6 = 54.
Alternativa (d)
38 Análise Combinatória
075. O valor de 
( 1)!
! 1n
n n
-
-+ é igual a:
a)0. b)1. c)– 1. d)– n. e)n + 1.
Resolução:
Pela definição de fatorial n! = n × ( n – 1 )!
Logo: (n 1)!
n! 1 n- -+ = (n 1)!
n(n 1)! 1 n-
- -+ = n + 1 – n = 1. 
Alternativa (b)
 
076. (MAPOFEI)
A expressão 
2(3! 1!)
5(4! 1) 4(3! 1!) 5(2! 0!)
-
- - - -+ é numericamente igual a:
a)10. b)12. c)20. d)24. e)30.
Resolução:
Substituindo os fatoriais na expressão, vem:
2(6 1)
5(24 1) 4(6 1) 5(2 1)
-
- - - -+ = 2(5)
5(25) 4(5) 5(1)- - = 
10
125 20 5 10- - = 
Alternativa (a)
077. O valor de n que verifica a igualdade: 
 
( 1)!
!
n
n
+
 = 
!
( 1)!
n
n - – 1
1
n +
 é:
a)1. b)2. c)3. d)4. e)0.
Resolução:
Pela definição de fatorial
(n 1)!
n!
+
 = n!
(n 1)!- – n 1
1
+
 (n 1) n!
n!
n (n 1)!
(n 1)1
n 1
1
-
- -
# #+
=
+
 n 1
1
n
1
n 1
1-
+
=
+
 
 n 1
2
n
1
+
= 2n = 1 × ( n + 1 ) 2n = n + 1 n = 1. 
Alternativa (a)
39Análise Combinatória
078. Simplificando a expressão , 
6!
5! 5! 5! 5! 5! 5!+ + + + + obtém-se:
a)1. b)5. c)6. d)1/5. e)1/6.
Resolução:
No numerador da fração aparece 6 vezes o número 5!. Logo, a fração é igual a:
6!
6 5!
6!
6! 1# = = .
Alternativa (a)
079. Simplificando a expressão 
6! 6! 6! 6! 6! 6! 6!
7! 7! 7! 7! 7! 7! 7! 7!
+ + + + + +
+ + + + + + + , obtém-se:
 
a)5!. b)8. c)7. d)1/8. e)1/7.
Resolução:
No numerador da fração, aparece 8 vezes o número 7!, e no denominador aparece 7 vezes 
o número 6!.
Logo, a fração é igual a 7 6!
8 7!
7!
8!
7!
8 7! 8= = =
#
# #
Alternativa (b)
080. (ITA)
O algarismo das unidades do total da soma 1! + 2! + 3! + 4! + ...... 9! + 10! é:
a)0. b)1. c)2. d)3. e)4.
Resolução:
A soma 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + ...... + 10! pode ser escrita da seguinte forma:
 1! = 1
+ 2! = 2
+ 3! = 6
+ 4! = 24
+ 5! = 120
+ 6! = 720
Do número 5! em diante, todos os números fatoriais terminam pelo algarismo 0, pois são 
todos múltiplos de 10.
Assim, efetuando a soma dos algarismos das unidades, temos: 1 + 2 + 6 + 4 + 0 + 0 + 0 ... 
+ 0 = 13.
Logo, o algarismo das unidades da soma é igual a 3.
Alternativa (d)
40 Análise Combinatória
081. Quantos zeros finais tem o número 10! ?
a)1. b)2. c)3. d)4. e)5.
Resolução:
O número 10! é igual a 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1. 
O número 10! terá 1 zero final devido ao fator 10 e mais um zero final devido ao fator 5 
multiplicado por qualquer dos fatores pares do produto.
Portanto, serão 2 zeros finais.
Alternativa (b)
082. Quantos zeros finais tem o número 20! ?
a)1. b)2. c)3. d)4. e)5.
Resolução:
O número 20! É igual a 20 × 19 × 18 × 17 × 16 × 15 × ..... × 3 × 2 × 1.
O número 20! terá 1 zero final devido ao fator 20, outro devido ao fator 10, mais um zero 
final devido ao fator 15 multiplicado por qualquer fator par e, finalmente, outro zero final 
devido ao fator 5 multiplicado por qualquer fator par. 
Logo, serão 4 zeros finais.
Alternativa (d) 
083. Quantos ANAGRAMAS tem a palavra ROMA?
a)4. b)6. c)12. d)20. e)24.
Resolução:
ANAGRAMA é uma palavra que se obtém alterando apenas a ordem das letras da palavra 
dada. Por exemplo, a palavra AVE tem os seguintes ANAGRAMAS: 
AEV, EVA, EAV, VAE, VEA e a própria palavra AVE. 
Portanto, a palavra AVE tem 6 ANAGRAMAS.
Se a palavra tiver n letras, o número de seus ANAGRAMAS é dado por:
(A) Se não houver letras repetidas: Pn = n!
(B) Se houver x letras repetidas, y letras repetidas, etc.... Pnx, y, ... = x! y!....
n!
#
 
Logo, a palavra ROMA que é formada por 4 letras distintas tem P4 = 4! = 24 anagramas.
Alternativa (e)
084. Quantos ANAGRAMAS tem a palavra GRAVE?
a)20. b)24. c)80. d)120. e)288.
Resolução:
A palavra GRAVE é formada por 5 letras distintas. Logo, seu número de anagramas é dado por 
P5 = 5! = 120.
Alternativa (d)
41Análise Combinatória
085. Quantos ANAGRAMAS tem a palavra PERNAMBUCO?
a)10. b)15. c)10!. d)12!. e)15!.
Resolução:
A palavra PERNAMBUCO é formada por 10 letras distintas. Logo, o número de seus 
anagramas é igual a P10 = 10!. 
Alternativa (c)
086. Quantos ANAGRAMAS tem a palavra CASA?
a)4. b)6. c)8. d)10. e)12. 
Resolução:
A palavra CASA é formada por 4 letras com 2 letras repetidas entre si ( letra A ).
Logo, o número de seus anagramas é dado por P42 = 2!
4!
2
24 12= = .
Alternativa (e)
087. Quantos ANAGRAMAS tem a palavra ARARA?
a)6. b)8. c)10. d)120. e)240. 
Resolução:
A palavra ARARA é formada por 5 letras com 3 repetidas entre si ( letra A ) e mais 2 letras 
também repetidas entre si ( letra R ). Logo, o número de seus anagramas é dado por:
P5 3, 2 = 103! 2!
5!
6 2
120
12
120= = =
# #
. 
Alternativa (c)
088. (Banco do Brasil)
O número de anagramas da palavra TERRA é dado pelo produto:
a)5 × 4 × 3 × 2 × 1
b)5 × 5 × 5 
c)5 × 4 
d)5 × 3
e)5 × 4 × 3 
Resolução:
A palavra TERRA é formada por 5 letras,sendo 2 repetidas entre si ( letra R ). Portanto, o 
número de seus anagramas é dado por:
 P52 = 5 4 32!
5! # #= . 
Alternativa (e)
42 Análise Combinatória
089. O número de ANAGRAMAS da palavra CARAVANA é dado pelo produto:
a)4 × 3 × 2 × 1. b)8 × 7 × 6 × 5. c)7 × 6 × 5 × 4. 
d)6 × 5 × 4. e)8 × 7. 
Resolução:
A palavra CARAVANA tem 8 letras com 4 iguais entre si ( letras A ). 
Portanto, seu número de ANAGRAMAS é dado por:
P84 = 4!
8! P84 = 
4!
8 7 6 5 4!# # # # P84 = 8 × 7 × 6 × 5. 
Alternativa (b)
090. Quantos ANAGRAMAS da palavra CASTELO começam pela letra C?
a)720. b)1.440. c)2.880. d)3.600. e)4.400.
Resolução:
Fixando a letra “C” no início do ANAGRAMA, restam as outras 6 letras para terem suas po-
sições permutadas:
C
1 6 5 4 3 2 1
Então, serão
1 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6! = 720 anagramas.
Alternativa (a)
091. Quantos ANAGRAMAS da palavra CASTELO começam por vogal?
a)720. b)1.440. c)2.160. d)2.880. e)3.200.
Resolução: 
Escrevendo uma das vogais no início do anagrama, há 3 possibilidades para preencher sua 
primeira posição.
Utilizada uma das vogais, restam, portanto, as outras 6 letras para terem suas posições 
permutadas.
Vogal
3 6 5 4 3 2 1
Então, serão: 3 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 3 × 6! = 3 × 720 = 2.160. 
Alternativa (c)
43Análise Combinatória
092. Quantos ANAGRAMAS da palavra CASTELO começam e terminam por vogal?
a)360. b)720. c)1.440. d)2.160. e)3.200.
Resolução:
Escrevendo uma das 3 vogais no início do anagrama, restam 2 vogais para serem escritas 
no seu final. Utilizada uma das vogais para preencher a primeira posição do anagrama e 
outra vogal para preencher a última posição, restam, portanto, as demais 5 letras para 
terem suas posições permutadas.
Vogal Vogal
3 5 4 3 2 1 2
Então, serão: 3 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 x 2 = 3 x 2 x 5! = 6 x 120 = 720.
Alternativa (b)
093. Em quantos ANAGRAMAS da palavra CASTELO as vogais e as consoantes aparecem 
intercaladas?
a)36. b)72. c)144. d)288. e)576.
Resolução:
A palavra CASTELO tem 3 vogais e 4 consoantes. Logo, a única forma de as vogais e as consoantes 
aparecerem intercaladas no anagrama é ter uma consoante na primeira posição, uma vogal em 
seguida, uma consoante em seguida, e assim por diante.
Na tabela:
C V C V C V C
4 3 3 2 2 1 1
 Logo, serão: 4! × 3! = 24 × 6 = 144 anagramas.
Alternativa (c)
094. Em quantos ANAGRAMAS da palavra CABELO as vogais e as consoantes aparecem 
intercaladas?
a)36. b)72. c)144. d)180. e)288.
Resolução:
A palavra CABELO tem 3 consoantes e 3 vogais. Então, os seus anagramas que apresentam 
as vogais e as consoantes intercaladas podem iniciar tanto por vogal quanto por consoante.
Nas tabelas,
iniciando por consoante:
C V C V C V
3 3 2 2 1 1
ou iniciando por vogal:
V C V C V C
3 3 2 2 1 1
O número total de anagramas nessas condições será igual a 2 × 3! × 3! = 72.
Alternativa (b)
44 Análise Combinatória
095. Dada a palavra GRAMO. Em quantos de seus ANAGRAMAS as letras GR aparecem 
juntas, nesta ordem?
a)12. b)18. c)24. d)28. e)48.
Resolução:
Como as letras GR devem estar juntas, nesta ordem, nos anagramas, então, podemos con-
siderá-las como uma única letra para ter sua posição permutada. Logo, vamos permutar as 
posições de apenas 4 “letras”. O número de anagramas é dado por: P4 = 4! = 24.
Alternativa (c)
096. Dada a palavra GRAMO. Em quantos de seus ANAGRAMAS as letras GR aparecem 
juntas, em qualquer ordem?
a)12. b)18. c)24. d)28. e)48.
Resolução:
Da mesma forma, se as letras GR devem aparecer juntas nos anagramas, então as duas 
podem ser consideradas como se fossem uma única letra. Desse modo, vamos permutar as 
posições de apenas 4 “letras”.
O número de anagramas será igual a P4 = 4! = 24.
Porém, as letras GR podem aparecer nos anagramas em qualquer ordem, ou seja, elas po-
dem se posicionar nos anagramas de 2! maneiras diferentes.
Portanto, o número total de anagramas, nos quais as letras GR aparecem juntas, em qual-
quer ordem, é igual a P4 × P2 = 4! × 2! = 24 × 2 = 48. 
Alternativa (e)
097. Em quantos ANAGRAMAS da palavra PALMITO as letras PAL aparecem juntas, em 
qualquer ordem?
a)120. b)540. c)660. d)720. e)1.440.
Resolução:
O número de anagramas da palavra PALMITO, nos quais as letras PAL aparecem juntas, 
nesta ordem, é igual a P5 = 5! = 120.
Estas letras PAL podem estar juntas de P3 = 3! = 6 ordens diferentes.
Logo, o número total de anagramas, nos quais as letras PAL estão juntas, em qualquer 
ordem, é dado por P5 × P3 = 120 × 6 = 720.
Alternativa (d)
45Análise Combinatória
098. Em quantos ANAGRAMAS da palavra CARRO as letras “RR” estão separadas?
a)12. c)24. c)36. d)48. e)54.
Resolução:
Vamos calcular o número total de anagramas da palavra CARRO. 
A palavra CARRO tem 5 letras com 2 repetidas. Logo, o número de seus anagramas é dado 
por: P52 = 2!
5!
2
120 60= = . 
Vamos calcular, agora, o número de anagramas da palavra CARRO, nas quais as duas letras 
R estão juntas. Se as letras RR estão juntas, serão permutadas 4 “letras”, ou seja, as letras C, 
A, O e o grupo formado por RR.
Portanto, o número de anagramas da palavra CARRO, nos quais as letras RR estão juntas é 
igual a P4 = 4! = 24.
Logo, o número de anagramas da palavra CARRO, nos quais as letras RR aparecem 
separadas, é dado por nº total de anagramas da palavra menos o número de anagramas 
da palavra, nos quais as letras RR estão juntas: 60 – 24 = 36.
Alternativa (c) 
099. O número de ANAGRAMAS da palavra PARAÍBA, nos quais não há duas letras AA 
juntas, é igual a:
a)120. b)240. c)360. d)440. e)540.
Resolução:
O número de anagramas da palavra PARAÍBA que não tem duas letras AA juntas é dado 
pela diferença entre o número total de anagramas da palavra e o número de anagramas da 
palavra que tem, pelo menos, 2 AA juntos. 
Logo: P73 – P6 = 840 – 720 = 120.
Alternativa (a)
100. (Perito Criminal-SP) 
Os ANAGRAMAS da palavra PAPARICAR que mantêm os dois PP separados são: 
a)10.480. b)10.960. c)11.320. d)11.760. e)15.120.
Resolução:
Da mesma forma que o teste anterior, o número de anagramas da palavra PAPARICAR que 
mantém os PP separados é igual ao número total de anagramas da palavra menos o número 
de anagramas da palavra que tem os dois PP juntos.
Portanto, a palavra PAPARICAR tem 9 letras com 2 repetições ( PP ), 3 repetições ( AAA ) e 
mais 2 repetições ( RR ).
Nº total de anagramas P9 2,3,2 = 2! 3! 2!
9! 15.120=
# #
.
As letras PP aparecem juntas. Então, a palavra passa a ter 8 “letras” com 3 repetições ( AAA ) e 
mais 2 repetições ( RR ). Nº de anagramas que têm os “P’s” juntos P8 3,2 = 3! 2!
8! 3.360
#
= 
Logo, o número de anagramas nas condições pedidas é igual a; 15.120 – 3.360 = 11.760. 
Alternativa (d)
46 Análise Combinatória
101. (NCNB)
 De quantas maneiras diferentes 5 pessoas podem formar uma fila diante do caixa de 
um banco?
a)12. b)32. c)48. d)60. e)120. 
Resolução:
Consideremos as posições das 5 pessoas na fila: 
posição 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª
possibilidade 5 4 3 2 1
Logo, 5 × 4 × 3 × 2 × 1= 5! = 120. 
Alternativa (e)
102. De quantas maneiras diferentes 5 pessoas podem ocupar um sofá com 6 assentos?
a)120. b)240. c)280. d)360. e)720.
Resolução:
Se 5 pessoas ocuparem um sofá com 6 assentos, um dos assentos permanecerá desocupado. 
Logo, as 5 pessoas e o assento vago poderão ter suas posições relativas permutadas. 
Portanto, o número total de maneiras será dado por:
P6 = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6! = 720. 
Alternativa (e)
103. De quantas maneiras diferentes 5 pessoas podem ocupar um sofá com 7 assentos?
a)1.440 b)2.880 c)3.600 d)2.520 e)1.250
Resolução:
Se 5 pessoas ocuparem um sofá com 7 assentos, dois assentos permanecerão desocupados. 
Logo, as 5 pessoas e os dois assentos vagos ( 2 repetições ) podem ter suas posições 
relativas permutadas. 
Portanto, o número total de maneiras diferentes será dado por:
P72 = 2!
7!
2
5.040 2.520= = .
Alternativa (d)
104. (TTN)
Uma van tem 8 assentos para passageiros. De quantas maneiras diferentes 5 passageiros 
podem ocupar os assentos da van?
a)1.260. b)4.440.c)5.440. d)6.720. e)7.260. 
Resolução:
Se os 8 assentos de passageiros forem ocupados por 5 pessoas, 3 dos assentos permanecerão 
desocupados. Logo, os 5 passageiros e os 3 assentos vagos ( 3 repetições ) podem ter suas po-
sições relativas permutadas. Portanto, o número total de maneiras diferentes será dado por:
P83 = 3!
8!
6
40.320 6.720= = . 
Alternativa (d)
47Análise Combinatória
105. (Banco do Brasil)
Considere que um decorador deva usar 7 faixas coloridas de dimensões iguais, pendu-
rando-as verticalmente na vitrine de uma loja, para produzir diversas formas. Nessa 
situação, se 3 faixas são verdes e indistinguíveis, 3 faixas são amarelas e indistinguíveis , 
e 1 faixa é branca; o número e formas diferentes que esse decorador poderá produzir é:
a)49. b)140. c)144. d)288. e)5.040.
Resolução:
O decorador deverá usar as 7 faixas coloridas, sendo 3 faixas verdes ( 3 repetições ), 3 
faixas amarelas ( 3 repetições ) e 1 faixa branca. 
Logo, as faixas terão suas posições relativas permutadas. O número total de formas 
diferentes que o decorador poderá produzir é dado por:
P73, 3 = 3!.3!
7!
6.6
5.040 140.= =
Alternativa (b)
106. (Analista Ambiental – Federal)
Por definição ANAGRAMA, de uma palavra é uma permutação das letras dessa pala-
vra formando uma seqüência de letras que pode ou não ter sentido em língua portu-
guesa. Dessa forma, a quantidade de ANAGRAMAS da palavra CONABIO (Comissão 
Nacional de Biodiversidade), de modo que fiquem sempre juntas, e na mesma ordem, 
as letras de cada palavra utilizada nas formação dessa sigla é igual a:
a)3. b)6. c)12. d)120. e)720.
Resolução:
Vamos, portanto, permutar as posições relativas dos agrupamentos de letras: CO, NA e BIO.
Logo, o número total de ANAGRAMAS será dado por: P3 = 3 ! = 3 × 2 × 1 = 6. 
Alternativa (b)
107. (AMAN)
Um comboio militar é formado por 4 caminhões de transporte de tropas e 3 carros de as-
salto. De quantas formas diferentes o comboio pode ser formado se há a necessidade de 
que os carros de assalto ocupem a primeira, a penúltima e a última posição no comboio?
a)72. b)144. c)180. d)288. e)360.
Resolução:
O comboio militar será formado por 7 viaturas, sendo que os 3 carros de assalto devem 
ocupar a primeira, a sexta e a sétima posições, e os caminhões de transporte devem ocupar 
a segunda, terceira, quarta e quinta posições.
Logo, o preenchimento das posições no comboio terão as seguintes possibilidades:
posição 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª
possibilidade 3 4 3 2 1 2 1
Logo, o número total de possibilidades é:
3 × 4 × 3 × 2 × 1 × 2 × 1 = 144. 
Alternativa (b)
48 Análise Combinatória
108. (Perito Criminal-MG)
Uma viatura tem 6 assentos, incluído o assento do motorista. De quantas maneiras 
diferentes 6 policiais podem ocupar os assentos da viatura se somente 2 deles são 
motoristas? 
a)60. b)120. c)240. d)320. e)720.
Resolução:
Na viatura, somente 2 dos policiais podem ocupar o assento do motorista. Então, esse so-
mente tem 2 possibilidades diferentes de ser ocupado. Desse modo, se um dos policiais ha-
bilitados a dirigir a viatura ocupar o assento do motorista, os outros 5 policiais poderão 
permutar suas posições relativas para ocuparem os demais assentos. Portanto, o número 
total de maneiras diferentes que os assentos da viatura poderão ser ocupados é igual a:
2 × P5 = 2 × 5! = 2 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 240. 
Alternativa (c)
109. A diretoria de uma empresa é formada por 5 economistas, 4 advogados e 3 adminis-
tradores. De quantas maneiras diferentes podem ser escolhidos um presidente, um 
vice-presidente e um secretário, entre os diretores da empresa, de tal modo que: o 
presidente seja um economista, o vice presidente seja um advogado e o secretário não 
seja um advogado ?
a)70. b)120. c)140. d)210. e)270.
Resolução:
As possibilidades para preencher as 3 vagas são as seguintes:
Presidente ( economista ) 5 possibilidades.
Vice-presidente ( advogado ) 4 possibilidades.
Secretário ( economista ou administrador ) 4 + 3 = 7 possibilidades.
Logo, o número total de escolhas diferentes será dado por:
cargo presidente vice-Pres. secretário
possibilidade 5 4 7
Logo, o número total de possibilidades é:
5 × 4 × 7 = 140.
Alternativa (c) 
49Análise Combinatória
110. (MAPOFEI)
Em quantos ANAGRAMAS da palavra MAPOFEI não há duas vogais juntas?
a)60. b)84. c) 120. d)144. e)288.
Resolução:
A palavra MAPOFEI é formada por 4 vogais e 3 consoantes. Logo, para que não haja duas 
vogais juntas nos ANAGRAMAS, as consoantes e as vogais devem estar intercaladas da se-
guinte forma:
C V C V C V C
4 3 3 2 2 1 1
Portanto, o número total de ANAGRAMAS é igual a 4! × 3! = 24 × 6 = 144.
Alternativa (d)
111. Em quantos ANAGRAMAS da palavra COCADA as letras CC aparecem juntas?
a)36. b)48. c)54. d)60. e)120.
Resolução:
Considerando as duas letras CC como uma única “letra”, vamos formar ANAGRAMAS com 5 
“letras”, sendo que duas delas são repetidas (duas letras AA)
Portanto, o número de ANAGRAMAS da palavra COCADA, nos quais as letras CC aparecem jun-
tas, é igual a P5 2 = 2!
5!
2
120 60= = .
Alternativa (d)
112. Em quantos ANAGRAMAS da palavra COCADA as letras CC aparecem separadas?
a)40. b)54. c)60. d)96. e)120.
Resolução:
O número total de ANAGRAMAS da palavra COCADA é dado por:
P6 2, 2 = 2! 2!
6!
2 2
720 180
# #
= = .
O número de ANAGRAMAS da palavra COCADA nos quais as letras CC aparecem juntas, é dado 
por:
P5 2 = 2!
5!
2
120 60= = .
Logo, o número de ANAGRAMAS da palavra COCADA, nos quais as letras CC aparecem separadas, 
será igual a 180 – 60 = 120.
Alternativa (e)
50 Análise Combinatória
113. (FUVEST-SP)
Com as 6 letras da palavra FUVEST podem ser formadas 6!=720 “palavras” (ANA-
GRAMAS) de 6 letras distintas cada uma. Se essas “palavras” forem colocadas em 
ordem alfabética, como num dicionário, a 250ª “palavra” começará com:
a)EV. b)FU. c)FV. d)SE. e)SF.
Resolução:
Vamos efetuar a contagem dos ANAGRAMAS da palavra FUVEST colocados em ordem 
alfabética.
(A) ANAGRAMAS começados pela letra E:
 P5 = 5! = 120 ANAGRAMAS
(B) ANAGRAMAS começados pela letra F:
 P5 = 5! = 120 ANAGRAMAS
Total, até agora, 120 + 120 = 240.
Portanto, faltam, ainda, 10 ANAGRAMAS.
Os próximos 10 ANAGRAMAS começarão pela letra S. Como os ANAGRAMAS estão em or-
dem alfabética, a segunda letra, somente, poderá ser a letra E. Então, o 250º ANAGRAMA 
começará com SE.
Alternativa (d)
114. (UFF-RIO)
Com as letras da palavra PROVA podem ser escritos x ANAGRAMAS que começam por 
vogal, e y ANAGRAMAS que começam e terminam por consoante. 
Os valores de x e y são, respectivamente:
a)48 e 36. b)48 e 72. c)72 e 36. d)24 e 36. e)72 e 24.
Resolução:
A palavra PROVA tem 3 consoantes e 2 vogais:
(A) O número de ANAGRAMAS da palavra PROVA que começa por vogal é igual a:
2 × P4 = 2 × 4! = 2 × 24 = 48 × = 48.
(B) O número de ANAGRAMAS da palavra PROVA que começa e termina por consoante é igual a:
3 × 2 × P3 = 3 × 2 × 3! = 3 × 2 × 6 = 36 y = 36.
Alternativa (a)
51Análise Combinatória
115. (UF-CE)
Assinale a alternativa na qual consta a quantidade de números inteiros formados por 
3 algarismos distintos, escolhidos dentre 1, 3, 5, 7 e 9, e que são maiores que 200 e 
menores que 800.
a)30. b)36. c)42. d)48. e)54.
Resolução:
Para que o número formado por 3 desses algarismos distintos seja maior que 200 e menor 
que 800, o algarismo das centenas somente poderá ser igual a 3, 5 ou 7, ou seja, existem 
somente 3 possibilidades para preencher a “casa” das centenas. Então, o total de números 
nessas condições é dado por:
”casa” das: centenas dezenas unidades
nº de possibilidades 3 4 3
Total = 3 × 4 × 3 = 36. 
Alternativa (b) 
116. Considerando-se que, no Brasil, as placas de veículos são formadas por 3 letras (são 
usadas 26 letras) e 4 algarismos (são usados 10 algarismos); então, o número total 
de placas possíveis é:
a)260.000. b)6.760.000. c)1.757.600.
d)17.576.000. e)175.760.000.
Resolução:
Considerando L as letras e A os algarismos e sabendo que tanto as letras quanto os algarismos 
podem ser repetidos;então, o nº total de placas de veículos é dado por:
L L L A A A A
26 26 26 10 10 10 10
Total = 26 × 26 × 26 × 10 × 10 × 10 × 10 = 263 × 104 = 175.760.000. 
Alternativa (e)
117. (Perito Criminal-MG)
Anteriormente, as placas de veículos eram formadas por 2 letras e 4 algarismos. 
Posteriormente, as placas passaram a ser formadas por 3 letras e 4 algarismos. 
Portanto, o aumento do número de placas possíveis foi de:
a)100.000. b)676.000. c)6.760.000.
d)67.600.000 e)169 milhões.
Resolução:
O número total de placas de veículos com 3 letras e 4 algarismos é igual a 263.104.
O número total de placas de veículos com 2 letras e 4 algarismos é igual a 262.104
Portanto, o aumento do número de placas possíveis foi de:
263 × 104 – 262 × 104 = 175.760.000 – 6.760.000 = 169.000.000.
Alternativa (e)
52 Análise Combinatória
118. Quantas placas de veículos, no Brasil, não apresentam as letras K, Y e W ?
a)529.000. b)1.216.700. c)12.167.000.
d)121.670.000. e)mais de 150 milhões.
Resolução:
Neste caso, as placas dos veículos terão, somente, 23 letras e 4 algarismos.
O número total das placas de veículos nessas condições é igual a 233 × 104 = 121.670.000. 
Alternativa (d) 
119. Quantas duplas diferentes podem ser formadas com 5 pessoas?
a)2. b)3. c)4. d)10. e)12.
Resolução:
Vamos formar duplas escolhendo 2 pessoas entre 5 delas. Neste caso, a ordem na qual as 
pessoas são escolhidas não interfere na formação da dupla, ou seja, trata-se de calcular 
o número de Combinações Simples que pode ser formado, tomando 2 elementos entre 5 
disponíveis. A Teoria de Análise Combinatória ensina que o número de Combinações Simples 
que pode ser feito, agrupando p elementos escolhidos entre n elementos, é dado por:
Cn, p = (n p)! p!
n!
- #
 . 
Então, tendo 5 pessoas vamos combiná-las 2 a 2, ou seja, vamos calcular o valor de C5, 2
Logo: C5, 2 = (5 2)! 2!
5!
- #
= 3! 2!
5!
#
= 10.
Alternativa (d)
120. Quantos trios diferentes podem ser formados com 5 pessoas?
a)1. b)2. c)8. d)9. e)10.
Resolução:
Analogamente, trata-se de calcular o número de Combinações Simples que pode ser formado 
escolhendo-se 3 elementos entre 5 elementos.
Logo:
C5, 3 = (5 3)! 2!
5!
- #
 C5, 3 = 102! 3!
5!
2 6
120= =
# #
. 
Alternativa (e)
53Análise Combinatória
121. Quantos quartetos distintos podem ser formados com 5 pessoas?
a)1. b)2. c)4. d)5. e)6.
Resolução: 
Analogamente, trata-se de calcular o número de Combinações Simples que pode ser 
formado escolhendo-se 4 elementos distintos entre 5 elementos.
Logo:
C5, 4 = (5 4)! 4!
5!
- #
 C5, 4 = 1! 4!
5!
1 24
120 5
# #
= = .
Alternativa (d) 
122. Quantos quintetos distintos podem ser formados por 5 pessoas?
a)1. b)2. c)3. d)4. e)5.
Resolução:
É evidente que com 5 pessoas somente pode ser formado um único quinteto. Porém, 
podemos calcular o número de Combinações Simples que pode ser formado escolhendo-se 5 
elementos distintos entre 5 elementos.
Logo:
C5, 5 = (5 5)! 5!
5!
- #
 C5, 5 = 0! 5!
5!
1 120
120 1
# #
= = .
Alternativa (a)
123.O fã-clube da dupla sertaneja “miserável e indigente” conta com 12 sócios. 
De quantas formas diferentes podem ser escolhidos entre os componentes do 
fã-clube: um presidente, um vice-presidente e um secretário?
a)660. b)840. c)960. d)1.320. e)2.240.
Resolução:
Consideremos 3 sócios do fã-clube: A , B e C. Consideremos também que o sócio A foi escolhido 
para presidente, o sócio B para vice-presidente e o sócio C para secretário.
Se for trocado o cargo de pelo menos dois dos escolhidos, será mudada a forma de escolher 
um presidente, um vice-presidente e um secretário do fã-clube. Logo, trata-se de Arranjo 
Simples. Então, o número de maneiras diferentes que a escolha pode ser feita é igual a:
cargo Presidente Vice-Pres. Secretário
possibilidade 12 11 10
Total = 12 × 11 × 10 = 1.320. 
Alternativa (d)
54 Análise Combinatória
124. O fã-clube da dupla sertaneja “miserável e indigente” conta com 12 sócios. De quantas 
formas diferentes podem ser escolhidos 3 desses sócios para representar o fã-clube em 
uma convenção nacional dos vários fã-clubes da dupla “miserável e indigente”?
a)220. b)120. c)80. d)72. e)60.
Resolução:
Consideremos 3 sócios do fã-clube: A , B e C.
Consideremos, também, que os 3 foram escolhidos para formar o grupo que vai representar 
o fã-clube na Convenção Nacional. Como podemos notar a ordem da escolha pode ser tro-
cada e, mesmo assim, o grupo permanece igual. Então, trata-se de calcular o número de 
Combinações Simples que pode ser formado escolhendo-se 3 elementos distintos entre 12 
elementos.
Logo:
C12, 3 = (12 3)! 3!
12!
- # C12, 3 = 9! 3!!
12!
#
 C12, 3 = 220. 
Alternativa (a)
125. Em um grupo de jovens, há 4 moças e 5 rapazes. Quantas comissões com 5 pessoas 
cada uma podem ser formadas com essas 9 pessoas ?
a)80. b)120. c)126. d)188. e)201.
Resolução:
Vamos calcular o número de Combinações Simples que pode ser formado tomando 5 
elementos entre 9 disponíveis.
C9, 5 = (9 5)! 5!
9!
- #
 C9, 5 = 4! 5!
9!
#
 C9, 5 = 126. 
Alternativa (c)
126. Em um grupo de jovens, há 4 moças e 5 rapazes. Quantas comissões com 5 pessoas 
cada uma podem ser formadas, desde que tenham, exatamente, 2 moças e 3 rapazes ?
a)60. b)40. c)20. d)16. e)12.
Resolução:
Comissões com 2 moças e 3 rapazes:
C4, 2 × C5, 3 = (4 2)! 2!
4!
(5 3)! 3!
5!
- -# # #
 = 2! 2!
4!
2! 3!
5! 6 10 60
#
#
#
#= = .
Alternativa (a)
127. Em um grupo de jovens, há 4 moças e 5 rapazes. Quantas comissões com 5 pessoas 
cada uma podem ser formadas, desde que tenham, exatamente, 3 moças e 2 rapazes?
a)60. b)40. c)20. d)16. e)12.
Resolução:
Comissões com 3 moças E 2 rapazes:
C4, 3 × C5, 2 = (4 3)! 3!
4!
(5 2)! 2!
5!
- -# # #
 = 1! 3!
4!
3! 2!
5! 4 10 40
#
#
#
#= = . 
 
Alternativa (b)
55Análise Combinatória
128. Em um grupo de jovens, há 4 moças e 5 rapazes. Quantas comissões de 5 pessoas 
podem ser formadas, desde que tenham pelo menos 1 moça?
a)102. b)108. c)120. d)125. e)130.
Resolução:
O número de comissões de 5 pessoas com pelo menos uma moça é igual ao número total 
de comissões que pode ser formado com 5 pessoas, escolhidas entre 9 pessoas disponíveis, 
menos o número de comissões de 5 pessoas sem nenhuma moça.
Ou seja: 
C9, 5 – C5, 5 = (9 5)! 5!
9!
(5 5)! 5!
5!
- - -# # = 126 – 1 = 125.
Alternativa (d)
129. (NCNB)
O treinador de uma equipe de bola ao cesto dispõe de 10 jogadores. De quantas maneiras 
diferentes o treinador poderá formar uma equipe com 5 jogadores, se entre os atletas 
somente 2 podem atuar como “pivô” e a equipe joga com somente 1 “pivô”?
a)2. b)12. c)22. d)840. e)140.
Resolução:
A equipe deverá jogar com 1 dos dois “pivôs” e mais 4 outros jogadores disponíveis. Para 
cada um dos “pivôs” escolhidos completarão a equipe mais 4 outros jogadores escolhidos 
entre os 8 disponíveis.
Portanto, o número total de equipes diferentes que poderão ser formadas é igual a: 
2 × C8, 4 = 2 × (8 4)! 4!
8!
- #
 = 2 × 
4! 4!
8!
#
 = 2 × 70 = 140.
Alternativa (e)
130. Uma investigação será realizada pela Receita Federal e pela Polícia Federal conjun-
tamente. Cada grupo de investigadores deverá contar com 6 componentes. A Polícia 
Federal disponibiliza 7 agentes e a Receita Federal disponibiliza 8 fiscais para partici-
parem da investigação. Portanto, o número de grupos de investigadores que tenham 
exatamente 3 agentes e 3 fiscais é: 
a)1.960. b)1.740. c)91. d)196. e)2.460.
Resolução: 
O grupo é formado por 3 agentes e 3 fiscais:
C7, 3 × C8, 3 = (7 3)! 3!
7!
(8 3)! 3!
8!
- -# # #
 = 4! 3!
7!
5! 3!
8!
#
#
#
 = 35 × 56 = 1.960. 
Alternativa (a) 
56 Análise Combinatória
131. Uma investigação será realizada pela Receita Federal e pela Polícia Federal conjun-
tamente. Cada grupo de investigadores deverá contar com 6 componentes. A Polícia 
Federal disponibiliza 7 agentes e a Receita Federal disponibiliza 8 fiscais para partici-
parem da investigação. Portanto, o número de grupos de investigadoresque tenham 
exatamente 4 agentes e 2 fiscais é:
a)1.240. b)56. c)640. d)735. e)980.
Resolução:
Grupo formado por 4 agentes e 2 fiscais:
 C7, 4 × C8, 2 = (7 4)! 4!
7!
(8 2)! 2!
8!
- -# # #
= 3! 4!
7!
6! 2!
8! 35 28 980
#
#
#
#= = . 
Alternativa (e)
132. Uma investigação será realizada pela Receita Federal e pela Polícia Federal conjun-
tamente. Cada grupo de investigadores deverá contar com 6 componentes. A Polícia 
Federal disponibiliza 7 agentes e a Receita Federal disponibiliza 8 fiscais para partici-
parem da investigação. Portanto, o número de grupos de investigadores que tenham 
pelo menos 2 agentes e 2 fiscais é:
a)2.360. b)2.560. c)3.450. d)3.710. e)4.410.
Resolução:
Nessas condições o grupo de investigadores deverá ser formado por:
2 agentes E 4 fiscais C7, 2 × C8, 4 OU por
3 agentes E 3 fiscais C7, 3 × C8, 3 OU por
4 agentes E 2 fiscais C7, 4 × C8, 2.
C7, 2 × C8, 4 = (7 2)! 2!
7!
(8 4)! 4!
8!
- -# # #
 OU C7, 3 × C8, 3 = (7 3)! 3!
7!
(8 3)! 3!
8!
- -# # #
 OU
C7, 4 × C8, 2 = 
(7 4)! 4!
7!
(8 2)! 2!
8!
- -# # #
. 
Como:
C7, 2 × C8, 4 = 21 × 70 = 1.470
C7, 3 × C8, 3 = 35 × 56 = 1.960
C7, 4 × C8, 2 = 35 × 28 = 980
Logo:
O número total de grupos que podem ser formados com pelo menos 2 agentes e 2 fiscais é 
igual a 1.470 + 1.960 + 980 = 4.410.
Alternativa (e)
57Análise Combinatória
133. Uma investigação será realizada pela Receita Federal e pela Polícia Federal conjunta-
mente. Cada grupo de investigadores deverá contar com 6 componentes, sendo que, 
em cada grupo sempre haverá, pelo menos, um agente e, pelo menos, um fiscal. A 
Polícia Federal disponibiliza 7 agentes e a Receita Federal disponibiliza 8 fiscais para 
participarem da investigação. Portanto, o número de grupos de investigadores que 
tenham mais fiscais que agentes é:
a)788. b)886. c)986. d)1.008. e)1.862.
Resolução:
Nessas condições, o grupo de investigadores deverá ser formado por:
1 agente E 5 fiscais OU por 2 agentes E 4 fiscais.
C7, 1 × C8, 5 = (7 1)! 1!
7!
(8 5)!
8!
- -# # OU C7, 2 × C8, 4 = (7 2)! 2!
7!
(8 4)! 4!
8!
- -# # #
 
Como:
C7, 1 × C8, 5 = 7 × 56 = 392
C7, 2 × C8, 4 = 21 × 70 = 1.470
Logo, o número total de grupos de investigadores que podem ser formados com mais 
fiscais que agentes é igual a 392 + 1.470 = 1.862.
Alternativa (e)
134. Paulo tem 9 amigos e quer convidar 3 deles para jogarem uma partida de “buraco”. 
De quantas maneiras diferentes Paulo pode efetuar os convites ?
a)27. b)36. c)54. d)72. e)84.
Resolução:
Paulo quer convidar 3 de seus amigos para um jogo de cartas. Logo, serão escolhidos 3 amigos 
entre os 9 disponíveis. Então, o número total de maneiras diferentes que os convites poderão ser 
feitos é igual a :
C9, 3 = (9 3)! 3!
9!
- #
 = 6! 3!
9!
#
= 84.
Alternativa (e)
135. Carlota tem 8 amigas e quer convidar 5 delas para um jantar. De quantas maneiras 
diferentes Carlota pode efetuar os convites
a)28 b)56 c)74 d)81 e)98
Resolução:
Analogamente, o número de maneiras diferentes que Carlota poderá efetuar os convites é 
igual a: 
C8, 5 = (8 5)! 5!
8!
3! 5!
8! 56- # #= =
. 
Alternativa (b)
58 Análise Combinatória
136. Carlota tem 8 amigas e quer convidar 5 delas para um jantar. De quantas maneiras 
diferentes Carlota pode efetuar os convites se duas de suas amigas brigaram e, por 
isso, não podem ser convidadas para o mesmo jantar?
a)56. b)70. c)36. d)140. e)210.
Resolução:
Consideremos que as duas amigas de Carlota, que estão brigadas e não podem ser convidadas 
para a mesma reunião, sejam as amigas, A e B.
O número total de maneiras diferentes que Carlota poderá convidar 5 de suas amigas para 
a reunião é igual a C8, 5 = 56.
Vamos calcular o número de convites para a reunião que não podem ser efetuados, ou seja, 
aqueles nos quais as duas ex-amigas, A e B, estariam presentes.
Como nas reuniões que não podem ser feitas A e B estarão presentes, restam somente 3 “va-
gas” para serem preenchidas pelas demais 6 amigas. Logo, o número de reuniões que deve 
ser eliminada é igual a:
C6, 3 = (6 3)! 3!
6!
3! 3!
6!
- # #= = 20.
Portanto, o número de convites diferentes que Carlota poderá efetuar é igual a: 56 – 20 = 36. 
Alternativa (c)
137. (TTN)
Um químico dispõe de 7 substâncias e quer misturar 4 delas. Porém, 2 das subs-
tâncias não podem ser misturadas, pois podem explodir. Desse modo, o número de 
misturas que o químico poderá efetuar é:
a)15. b)20. c)25. d)30. e)35.
Resolução:
Da mesma forma, o número total de misturas diferentes de 4 substâncias escolhidas entre 
7 substâncias disponíveis que o químico poderá efetuar é igual a: 
C7, 4 = (7 4)! 4!
7!
- # = 35.
Vamos calcular o número de misturas que não pode ser efetuada. Como nas misturas que 
deverão ser eliminadas estarão presentes as duas substâncias explosivas, restam, portanto, 2 
“vagas” para serem preenchidas pelas 5 substâncias restantes. Logo, o número de misturas 
que não pode ser feito é igual a:
C5, 2 = (5 2)! 2
5!
3! 2!
5!
- # #= = 10.
Então, o número de misturas diferentes que o químico poderá efetuar é igual a 35 - 10 = 25.
Alternativa (c)
59Análise Combinatória
138. (BACEN)
Um barman dispõe de 7 bebidas diferentes em seu bar e quer preparar cocktails com 
3 bebidas cada um. Quantos cocktails o barman pode preparar?
a)35. b)45. c)54. d)180. e)210.
Resolução:
O barman poderá escolher 3 bebidas entre as 7 bebidas disponíveis para preparar cocktails.
Portanto o número de cocktails diferentes que o barman poderá preparar é igual a:
 C7, 3 = (7 3)! 3!
7!
4! 3!
7!
- # #= = 35. 
Alternativa (a)
139. (TTN)
Dez candidatos aprovados em um Concurso Público foram destinados para trabalhar 
em uma cidade que tem 3 locais de trabalho. De quantas maneiras diferentes esses 
candidatos podem ser alocados nos locais de trabalho se o primeiro local dispõe de 
5 vagas, o segundo de 3 vagas e o terceiro de 2 vagas ?
a)3.250. b)2.520. c)1.480. d)1.000. e)980.
Resolução:
Os candidatos aprovados deverão ser alocados da seguinte forma:
Dos 10 aprovados, 5 deverão ser alocados no 1º posto de trabalho, 3 alocados no 2º posto 
eos outros 2 alocados no 3º posto. Logo:
(A) Para o 1º posto, deverão ser escolhidos 5 aprovados entre os 1º candidatos disponíveis;
(B) Para o 2º posto, deverão ser escolhidos 3 aprovados entre os 5 candidatos restantes;
(C) Para o 3º posto, deverão ser escolhidos os 2 aprovados que ainda restaram.
Portanto, o número total de maneiras diferentes que os candidatos aprovados poderão ser 
alocados é igual a: 
C10, 5 × C5, 3 × C2, 2 = 252 × 10 × 1 = 2.520.
Alternativa (b)
140. (Banco do Brasil)
Se 12 funcionários de um banco forem distribuídos em 3 agências de modo que cada 
agência receba 4 funcionários cada uma, o número total de formas que essa distri-
buição pode ser efetuada é:
a)igual a 495. b)menor que 480. c)maior que 1.650 e menor que 4.000.
d)maior que 5.000 e menor que 30.000. e)maior que 34.000.
Resolução:
Analogamente, temos:
(A) Para a 1ª agência, deverão ser escolhidos 4 funcionários entre os 12 funcionários disponíveis;
(B) Para a 2ª agência, deverão ser escolhidos 4 funcionários entre os 8 funcionários restantes;
(C) Para a 3ª agência, deverão ser alocados os 4 funcionários que ainda restarem.
Portanto, o número total de distribuições diferentes é igual a:
C12, 4 × C8, 4 × C4, 4 = 495 × 70 = 34.650.
Alternativa (e)
60 Análise Combinatória
141. (Analista Ambiental–Federal)
Em uma reunião com representantes de 15 países, deverá ser formada uma comissão 
que terá 9 membros, e outras duas com 3 membros cada uma. Supondo que cada país 
tenha um único representante na reunião e que este atue somente em uma das comis-
sões, o número de formas diferentes que as comissões podem ser formadas é:
a)10.320. b)28.640. c)59.100. d)100.100. e)maior que 150.000.
Resolução:
Analogamente, temos:
(A) Para formar a 1ª comissão, deverão ser escolhidos 9 representantes entre os 15 disponíveis;
(B) Para formar a 2ª comissão, deverão ser escolhidos 3 representantes entre