Aula_07_-_Análise_Combinatória_-_UNICAMP_2024

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 1
UNICAMP 
Exasiu
Prof. Marçal Ferreira 
Aula 07 – Análise Combinatória. 
vestibulares.estrategia.com 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
u
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 4 
1. PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM 5 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 9 
1.1. Fatorial de um número 10 
EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 11 
2. PERMUTAÇÕES 14 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 16 
2.1. Permutações com elementos repetidos 17 
2.2. Permutação circular 18 
2.3. Permutação caótica 20 
3. ARRANJOS 22 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 23 
4. COMBINAÇÕES 24 
EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 27 
5. PRINCÍPIO ADITIVO 28 
6. FÓRMULAS, DEMONSTRAÇÕES E COMENTÁRIOS 31 
6.1. Quantos subconjuntos um conjunto pode gerar? 31 
6.2. Estratégia para resolver problemas envolvendo Análise combinatória. 32 
6.3. Resumo 34 
7. QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES 36 
8. GABARITO DAS QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES 49 
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9. QUESTÕES DE VESTIBULARES RESOLVIDAS E COMENTADAS 50 
10. CONSIDERAÇÕES FINAIS 106 
 
 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 4 
Introdução 
Olá. 
Nesta aula e na próxima, estudaremos dois assuntos correlacionados: Análise 
Combinatória e Probabilidades. 
A Análise Combinatória é pré-requisito para estudarmos Probabilidades, além de ser útil 
em muitos campos da matemática. 
Nas provas de vestibular você verá algumas questões específicas sobre Análise 
Combinatória e outras sobre Probabilidades. No entanto, a maioria das questões de 
Probabilidades exigem algum conhecimento sobre Análise Combinatória também, o que torna 
essa aula duplamente importante. 
Se você já tem familiaridade com o tema, pode ir direto para os exercícios para praticar. 
Caso ainda não esteja proficiente no assunto, veja (ou reveja) a teoria; a Análise Combinatória é 
cheia de detalhes e conhecê-los faz a diferença na hora da prova. 
Dúvidas? 
Já sabe, não as deixe sem solução. Se precisar de ajuda com elas, poste-as no fórum. 
Estamos aqui para auxiliá-lo. 
Boa aula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
/professormarcal /professor.marcal /professormarcal 
 
 
 
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1. Princípio Fundamental da Contagem 
A Análise Combinatória é um estudo de contagem. Aqui, vamos estudar técnicas para 
encontrar o número de elementos de um conjunto que apresenta certa característica. 
Por vezes, é fácil enxergarmos todas as variações de um conjunto, como os elementos 
possíveis de termos quando jogamos um dado de 6 faces: (1,2,3,4,5,6). 
Já há outras situações em que não é tão fácil assim, como as combinações possíveis de 
termos um prêmio de loteria na Mega-Sena: 
[(1,2,3,4,5,6), (1,2,3,4,5,7), (1,2,3,4,5,8),… , (10,12,18,45,56,59),… , (55,56,57,58,59,60)]. 
Esse conjunto tem mais de 50 milhões de elementos. Se você colocar uma impressora 
que imprima uma combinação dessas por segundo, a impressão de todo o conjunto demorará, 
trabalhando ininterruptamente, mais de um ano e meio! 
Uma coisa precisa ficar clara desde o início: na maioria dos exercícios, nós não vamos 
calcular quais são os elementos do conjunto e sim quantos elementos há nele. É comum vermos 
essa pergunta nos enunciados na forma de comandos como “quantos jeitos”, “quantas formas”, 
“quantos modos”, “quantas formas distintas”, etc. 
Vejamos um exemplo. 
Ao viajar da cidade 𝐴 para a cidade 𝐶, a passagem pela cidade 𝐵 é obrigatória. Sabendo 
que temos 3 caminhos diferentes para irmos da cidade 𝐴 para a cidade 𝐵 e dois da cidade 𝐵 
para a cidade 𝐶, quantos caminhos distintos há entre as cidades 𝐴 e 𝐶? 
Um recurso muito útil na matemática é o desenho e, nesta aula, desenhar ou esquematizar 
a situação problema é um passo importante para resolvermos as situações propostas. 
Façamos, então, um diagrama para representar o problema. 
 
 
Oras, professor, essa é fácil, são 5 caminhos. 
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Calma, não é tão trivial assim. Podemos até dizer que são 5 “estradas” diferentes, mas 
para ir de 𝐴 para 𝐶, temos opções de vários caminhos utilizando as 5 estradas disponíveis. 
Como são poucas possibilidades, vamos escrevê-las todas. 
 
 
Estrada de 𝑨 para 𝑩 Estrada de 𝑩 para 𝑪 
1 4 
1 5 
2 4 
2 5 
3 4 
3 5 
Como pudemos ver, temos 6 caminhos diferentes entre as cidades 𝐴 e 𝐶, passando 
obrigatoriamente por 𝐵 e utilizando as 5 estradas disponíveis. 
Uma alternativa para simbolizar essa mesma situação é o diagrama de árvore, ou 
diagrama sequencial. 
Ao partirmos de 𝐴 para 𝐵, temos 3 possibilidades e, para cada uma dessas possibilidades, 
duas opções de 𝐵 para 𝐶. Veja. 
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É importante notar que a tomada de decisão sobre o primeiro caminho, de 𝐴 para 𝐵, não 
influencia de modo algum a escolha do caminho de 𝐵 para 𝐶. Dizemos, então, que esses eventos 
são independentes. 
Quando temos duas decisões serem tomadas em sequência, podemos multiplicar o 
número de opções que temos em uma decisão pelo número de opções que temos em outra. 
Para este caso, temos: 
De 𝐴 para 𝐵: 3 opções. 
De 𝐵 para 𝐶: 2 opções. 
Assim, o número 𝑛 de opções de 𝐴 para 𝐶 é dado por: 
𝑛 = 3 ∙ 2 = 6. 
Repetindo, esse cálculo nos dá quantas são nossas opções, não quais são elas. 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 8 
 
Esse princípio da multiplicação em eventos sequenciais é tão importante em nossos 
estudos que recebe o nome de Princípio Fundamental da Contagem (PFC). 
Vejamos mais um exemplo clássico, as placas de automóveis. 
No Brasil, utilizaremos, em breve, as novas placas de automóveis no modelo Mercosul. 
Teremos placas do tipo 𝐿𝐿𝐿 𝑁𝐿𝑁𝑁 para automóveis, onde 𝐿 simboliza posição ocupada por uma 
das 26 letras do alfabeto e 𝑁, por um dos 10 algarismos numéricos. 
Supondo não haver placas repetidas nem sequências proibidas, quantos emplacamentos 
de automóveis diferentes serão possíveis com o novo sistema de placas? 
Vejamos. 
Temos 10 algarismos numéricos diferentes e 26 letras. 
Ao escolher um elemento, nada nos impede de utilizarmos o mesmo elemento novamente, 
em outra posição. Chamamos isso de escolha com reposição. 
Além disso, ao escolhermos um elemento, nada influencia na escolha do outro, ou seja, 
temos escolhas independentes. 
Por se tratar de eventos sequenciais (escolhemos um dígito por vez, da esquerda para a 
direita) podemos utilizar o Princípio Fundamental da Contagem (PFC) para calcularmos quantos 
são os casos de emplacamento possíveis. 
As placas são do tipo 𝐿𝐿𝐿 𝑁𝐿𝑁𝑁. 
Para a primeira letra, temos 26 possibilidades de escolha (de 𝐴 a 𝑍). Para a segunda letra, 
também 26. Idem para a terceira. Para o primeiro número, 10 possibilidades (de 0 a 9) e assim 
por diante. 
Assim, o número 𝑛 de placas distintas é dado por: 
𝑛 = 𝐿 ∙ 𝐿 ∙ 𝐿 ∙ 𝑁 ∙ 𝐿 ∙ 𝑁 ∙ 𝑁 
𝑛 = 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 10 ∙ 26 ∙ 10 ∙ 10 
𝑛 = 264 ∙ 103 
𝑛 = 456.976.000 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎𝑠 
Vamos praticar um pouco? 
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 Exercícios de fixação 
1. Quantos números de três algarismos conseguimos apenas com os dígitos 
4,5,6,7,8? 
Comentários 
Como temos cinco possibilidades para cada algarismo, temos, pelo PFC: 
𝑛 = 5 ∙ 5 ∙ 5 
𝑛 = 53 
𝑛 = 125 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
2. Em cada lançamento de uma moeda é possível obter-se na face voltada para cima, 
ou cara ou coroa. Qual o número de sequências distintas possível se lançarmos uma 
moeda 5 vezes? 
Comentários 
Temos 5 lançamentos e, para cada lançamento,2 possibilidades (cara ou coroa). Utilizando o 
PFC, temos. 
𝑛 = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 
𝑛 = 25 
𝑛 = 32 𝑡𝑖𝑝𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑛ç𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑜𝑠 
3. Em uma prova com 10 questões com 4 alternativas cada questão (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑), 
quantos são os gabaritos possíveis? 
Comentários 
Pensemos em cada questão. 
 Primeira questão: 4 possibilidades de escolha, (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑). 
 Segunda questão, 4 possibilidades de escolha, (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑). 
 Terceira questão, 4 possibilidades de escolha, (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑). 
⋮ 
 Décima questão, 4 possibilidades de escolha, (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑). 
Assim, o número 𝑛 de gabaritos possíveis é 
𝑛 = 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 
𝑛 = 410 
𝑛 = 1.048.576 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 
Imagine quantos haverá na sua prova do vestibular! 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 10 
4. Cinco atletas participam de uma corrida. Quantas possibilidades de pódio existem 
para primeiro, segundo e terceiro lugar? 
Comentários 
Aqui temos um caso ligeiramente diferente dos anteriores. Ao escolher um atleta para o 
primeiro lugar, fatalmente, teremos uma pessoa a menos para ocupar o segundo lugar, pois 
não consideraremos aqui uma pessoa ocupando suas posições no pódio. 
Desse modo, como temos 5 atletas, teremos: 
 5 opções para o primeiro lugar. 
 4 opções para o segundo lugar, pois quem está em primeiro lugar já está descartado 
para o segundo lugar. 
 3 opções para o terceiro lugar, pois os dois que já estão no pódio estão descartados 
como possibilidade para o terceiro lugar. 
Assim, o número 𝑛 de pódios diferentes é dado por 
𝑛 = 5 ∙ 4 ∙ 3 
𝑛 = 60 𝑝ó𝑑𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
5. De quantos modos 5 pessoas podem ficar em fila indiana? 
Comentários 
Do mesmo modo que na questão anterior, ao escolher a pessoa que ocupará a primeira 
posição na fila, temos uma escolha a menos para a segunda posição. 
Dessa forma, o número 𝑛 de filas indianas diferentes é dado por 
𝑛 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
𝑛 = 120 
 
 
 
 
1.1. Fatorial de um número 
No exercício que acabamos de fazer, sobre a fila indiana, calculamos um produto 
interessante: 
𝑛 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Esse produto, de um número natural por todos os seus antecessores naturais estritamente 
positivos, recebe o nome de fatorial e é representado pelo sinal de exclamação (!). 
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Nesse caso, podemos escrever 
𝑛 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
𝑛 = 5! 
Como vamos trabalhar com esse produto com muita frequência e com números extensos, 
a notação de fatorial vem muito a calhar. 
 Exercício de fixação 
1. Calcule os fatoriais abaixo. 
 𝑎) 2! 
𝑏) 3! 
𝑐) 4! 
𝑑) 5! 
𝑒) 6! 
𝑓) 7! 
𝑔) 8! 
ℎ) 8 ∙ 7 ∙ 6! 
Comentários 
Para calcular os fatoriais acima, basta que façamos os produtos dos números por todos os 
seus antecessores. 
 𝑎) 2! = 2 ∙ 1 = 2 
 𝑏) 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 
 𝑐) 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 
 𝑑) 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 
 𝑒) 6! = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 
 𝑓) 7! = 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 5.040 
 𝑔) 8! = 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 40.320 
 ℎ) 8 ∙ 7 ∙ 6! = 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 40.320 
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Note que o fatorial de um número pode ser escrito de várias formas, não é necessário que 
escrevamos todos os seus antecessores, podemos continuar utilizando a notação de fatorial. 
 
Essa técnica é muito útil quando estamos trabalhando com simplificações. 
Todos os produtos a seguir são equivalentes. 
 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 
 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2! = 720 
 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3! = 720 
 6 ∙ 5 ∙ 4! = 720 
 6 ∙ 5! = 720 
 6! = 720 
Você deve ter percebido que falamos que o fatorial de um número natural é o produto dele 
próprio por todos os seus antecessores. 
Pois bem, 0 é natural; 1 é natural. 
Então, como ficam os fatoriais desses números? 
Vamos por partes. 
O 1 é simples, ele é o fim da fila dos produtos, então 
1! = 1 
Já para o fatorial de zero, temos uma conversa mais delicada, visto que não há 
antecessores naturais de zero. 
No ensino superior, você poderá fazer a análise dos fatoriais via função Gama, mas, por 
enquanto, essa análise não faz parte do escopo de um curso pré-vestibular. Felizmente, diriam 
alguns... 
Mas não podemos deixar essa questão sem resposta, visto que utilizaremos o fatorial de 
zero em várias situações de prova. 
Sendo assim, vamos analisar a questão por meio da definição própria do fatorial, a 
multiplicação de um número por todos os seus antecessores naturais positivos. 
Podemos pensar em fatorial de uma expressão algébrica, desde que garantamos que se 
trate de um número natural. 
 Por exemplo, podemos pensar no fatorial de 𝑥. 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 13 
𝑥! = 𝑥 ∙ (𝑥 − 1) ∙ (𝑥 − 2) ∙ (𝑥 − 3) ∙ … 3 ∙ 2 ∙ 1 
Alternativamente, podemos utilizar a notação simplificada que vimos há pouco. 
𝑥! = 𝑥 ∙ (𝑥 − 1)! 
Dividindo ambos os termos por 𝑥, temos. 
𝑥!
𝑥
=
𝑥 ∙ (𝑥 − 1)!
𝑥
 
𝑥!
𝑥
=
𝑥 ∙ (𝑥 − 1)!
𝑥
 
𝑥!
𝑥
= (𝑥 − 1)! 
Até aqui, pegamos a definição de fatorial de um número, aplicamos essa definição para o 
número 𝑥, utilizamos a notação simplificada e dividimos ambos os membros da equação por 𝑥. 
Nessa igualdade a que chegamos, partindo da própria definição de fatorial, façamos 𝑥 =
1. 
𝑥!
𝑥
= (𝑥 − 1)! 
1!
1
= (1 − 1)! 
 
Sabemos que 1! = 1, então. 
1!
1
= (0)! 
1
1
= (0)! 
1 = (0)! 
Então, a partir de agora, diremos que 
0! = 1, 
pois essa conclusão decorre diretamente da definição do próprio fatorial de um número. 
 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 14 
 
2. Permutações 
Você sabe o que é permutar? 
Permutar significa trocar. Antigamente, usava-se o termo “Permuta-se” até em anúncios 
comerciais nos jornais como sinônimo de troca comercial: “Permuta-se uma geladeira em uma 
bicicleta”. 
O significado popular pode ser aplicado aqui. 
Quando falamos em Permutação na Análise Combinatória, estamos nos referindo a 
situações específicas em que todos os elementos de um conjunto são colocados em ordens 
diferentes, mas utilizando todos os elementos a cada ordem diferente, a cada troca, a cada 
permuta. 
Um exemplo é quando vamos viajar em um grupo de 5 pessoas no carro de 5 lugares. 
Claro, consideramos aqui que todos os viajantes possam ocupar o acento do condutor. 
Assim, acontecerá o que aconteceu em nosso exemplo da fila indiana. Temos 5 opções 
para escolher a pessoa para o primeiro acento, 4 opções para escolher quem ocupará o segundo 
acento, 3 para o terceiro, 2 para o penúltimo e apenas 1 opção para o último acento a ser 
ocupado. 
Desse modo, temos 𝑛 configurações diferentes para a viagem, a saber: 
𝑛 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
𝑛 = 5! 
Quando vamos indicar uma permutação de 𝑛 elementos, utilizamos a simbologia 𝑃𝑛. 
Para o exemplo anterior, podemos dizer que 
𝑛 = 𝑃5 = 5! 
Se expandirmos o raciocínio, podemos dizer que, para qualquer conjunto em que 
tenhamos a mesma característica de que falamos, o número de permutações possíveis é dado 
por 
𝑛! = 𝑛 ∙ 1 − 1 ∙ 𝑛 − 2 ∙ ⋯ ∙ 2 ∙ 1
1! = 1
0! = 1
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 15 
𝑃𝑛 = 𝑛! 
Quando formos considerar a reordenação dos elementos de um conjunto, a ferramenta 
que deve vir em primeiro lugar na sua mente é a Permutação. 
Vejamos alguns casos clássicos, que valem a retenção na memória. 
 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 16 
 
 Exercícios de fixação 
1. Anagrama é a reordenação das letras de uma palavra, quer o anagrama tenha 
significado, quer não. 
Dessa forma, calcule quantos anagramas são possíveis com a palavra 𝐸𝑆𝐶𝑂𝐼𝑀𝐴𝑅.Comentários 
Sim, essa palavra existe. Escoimar significa corrigir. 
Neste caso, temos que trocar a ordem de 8 letras distintas, característica da Permutação. 
Assim, podemos dizer que o número 𝑛 de anagramas possíveis para a palavra 𝐸𝑆𝐶𝑂𝐼𝑀𝐴𝑅 é 
dado por 
𝑛 = 𝑃8 = 8! = 40.320 
Como exercício, não estamos tão interessados aqui no valor em si, mas no método que 
empregamos para aplicar às diferentes situações. Assim, seria perfeitamente aceitável a 
resposta 8! em vez de 40.320. 
2. Dos anagramas da palavra 𝑇Á𝐵𝐼𝐷𝑂, quantos se iniciam com consoante? 
Comentários 
Se não houvesse a restrição de início com consoante, teríamos 𝑃6 = 6!. 
No entanto, há uma restrição e devemos resolvê-la antes de resolver a permutação. 
Vamos fazer uma representação dos anagramas, onde cada espaço representa uma letra. 
 
_____ ∙_____ ∙_____∙_____∙_____∙_____ 
Temos que iniciar nossa palavra por uma consoante e há, na palavra 𝑇Á𝐵𝐼𝐷𝑂, 3 delas: 𝑇𝐵𝐷. 
Dessa forma, nossos anagramas são do tipo 
_____ ∙_____ ∙_____∙_____∙_____∙_____ 
Consoante (𝑇𝐵 ou 𝐷) ∙_____ ∙_____∙_____∙_____∙_____ 
3 ∙_____ ∙_____∙_____∙_____∙_____ 
Ao eliminar uma letra para colocar na primeira posição, temos 5 opções restantes para colocar 
na segunda posição (inclusive as duas consoantes que não foram utilizadas na primeira). 
3 ∙5 ∙_____∙_____∙_____∙_____ 
Seguindo a mesma linha, temos 4 opções para a próxima posição vaga. 
3 ∙5 ∙4∙_____∙_____∙_____ 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 17 
Continuando o mesmo raciocínio até a primeira posição, temos. 
3∙5∙4∙3∙2∙1 
Reescrevendo com o uso do fatorial. 
3 ∙5! 
Significando que, após escolhermos a consoante inicial, aplicamos a permutação para os 5 
elementos restantes. 
Dessa forma, temos, da palavra 𝑇Á𝐵𝐼𝐷𝑂, 3 ∙ 5! anagramas que se iniciam por consoante. 
 
2.1. Permutações com elementos repetidos 
Pensemos, agora, no caso dos anagramas da palavra 𝐴𝑆𝑇𝐸𝑅𝐼𝑆𝐶𝑂, onde temos repetição 
de letras. 
Alguns anagramas possíveis para a palavra 𝐴𝑆𝑇𝐸𝑅𝐼𝑆𝐶𝑂 são 
𝐴𝐸𝐼𝑂𝑆𝑇𝑅𝑆𝐶 – 𝑂𝐶𝑆𝐼𝑅𝐸𝐴𝑆𝑇 – 𝑆𝑆𝑅𝑇𝐶𝐴𝐸𝐼𝑂 – 𝐴𝑆𝑇𝐸𝐼𝑅𝑆𝐶𝑂 – 𝐴𝑂𝑆𝐶𝑇𝑆𝐸𝐼𝑅𝐼 ... 
Olhemos mais de perto um desses anagramas: 𝑆𝑆𝑅𝑇𝐶𝐴𝐸𝐼𝑂. 
Você saberia dizer, nesse anagrama, qual 𝑆 veio da sílaba 𝐴𝑆? Qual veio da sílaba 𝑅𝐼𝑆? 
Provavelmente, não, pois as letras repetidas, no anagrama, quando mudadas de posição, 
acabam formando anagramas idênticos. 
As duas letras 𝑆 podem ser mudadas de lugar em todos os anagramas, e não 
perceberíamos a mudança. 
Então, pergunto: com referência às duas letras 𝑆, repetidas, de quantos modos podemos 
mudá-las de posição dentro de um anagrama qualquer? 
Bom, dentro de um anagrama, como são duas letras ocupando duas posições, há 𝑃2 = 2! 
maneiras de trocá-las de lugar. 
Como a cada palavra do anagrama isso acontece, calcularemos os anagramas como se 
não houvesse letras repetidas e, em seguida, dividimos esse resultado pelo número de maneiras 
de permutar as letras repetidas dentro do anagrama. 
Nesse caso, ASTERISCO tem 9 letras, sendo 2 repetidas. Assim, o número de anagramas 
é dado por: 
𝑃9
2 =
9!
2!
=
9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
2 ∙ 1
= 181.440 
Simbolizamos o número de letras repetidas na parte superior e o número de letras totais 
na parte inferior da permutação. Mas cuidado, ao colocarmos na fração, essa ordem é invertida! 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 18 
Podemos, inclusive, ter mais de uma letra repetida, como no caso da palavra 
𝐴𝑆𝑆𝐴𝑆𝑆𝐼𝑁𝐴𝑅. 
Temos, neste caso, 10 letras, 3 letras 𝐴 e 4 letras 𝑆. 
Assim, o número de anagramas da palavra 𝐴𝑆𝑆𝐴𝑆𝑆𝐼𝑁𝐴𝑅 é dado por 
𝑃10
3,4 =
10!
3! ∙ 4!
 
 
𝑃10
3,4 =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 4!
 
 
𝑃10
3,4 =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 4!
 
𝑃10
3,4 = 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 5 
 
𝑃10
3,4 = 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 5 
 
𝑃10
3,4 = 25.200 
Assim, podemos generalizar o resultado para permutações com 𝑛 elementos, sendo 𝑟 
elementos repetidos: 
𝑃𝑛
𝑟 =
𝑛!
𝑟!
 
2.2. Permutação circular 
Cinco amigos vão ao cinema e compram seus ingressos em uma fila com 5 cadeiras lado 
a lado. De quantos modos diferentes eles poderiam se sentar? 
Já estudamos esse caso, trata-se de uma permutação simples com cinco elementos, ou 
seja, 𝑃5 = 5!. 
Os mesmos 5 amigos vão a um restaurante e se sentam ao redor de uma mesa de 5 
lugares diferentes. De quantos modos eles podem se sentar? 
Aí depende. 
Como assim, depende, professor? Não é exatamente a mesma situação do cinema? Muda 
por ser uma mesa? 
Pode mudar, mas a mudança não é obrigatória. Acompanhe. 
Caso cada lugar da mesa seja considerado particular, digamos, um em frente à TV, outro 
ao lado de um corredor de grande fluxo, um bem espremidinho ao canto, entre outras 
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AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 19 
particularidades, podemos considerar como o caso do cinema, da fila indiana, do anagrama. 
Cada modificação é uma configuração diferente. 
Mas, caso consideremos uma mesa redonda em que o ambiente não importe, apenas a 
configuração de um elemento em relação ao outro, mesmo sentados em bancos distintos, a 
configuração se repete. 
Para ficar mais claro, vamos particularizar os 5 amigos como Amanda, Beto, Carol, Diogo 
e Eduardo, 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 para simplificar. 
Caso esses cinco amigos se sentem em fila, temos 𝑃5 = 5! = 120 maneiras de dispô-los. 
Consideremos, como exemplo, as cinco maneiras distintas a seguir. 
𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 ≠ 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐴 ≠ 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐴, 𝐵 ≠ 𝐷, 𝐸, 𝐴, 𝐵, 𝐶 ≠ 𝐸, 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 
Considerando a disposição em fila, cada configuração acima é considerada uma forma 
diferente. 
Veja o que acontece quando consideramos uma mesa circular e colocamos exatamente 
essas configurações. 
 
 
Se desconsiderarmos o universo externo à mesa, como no caso de um jogo de tabuleiros, 
o que importa na configuração é exatamente a posição de um elemento em relação ao outro, 
não ao ambiente externo. 
Nesse sentido, todas as configurações acima são idênticas. Há apenas rotação (no 
sentido horário) de uma mesma configuração, 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸. 
Quando isso acontece, chamamos de Permutação Circular: todos os elementos são 
mudados de posição, mas em posições equivalentes, devido à natureza circular, ou cíclica, do 
problema. 
Desse modo, calculamos o número de permutações simples, mas cada conjunto de 
permutação equivalente deve ser descontado, pois foram contados mais de uma vez. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 20 
Nosso exemplo tivemos 5 amigos em permutação circular e o número de permutações 
equivalentes é, justamente 5. 
Esse fenômeno acontece sempre e temos que o número de permutações circulares é 
dado por: 
𝑃𝐶𝑛 =
𝑛!
𝑛
 
Se quiser, você pode memorizar a fórmula acima, ou o raciocínio que nos levou a ela, que 
não é tão diferente do de permutações com repetições. 
No entanto, alguns livros desenvolvem um pouquinho essa fórmula e a apresentam com 
outra roupagem, acompanhe. 
𝑃𝐶𝑛 =
𝑛!
𝑛
 
Aplicando a definição de fatorial de um número. 
𝑃𝐶𝑛 =
𝑛 ∙ (𝑛 − 1)!
𝑛
 
𝑃𝐶𝑛 =
 𝑛 ∙ (𝑛 − 1)!
 𝑛 
 
𝑃𝐶𝑛 = (𝑛 − 1)! 
As fórmulas são idênticas no quesito efetividade. Então, caso decida pela memorização, 
a escolha é questão de gosto pessoal mesmo. 
2.3. Permutação caótica 
Imagine que você tem 5 chapéus e 5 pessoas. 
Cada pessoa tem seu próprio chapéu. 
Você coloca cada chapéu em uma caixa sem identificação e, após misturar as caixas, 
devolve as caixas, uma para cada pessoa. 
A pergunta que já estudamos é: de quantos modos diferentes essas pessoas podem 
receber os chapéus? 
Bem, se são 5 chapéus e 5 pessoas, estamos falando de uma permutação de 5 elementos, 
ou seja,𝑃5 = 5! 
𝑃5 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
𝑃5 = 120 
Ou seja, há 120 maneiras diferentes de devolvermos esses 5 chapéus às 5 pessoas. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 21 
Obviamente, em algumas dessas configurações, alguns chapéus encontrarão seus donos, 
outros não. 
Em uma das configurações, em apenas uma, todos os donos encontram seus chapéus. 
E, agora, vamos à situação nova: em quantos desses modos nenhum dono encontra seu 
chapéu de origem? 
Essas configurações, em que nenhum objeto volta à situação de origem, são chamadas 
de permutações caóticas, ou ainda, desarranjos. 
A prova da fórmula das permutações caóticas não está no escopo do nosso curso atual, 
mas isso não te atrapalhará nem a usar a fórmula, nem a fazer as questões sobre o assunto na 
sua prova. 
O número de permutações caóticas em um grupo de 𝑛 elementos, simbolizado por ! 𝑛 
(sim, o símbolo de fatorial é antes de 𝑛 mesmo), é dado por: 
! 𝑛 = 𝑛! ∙ (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!
) 
A fórmula tem seus sinais alternados a cada termo, então, o sinal da última parcela 
dependerá do valor de 𝑛. Comece com o termo positivo e vá alternando o sinal até o final. 
Assim, como temos 5 chapéus, o número de permutações caóticas, ou desarranjos, onde 
nenhum dono recebe seu próprio chapéu, é de: 
! 5 = 5! ∙ (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
) 
! 5 = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ (
1
1
−
1
1
+
1
2 ∙ 1
−
1
3 ∙ 2 ∙ 1
+
1
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
−
1
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
) 
! 5 = 120 ∙ ( 
1
1
 − 
1
1
 +
1
2
−
1
6
+
1
24
−
1
120
) 
 
 
 
! 5 = 120 ∙ (
1
2
−
1
6
+
1
24
−
1
120
) 
! 5 =
120
2
−
120
6
+
120
24
−
120
120
 
! 5 = 60 − 20 + 5 − 1 
! 5 = 44 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 22 
3. Arranjos 
Um arranjo é um tipo de permutação em que não há lugar para todo mundo. 
Como assim, professor? 
Na permutação, nós só trocamos os elementos de um conjunto de ordem e cada ordem é 
um elemento da permutação, uma possibilidade, um jeito de ordenar. 
No arranjo é o mesmo princípio, porém não trabalharemos com todos os elementos do 
conjunto de modo simultâneo, trabalharemos com um número menor de “vagas”. 
Lembra-se do caso em que 5 pessoas iam viajar em um carro de 5 lugares? 
Tínhamos 𝑃5 = 5! maneiras diferentes de colocá-los no carro e isso faz referência à 
permutação, 5 pessoas e 5 lugares no carro. 
Aqui, nos arranjos, seria algo como ter 5 pessoas que querem viajar para a praia, mas só 
temos uma moto. Dessa vez, dessas 5 pessoas, somente 2 podem ir à praia. 
Perceba que o começo do raciocínio é semelhante para permutações e arranjos. Para 
escolher a primeira pessoa, temos 5 possibilidades. Para a segunda, 4 possibilidades. 
E para por aí, essa é a diferença. 
Se temos somente duas vagas, teremos somente dois fatores na multiplicação. 
A simbologia para arranjarmos 5 pessoas duas a duas é 𝐴5,2 e é dada pelo produto do 
número de pessoas pelos seus antecessores, mas não até o 1 e sim em um número de fatores 
igual ao número de vagas. 
Assim, 
𝐴5,2 = 5 ∙ 4 → 𝑆𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 2 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 2 𝑣𝑎𝑔𝑎𝑠 
Se esses 5 amigos pudessem ir de triciclo, seriam 3 vagas, e o número de combiná-los 
seria dado por 
𝐴5,3 = 5 ∙ 4 ∙ 3 → 𝑆𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 3 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 3 𝑣𝑎𝑔𝑎𝑠 
Nos livros didáticos os arranjos são apresentados com uma fórmula para representar 
exatamente o nosso raciocínio. 
Perceba que temos que quando arranjamos 5 elementos, 2 a 2, precisamos de apenas 
dois fatores no produto, mas como escrever isso matematicamente? 
Simples, escreveremos todos eles e dividiremos pelos que não precisamos, veja. 
𝐴5,2 = 5 ∙ 4 =
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
3 ∙ 2 ∙ 1
=
5!
3!
=
5!
(5 − 2)!
 
O artifício de completar o que faltava no fatorial do numerador e dividir pelo mesmo 
incremento no denominador nos permite escrever a fórmula do arranjo de maneira genérica, veja. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 23 
𝐴𝑛,𝑝 =
𝑛!
(𝑛 − 𝑝)!
 
Podemos tanto pensar no número de fatores do produto de uma “permutação” incompleta 
quanto utilizar a fórmula, pois são pensamentos equivalentes. 
Na prática, é mais cômodo utilizar o pensamento do número de fatores do produto para 
calcularmos arranjos nos quais conhecemos numericamente 𝑛 e 𝑝 e deixar a fórmula para 
exercícios literais e equações nas quais 𝑛 ou 𝑝 sejam incógnitas. 
 
 Exercícios de fixação 
3. De quantos modos podemos dispor 3 pessoas em uma fila de bancos com 6 
lugares? 
Comentários 
Neste caso é mais cômodo pensarmos em distribuir bancos a pessoas. Temos 6 bancos e 
somente 3 pessoas, então não há como utilizarmos todos os bancos, ficarão bancos sem 
pessoas, caracterizando o arranjo. 
Assim, temos. 
𝐴6,3 = 6 ∙ 5 ∙ 4 
𝐴6,3 = 120 𝑚𝑜𝑑𝑜𝑠 
4. Jogando um dado de 8 lados, numerados de 1 a 8, quantos números de 4 
algarismos distintos podemos formar? 
Comentários 
Temos 8 números e somente 4 “vagas” para esses números. Assim, podemos pensar em um 
arranjo de 8 elementos, tomados 4 a 4. 
𝐴8,4 = 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 
𝐴8,4 = 1.680 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 
 
5. Quantos números diferentes de 3 algarismos distintos conseguimos formar com 
os algarismos 1,3,5,7,9? 
Comentários 
Mesmo raciocínio do exercício anterior, arranjo de 5 elementos, tomados 3 a 3. 
𝐴5,3 = 5 ∙ 4 ∙ 3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 24 
Escolhas sem contar o zero 
Escolhas dos próximos 3 dígitos, 
reincluindo o zero 
𝐴5,3 = 60 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 
 
6. Quantos números diferentes de 4 algarismos distintos conseguimos formar com 
os algarismos 0,3,5,7,9? 
Comentários 
 Apesar de ser o mesmo raciocínio, neste exercício aparece uma restrição que não 
apareceu nos dois exercícios anteriores, o número zero. 
 E por que o zero é uma restrição? 
 Simples, porque se o zero for o primeiro dígito escolhido, dentre os 4 solicitados, for 
zero, esse número não é de 4 algarismos, é de 3. 
Assim, para o primeiro dígito, temos a escolha limitada aos elementos 3,5,7,9. Para os outros, 
sem restrição. 
 Pelo princípio da multiplicação, que vimos no início desta aula, temos 4 escolhas para o dígito 
inicial (3,5,7,9). Escolhido um destes, continuamos com 4 opções para o segundo dígito pois, 
se tiramos um deles para ser o primeiro, incluímos o zero que pode aparecer nas outras 
posições. 
Desse modo, a primeira posição é uma escolha à parte, por causa do zero. Para as outras três 
posições, podemos pensar no arranjo de 4 elementos, 3 a 3. 
Calculemos, então, a quantidade 𝑛 de números de 4 dígitos nas condições dadas. 
 
 
𝑛 = 4 ∙ 𝐴4,3 
𝑛 = 4 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 
𝑛 = 96 
 
4. Combinações 
As combinações são outro tipo de agrupamento, com semelhanças e diferenças com 
relação às permutações e aos arranjos. 
Nas combinações, podemos ter tanto um número de “vagas” igual ao número de 
elementos, como na permutação, quanto um número de “vagas” menor que o número de 
elementos, como no arranjo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 25 
O que difere uma combinação dos outros tipos é o fato de esta não considerar a ordem 
como fator diferenciador de uma sequência. 
Enquanto na permutação e no arranjo as sequências 123 e 321 são consideradas 
diferentes, na combinação elas são consideradas iguais. 
Como isso, professor? É claro que elas são diferentes! 
Calma, tudo depende do contexto. 
A sequência 123 é diferente da sequência 321 se estivermos falando de números, por 
exemplo, pois cento e vinte e três é, claramente, diferente de trezentos e vinte e um. 
No entanto, se estivermos falando em um grupo de amigos que vão ao cinema juntos, o 
grupo 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 1, 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 2, 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 3, portanto, 123, é idêntico ao grupo 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎3, 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 2, 
𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 1, 321. 
Nas combinações, a ordem não difere um conjunto do outro. Mais exemplos? 
Formação de casais (𝐴𝐵 = 𝐵𝐴) 
Duplas para boxe, pingue-pongue, truco. 
 Grupos de trabalho ou estudo com funções idênticas para cada integrante. 
 Escolha de objetos de uma coleção. 
Vamos analisar o caso da loteria como exemplo. 
Para ganhar o prêmio máximo da Mega-Sena, o jogador deve acertar as 6 dezenas 
sorteadas dentre as 60 possíveis. Vamos imaginar que as dezenas sorteadas, nessa ordem 
foram: 
41 − 05 − 04 − 52 − 30 − 33 
Mas você, ao jogar, jogou a seguinte combinação: 
04 − 05 − 30 − 33 − 41 − 52 
Você, por acaso, espera receber o prêmio? 
Provavelmente, sim, pois o jogo não restringe a ordem, apenas pede para que se acerte 
os números sorteados para ser o ganhador. Dessa forma, todas as sequências abaixo são 
igualmente válidas: 
41 − 05 − 04 − 52 − 30 − 33 
04 − 05 − 30 − 33 − 41 − 52 
30 − 05 − 52 − 33 − 41 − 04 
52 − 41 − 33 − 30 − 04 − 05 
52 − 04 − 30 − 33 − 41 − 05 
⋮ 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 26 
Multiplicidade de cada sequência 
Lembre-se 
 6 posições, 6 fatores 
Então, pergunto: com esses 6 elementos, quantas sequências equivalentes podemos 
formar? 
Essa você consegue fazer com o que estudamos até aqui, trata-se de uma permutação 
de 6 elementos, portanto, 𝑃6 = 6!. 
Agora, voltemos ao problema principal, a loteria. 
Na Mega-Sena, temos 60 números para fazer sequências de 6 números cada. 
Se a ordem importasse, se cada sequência fosse única, poderíamos pensar no arranjo de 
60 elementos, tomados 6 a 6. 
No entanto, vimos que há sequências equivalentes e que, cada sequência produz 6! 
sequências equivalentes que foram contadas em multiplicidade no arranjo. 
Como resolver essa questão? 
Do mesmo modo que resolvemos as permutações com repetição e as permutações 
circulares, dividindo pelo excedente. 
Assim, podemos dizer que uma combinação de 60 elementos, tomados 6 a 6, é dada por: 
𝐶60,6 =
𝐴60,6
6!
 
E quanto dá isso? Também não sei, calculemos. 
𝐶60,6 =
60 ∙ 59 ∙ 58 ∙ 57 ∙ 56 ∙ 55
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝐶60,6 =
36.045.979.200
720
 
 
𝐶60,6 = 50.063.860 
Ou seja, mesmo considerando só as sequências com números distintos, ainda são mais 
de 50 milhões de combinações. 
Vamos generalizar esse método? 
A combinação é um tipo de arranjo, mas em que não são consideradas sequências 
distintas as sequências de mesmos elementos. Por isso, dividimos o número de arranjos pelo 
número de elementos que foram contados em duplicidade. 
Sintetizando uma combinação de 𝑛 elementos, tomados 𝑝 a 𝑝, temos. 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝐴𝑛,𝑝
𝑝!
 
Nós já temos uma fórmula para o arranjo, lembra? Podemos, se quisermos, substitui-la 
na equação acima. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 27 
Número Binomial 
{
 
 
 
 𝐶𝑛,𝑝 =
𝐴𝑛,𝑝
𝑝!
 
 
𝐴𝑛,𝑝 =
𝑛!
(𝑛 − 𝑝)!
 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝐴𝑛,𝑝
𝑝!
 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝑛!
(𝑛 − 𝑝)!
𝑝!
 
Divisão entre frações: conserva-se a de cima e inverte-se a de baixo. 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝑛!
(𝑛 − 𝑝)!
∙
1
𝑝!
 
 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝑛!
𝑝! ∙ (𝑛 − 𝑝)!
 
Essa fórmula é muito solicitada nos exercícios de vestibular, então, vale a memorização. 
Mais adiante no curso, especificamente na aula sobre polinômios, veremos que essa 
fórmula da combinação é a definição de um número especial, chamado número binomial e é 
simbolizado por 
𝐶𝑛,𝑝 =
𝑛!
𝑝! ∙ (𝑛 − 𝑝)!
= (
𝑛
 
𝑝
) 
Exercícios de fixação 
 Exercício de fixação 
1. Diferencie as situações abaixo entre permutação, arranjo ou combinação. 
a) colocar 10 pessoas em fila indiana 
b) anagramas 
c) dividir 15 atletas em comissões de 3 
d) dividir 30 alunos em comissões contendo 1 tesoureiro, 1 presidente e 1 vice-presidente 
e) dividir os estudos em conjuntos de 3 disciplinas por dia dentre as 11 apresentadas no curso 
f) diagonais de um polígono 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 28 
g) calcular quantas retas distintas são possíveis com 𝑛 pontos distintos e não alinhados no 
espaço 
h) escolher sabores de sorvete 
Comentários 
a) Permutação, pois das 10 pessoas, utilizaremos todas simultaneamente, além de a ordem 
das pessoas na fila determinarem filas diferentes. 
b) Anagramas são permutações. 
c) Como não foi dito sobre distinção entre os atletas da comissão, temos uma combinação. A 
comissão formada por João, André e Catarina é a mesma da comissão formada por Catarina, 
João e André. 
d) Aqui a ordem já importa, pois cada elemento da comissão ocupará uma posição diferente. 
Assim, arranjo. 
e) Combinação. Consideremos estudar Matemática, Física e História em um dia ser o mesmo 
que estudar História, Matemática e Física. 
f) Uma diagonal, embora não tenhamos estudado esse assunto ainda, é um segmento de reta 
que liga dois vértices de um polígono, portanto, que liga dois pontos. O segmento que liga os 
pontos 𝐴 e 𝐵 é o mesmo que liga os pontos 𝐵 e 𝐴, portanto, combinação. 
g) Para termos uma reta, precisamos de dois pontos. Com o mesmo raciocínio do segmento 
de reta traçado no item anterior, concluímos tratar-se de uma combinação. 
h) Se os sabores não tiverem ordem de importância, como é em muitas sorveterias, 
combinação, pois uma casquinha de morango e chocolate é equivalente a uma com chocolate 
e morango. 
 
 
5. Princípio aditivo 
Além do princípio multiplicativo que vimos no início da aula, há, também, o princípio 
aditivo. 
Este princípio, aditivo, se aplica a situações em que tomamos decisões alternativas, ou 
uma ou outra, não sequenciais. 
Imagine que você possa sair hoje à noite para ir ao cinema ou ao teatro, mas não a ambos, 
pois as sessões são simultâneas. 
Há 3 filmes em cartaz no cinema e 2 peças de teatro. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 29 
Nessa situação, quantos são suas opções de passeio para hoje à noite? 
Perceba que não podemos aplicar o PFC, pois esses eventos não são sequenciais, você 
não escolherá um filme e depois uma peça de teatro, é ou um ou outro. 
Assim, você tem 3 opções para o cinema e 2 opções para o teatro, totalizando 3 + 2 = 5 
opções. 
Note que a condição para aplicarmos o PFC não foi satisfeita, não houve opção 
sequencial, uma após a outra. 
Como aprofundamento, vamos estudar o caso do lanche de Manoel. 
Manoel está em uma lanchonete que tem 3 tipos diferentes de salgado, 2 tipos de suco e 
4 tipos de sorvete. 
Até aqui, se eu te perguntasse quantos jeitos diferentes Manoel pode fazer seu pedido 
com 1 salgado, 1 suco e 1 sorvete, você provavelmente utilizaria o PFC e me responderia 3 ∙ 2 ∙
4 = 24 maneiras diferentes. 
Vamos, então, aprofundar um pouco e imaginar que Manoel tenha somente dinheiro 
suficiente para comprar dois itens e tenha decidido comprar dois itens diferentes para seu lanche. 
Assim, de quantos modos distintos poderia Manoel fazer seu pedido? 
Como Manoel tem 3 itens disponíveis para escolha e pegará apenas 2, temos uma 
combinação de 3 elementos, tomados 2 a 2. 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2
2 ∙ 1
= 3 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
Essas 3 maneiras são: 
 
Podemos aplicar o PFC para saber quantas opções, dentro de cada escolha, tem Manoel. 
Lanche do 
Manoel
Salgado e Suco
Salgado e Sorvete
Suco e Sorvete
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 30 
 
Até aqui, todos os conceitos envolvidos na análise do lanche de Manoel já foram vistos. 
Para continuarmos, é preciso que respondamos a seguinte pergunta: 
Manoel poderá ter em seu lanche Salgado e Suco E Salgado e Sorvete E Suco e Sorvete? 
Se ele tinha dinheiro suficiente apenas para dois itens, a resposta é não, ele não pode ter 
as três opções simultaneamente. Ele pode ter UMA das opções, somente. 
Utilizamos o conectivo OU ... OU para explicitar essa condição. Assim, podemos dizer queManoel poderá ter em seu lanche OU Salgado e Suco OU Salgado e Sorvete OU Suco e Sorvete. 
Desse modo, não podemos aplicar o princípio multiplicativo, PFC, pois não são eventos 
sucessivos e sim alternativos. 
E como fazemos quando temos alternativas diferentes, não sequenciais? 
Já respondemos essa no início deste tópico, as somamos. 
Portanto, o número 𝑛 de opções para o lanche de Manoel é dado por: 
 
𝑛 = 6 + 12 + 8 
𝑛 = 26 
Em suma, utilizamos o PFC para sucessivos e o princípio aditivo para eventos 
alternativos. 
Quando fazemos uma escolha E outra, PFC. 
Quando fazemos OU uma escolha OU outra, princípio aditivo. 
Lanche do 
Manoel
Salgado e Suco 3 ∙ 2 = 6
Salgado e Sorvete 3 ∙ 4 = 12
Suco e Sorvete 2 ∙ 4 = 8
Lanche do 
Manoel
Salgado e Suco 3 ∙ 2 = 6
+
Salgado e 
Sorvete 3 ∙ 4 = 12
+
Suco e Sorvete 2 ∙ 4 = 8
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 31 
6. Fórmulas, demonstrações e comentários 
6.1. Quantos subconjuntos um conjunto pode gerar? 
Bem, vamos por partes. 
Todo conjunto possui, como subconjunto, o conjunto vazio (∅), que representa combinar 
os elementos do conjunto zero a zero elementos. 
Além desse, podemos combinar esses elementos um a um, dois a dois, três a três e quatro 
a quatro. 
Assim, o número de subconjuntos que podem ser gerados por um conjunto de 𝑛 = 4 
elementos é dado por: 
𝐶4,0 + 𝐶4,1 + 𝐶4,2 + 𝐶4,3 + 𝐶4,4 
Vamos aos cálculos. 
𝐶4,0 + 𝐶4,1 + 𝐶4,2 + 𝐶4,3 + 𝐶4,4 
4!
0! (4 − 0)!
+
4
1
+
4 ∙ 3
2 ∙ 1
+
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
+
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
4!
4!
+ 4 +
4 
2 ∙ 3
2 ∙ 1
+
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
+
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
1 + 4 + 2 ∙ 3 + 4 + 1 
1 + 4 + 6 + 4 + 1 
Antes de fazermos essa soma, você reconhece essa sequência? 
Ela contém os números da quarta linha (𝐿4) do triângulo de Pascal, que vimos na primeira 
aula. 
 C0 
L0 1 C1 
L1 1 1 C2 
L 2 1 2 1 C3 
L 3 1 3 3 1 C4 
L 4 1 4 6 4 1 C5 
L 5 1 5 10 10 5 1 C6 
L6 1 6 15 20 15 6 1 
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
.
.
.
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 32 
O triângulo de Pascal apresenta muitas características interessantes e uma delas é a 
soma dos elementos de suas linhas, acompanhe. 
𝐿0 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 = 20 
𝐿1 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 1 = 2 = 21 
𝐿2 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 2 + 1 = 4 = 22 
𝐿3 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 23 
𝐿4 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24 
𝐿5 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 25 
𝐿6 → 𝑆𝑜𝑚𝑎 = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64 = 26 
.
.
.
 
Percebe-se no desenvolvimento anterior que soma dos elementos de uma linha 𝑛 do 
triângulo de Pascal é igual a 2𝑛. 
Recapitulando. 
Um conjunto de 𝑛 elementos pode gerar uma quantidade de subconjuntos que, por meio 
da soma de combinações de seus elementos, gera a soma dos elementos da n-ésima linha do 
triângulo de Pascal. 
A soma dos elementos da n-ésima linha do triângulo de Pascal é igual a 2𝑛. 
Conclusão: um conjunto que possui 𝑛 elementos pode gerar 2𝑛 subconjuntos. 
6.2. Estratégia para resolver problemas envolvendo Análise 
combinatória. 
 
Não adie as restrições. 
Nos problemas de análise combinatória, é comum termos restrições como: 
✓ iniciar com consoantes 
✓ iniciar com vogais 
✓ um casal permanecer junto 
✓ o número não se iniciar com zero 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 33 
✓ o número ser par ou ímpar 
✓ um anagrama apresentar as vogais ou consoantes juntas 
Elas devem ser resolvidas antes do caso geral. Assim, garantimos que as particularidades 
foram satisfeitas e o que sobrar será tratado como caso geral de permutação, arranjo ou 
combinação. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 34 
6.3. Resumo 
 
 
 
 
Permutações simples, com repetição ou circulares guardam o mesmo princípio: 𝑃𝑛 = 𝑛! 
Mesmo princípio, não a mesma fórmula, ok? 
Para os casos de permutação com repetição ou de permutação circular, acontece a 
contagem de um mesmo elemento mais de uma vez. Por isso ambas apresentam uma divisão. 
Essa divisão representa, exatamente, a quantidade de elementos contados em multiplicidade. 
 
Permutação
Simples
𝑃𝑛 = 𝑛!
Com repetição
𝑃𝑛
𝑟 =
𝑛!
𝑟!
Circular
𝑃𝐶𝑛 =
𝑛!
𝑛
= 𝑛 − 1
Caótica
𝑃𝑛 = ! 𝑛
Todos os elementos participam da 
troca, simultaneamente, em todas 
as configurações.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 35 
 
 
Análise 
Combinatória
Princípio 
multiplicativo 
PFC
Permutação
Simples
Com repetição
Circular
Caótica
Arranjo
Combinação
Princípio Aditivo
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 36 
7. Questões de vestibulares anteriores 
1. (EEAR/2019) Com os algarismos 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔 e 𝟕 posso escrever ___ números pares 
de quatro algarismos distintos. 
a) 120 
b) 180 
c) 240 
d) 360 
 
2. (FUVEST/2018) Doze pontos são assinalados sobre quatro segmentos de reta de 
forma que três pontos sobre três segmentos distintos nunca são colineares, como na 
figura. 
 
O número de triângulos distintos que podem ser desenhados com os vértices nos pontos 
assinalados é 
a) 𝟐𝟎𝟎. 
b) 𝟐𝟎𝟒. 
c) 𝟐𝟎𝟖. 
d) 𝟐𝟏𝟐. 
e) 𝟐𝟐𝟎. 
 
3. (INSPER/2018) LOTOGOL é um jogo de loteria em que o apostador marca seu palpite 
de placar em 𝟓 jogos de futebol de uma rodada. Ganha premiação aquele que acerta 𝟑, 𝟒 
ou 𝟓 dos palpites. Estas são as instruções do jogo: 
Como jogar: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 37 
Acerte a quantidade de gols feitos pelos times de futebol na rodada e concorra a uma 
bolada. Para apostar, basta marcar no volante o número de gols de cada time de futebol 
participante dos 𝟓 jogos do concurso. Você pode assinalar 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑 ou mais gols (esta 
opção está representada pelo sinal +). Os clubes participantes estão impressos nos 
bilhetes emitidos pelo terminal. 
 
O número total de diferentes apostas que podem ser feitas no LOTOGOL é igual a 
a) 𝟓𝟔 
b) 𝟓𝟏𝟎 − 𝟓 
c) 𝟓𝟓 
d) 𝟓𝟏𝟎 
e) 𝟓𝟓 − 𝟓 
 
4. (VUNESP/2017) Uma criança possui 6 blocos de encaixe, sendo 2 amarelos, 2 
vermelhos, 1 verde e 1 azul. 
 
Usando essas peças, é possível fazer diferentes pilhas de três blocos. A seguir, são 
exemplificadas quatro das pilhas possíveis. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 38 
 
Utilizando os blocos que possui, o total de pilhas diferentes de três blocos, incluindo as 
exemplificadas, que a criança pode fazer é igual a 
a) 𝟓𝟖. 
b) 𝟐𝟎. 
c) 𝟒𝟐. 
d) 𝟑𝟔. 
e) 𝟕𝟐. 
 
5. (ENEM/2017) Como não são adeptos da prática de esportes, um grupo de amigos 
resolveu fazer um torneio de futebol utilizando videogame. Decidiram que cada jogador 
joga uma única vez com cada um dos outros jogadores. O campeão será aquele que 
conseguir o maior número de pontos. Observaram que o número de partidas jogadas 
depende do número de jogadores, como mostra o quadro: 
 
Se a quantidade de jogadores for 8, quantas partidas serão realizadas? 
a) 64 
b) 56 
c) 49 
d) 36 
e) 28 
 
6. (FATEC/2017) Uma tela de computador pode ser representada por uma matriz de 
cores, de forma que cada elemento da matriz corresponda a um 1pixel na tela. 
Numa tela em escala de cinza, por exemplo, podemos atribuir 𝟐𝟓𝟔 cores diferentes para 
cada pixel, do preto absoluto (código da cor: 𝟎) passando pelo cinza intermediário (código 
da cor: 𝟏𝟐𝟕) ao branco absoluto (código da cor: 𝟐𝟓𝟓). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 39 
1 Menor elemento em uma tela ao qual é possível atribuir-se uma cor. 
Suponha que na figura estejam representados 25 pixelsde uma tela. 
 
A matriz numérica correspondente às cores da figura apresentada é dada por 
[
 
 
 
 
𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓
𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎
𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕
𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎
𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓]
 
 
 
 
 
O número máximo de matrizes distintas que podem ser formadas com 𝟐𝟓 pixels de 
tamanho, em que se possa preencher cada pixel com qualquer uma dentre as 𝟐𝟓𝟔 cores 
da escala de cinza, é igual a 
a) 𝟐𝟓𝟓𝟐𝟓𝟔 
b) 𝟏𝟐𝟕𝟐𝟓 
c) 𝟐𝟓𝟐𝟓 
d) 𝟐𝟓𝟔𝟐𝟓 
e) 𝟎𝟐𝟓𝟔 
 
7. (UEA/2017) Um condomínio tem exatamente 𝟐𝟎 condôminos, sendo 𝟏𝟐 deles 
proprietários dos apartamentos do bloco 𝑨 e os restantes, dos apartamentos do bloco 𝑩. 
O número de maneiras diferentes de se formar uma comissão de obras contendo 
exatamente 𝟒 condôminos do bloco 𝑨 e 𝟑 condôminos do bloco 𝑩 é 
𝒂) 𝟗𝟗𝟎 
𝒃) 𝟏 𝟏𝟎𝟐 
𝒄) 𝟏𝟏𝟐 
𝒅) 𝟐𝟕 𝟕𝟐𝟎 
𝒆) 𝟔 𝟗𝟑𝟎 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 40 
8. (UEA/2017) Para serem transportadas ao aeroporto, seis pessoas de uma mesma 
família, sendo dois adultos e quatro crianças, devem ocupar as duas primeiras fileiras de 
bancos de uma van, com três assentos em cada fileira. O número de maneiras diferentes 
pelas quais as seis pessoas podem distribuir-se nos assentos, de modo que os adultos 
ocupem sempre os dois assentos das extremidades da primeira fileira, é 
𝒂) 𝟗𝟔 
𝒃) 𝟏𝟖 
𝒄) 𝟐𝟒 
𝒅) 𝟒𝟖 
𝒆) 𝟑𝟔 
 
9. (FUVEST/2016) Vinte times de futebol disputam a Série 𝑨 do Campeonato Brasileiro, 
sendo seis deles paulistas. Cada time joga duas vezes contra cada um dos seus 
adversários. A porcentagem de jogos nos quais os dois oponentes são paulistas é 
a) menor que 𝟕%. 
b) maior que 𝟕%, mas menor que 𝟏𝟎%. 
c) maior que 𝟏𝟎%, mas menor que 𝟏𝟑%. 
d) maior que 𝟏𝟑%, mas menor que 𝟏𝟔%. 
e) maior que 𝟏𝟔%. 
 
10. (PUCRS/2016) O número de triângulos que podem ser formados unindo o vértice 𝑨 
a dois dos demais vértices do paralelepípedo é 
a) 15 
b) 18 
c) 21 
d) 24 
e) 27 
 
11. (UERJ/2015.2) Uma criança ganhou seis picolés de três sabores diferentes: 
baunilha, morango e chocolate, representados, respectivamente, pelas letras 𝑩,𝑴 e 𝑪. De 
segunda a sábado, a criança consome um único picolé por dia, formando uma sequência 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 41 
de consumo dos sabores. Observe estas sequências, que correspondem a diferentes 
modos de consumo: 
(𝑩,𝑩,𝑴, 𝑪,𝑴, 𝑪) 𝒐𝒖 (𝑩,𝑴,𝑴, 𝑪, 𝑩, 𝑪) 𝒐𝒖 (𝑪,𝑴,𝑴,𝑩,𝑩, 𝑪) 
O número total de modos distintos de consumir os picolés equivale a: 
𝒂) 𝟔 
𝒃) 𝟗𝟎 
𝒄) 𝟏𝟖𝟎 
𝒅) 𝟕𝟐𝟎 
 
12. (VUNESP/2015) As urnas 𝟏, 𝟐 e 𝟑 contêm, respectivamente, apenas as letras das 
palavras OURO, PRATA e BRONZE. Uma a uma são retiradas letras dessas umas, 
ordenadamente e de forma cíclica, ou seja, a primeira letra retirada é da urna 𝟏, a segunda 
é da urna 𝟐, a terceira é da urna 𝟑, a quarta volta a ser da urna 𝟏, a quinta volta a ser da 
urna 𝟐, e assim sucessivamente. 
O número mínimo de letras retiradas das urnas dessa maneira até que seja possível 
formar, com elas, a palavra PRAZER é igual a 
a) 𝟖. 
b) 𝟔. 
c) 𝟏𝟎. 
d) 𝟗. 
e) 𝟕. 
 
13. (UNICAMP/2015) O número mínimo de pessoas que deve haver em um grupo para 
que possamos garantir que nele há pelo menos três pessoas nascidas no mesmo dia da 
semana é igual a 
a) 𝟐𝟏. 
b) 𝟐𝟎. 
c) 𝟏𝟓. 
d) 𝟏𝟒. 
 
14. (VUNESP/2014) Um professor, ao elaborar uma prova composta de 𝟏𝟎 questões de 
múltipla escolha, com 𝟓 alternativas cada e apenas uma correta, deseja que haja um 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 42 
equilíbrio no número de alternativas corretas, a serem assinaladas com 𝑿 na folha de 
respostas. Isto é, ele deseja que duas questões sejam assinaladas com a alternativa 𝑨, 
duas com a 𝑩, e assim por diante, como mostra o modelo. 
Modelo de folha de resposta (gabarito) 
 
Nessas condições, a quantidade de folha de respostas diferentes, com a letra X disposta 
nas alternativas corretas, será 
a) 302 400. 
b) 113 400. 
c) 226 800. 
d) 181 440. 
e) 604 800. 
 
15. (UNICAMP/2013) Para acomodar a crescente quantidade de veículos, estuda-se 
mudar as placas, atualmente com três letras e quatro algarismos numéricos, para quatro 
letras e três algarismos numéricos, como está ilustrado abaixo. 
 
Considere o alfabeto com 𝟐𝟔 letras o os algarismos de 𝟎 a 𝟗. O aumento obtido com essa 
modificação em relação ao número máximo de placas em vigor seria 
a) inferior ao dobro. 
b) superior ao dobro e inferior ao triplo. 
c) superior ao triplo e interior ao quádruplo. 
d) mais que o quádruplo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 43 
 
16. (UNICAMP/2012) O grêmio estudantil do Colégio Alvorada é composto por 6 alunos 
e 8 alunas. Na última reunião do grêmio, decidiu-se formar uma comissão de 𝟑 rapazes e 
𝟓 moças para a organização das olimpíadas do colégio. De quantos modos diferentes 
pode-se formar essa comissão? 
a) 𝟔. 𝟕𝟐𝟎 
b) 𝟏𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟎 
c) 𝟖𝟎𝟔. 𝟒𝟎𝟎 
d) 𝟏. 𝟏𝟐𝟎 
 
17. (UFU/2011.2) O câncer de mama é o segundo tipo de câncer mais comum e o que 
mais mata mulheres no mundo. Pesquisadores da Universidade de Brasília (UnB) 
investigam propriedades antitumorais de extratos vegetais produzidos a partir de plantas 
da Amazônia, como a Cassia Ocidentalis. Suponha que no laboratório de farmacologia da 
UnB trabalhem 𝟏𝟎 homens e 𝟒 mulheres. Necessita-se formar uma equipe composta por 
𝟒 pessoas para dar continuidade às pesquisas e nela pretende-se que haja pelo menos 
uma mulher. Nessas condições, o número total de maneiras de se compor uma equipe de 
pesquisadores é igual a: 
𝒂) 𝟔𝟒𝟏 
𝒃) 𝟖𝟐𝟔 
𝒄) 𝟕𝟗𝟏 
𝒅) 𝟗𝟑𝟔 
 
18. (UFU/2011.1) Uma fábrica de tintas necessita contratar uma equipe para desenvolver 
e produzir um novo tipo de produto. A equipe deve ser formada por 𝟒 químicos, 𝟏 
engenheiro ambiental e 𝟐 engenheiros de produção. Se no processo final de seleção 
compareceram 𝟔 químicos, 𝟑 engenheiros ambientais e 𝟒 engenheiros de produção, o 
número de maneiras que a equipe poderá ser formada é igual a: 
𝒂) 𝟔! ∙ 𝟑 
𝒃) 𝟔! ∙ 𝟏𝟖 
𝒄) 𝟔! ∙ 𝟑/𝟖 
𝒅) 𝟔! ∙ 𝟑/𝟒 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 44 
19. (VUNESP/2011) Em um jogo lotérico, com 𝟒𝟎 dezenas distintas e possíveis de serem 
escolhidas para aposta, são sorteadas 𝟒 dezenas e o ganhador do prêmio maior deve 
acenar todas elas. Se a aposta mínima, em 𝟒 dezenas, custa 𝑹$ 𝟐, 𝟎𝟎 , uma aposta em 𝟔 
dezenas deve custar: 
a) 𝑹$ 𝟏𝟓, 𝟎𝟎. 
b) 𝑹$ 𝟑𝟎, 𝟎𝟎. 
c) 𝑹$ 𝟑𝟓, 𝟎𝟎. 
d) 𝑹$ 𝟕𝟎, 𝟎𝟎. 
e) 𝑹$ 𝟏𝟒𝟎, 𝟎𝟎. 
 
20. (FUVEST/2010) Maria deve criar uma senha de 𝟒 dígitos para sua conta bancária. 
Nessa senha, somente os algarismos 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓 podem ser usados e um mesmo algarismo 
pode aparecer mais de uma vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer que sua senha 
contenha o número 𝟏𝟑, isto é, o algarismo 𝟏 seguido imediatamente pelo algarismo 𝟑. De 
quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua senha? 
a) 𝟓𝟓𝟏 
b) 𝟓𝟓𝟐 
c) 𝟓𝟓𝟑 
d) 𝟓𝟓𝟒 
e) 𝟓𝟓𝟓 
 
21. (FUVEST/2008) Uma lotação possui três bancos para passageiros, cada um com três 
lugares, e deve transportar os três membros da família Sousa, o casal Lúcia e Mauro e 
mais quatro pessoas. Além disso, 
𝟏. a família Sousa quer ocupar um mesmo banco; 
𝟐. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a lado. 
Nessas condições, o número de maneiras distintas de dispor os nove passageiros na 
lotação é igual a 
a) 𝟗𝟐𝟖 
b) 𝟏𝟏𝟓𝟐 
c) 𝟏𝟖𝟐𝟖 
d) 𝟐𝟒𝟏𝟐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 45 
e) 𝟑𝟒𝟓𝟔 
 
22. (FUVEST/2007)Em uma classe de 𝟗 alunos, todos se dão bem, com exceção de 
Andréia, que vive brigando com Manoel e Alberto. 
Nessa classe, será constituída uma comissão de cinco alunos, com a exigência de que 
cada membro se relacione bem com todos os outros. 
Quantas comissões podem ser formadas? 
a) 𝟕𝟏 
b) 𝟕𝟓 
c) 𝟖𝟎 
d) 𝟖𝟑 
e) 𝟖𝟕 
 
23. (FUVEST/2006) Em uma certa comunidade, dois homens sempre se cumprimentam 
(na chegada) com um aperto de mão e se despedem (na saída) com outro aperto de mão. 
Um homem e uma mulher se cumprimentam com um aperto de mão, mas se despedem 
com um aceno. Duas mulheres só trocam acenos, tanto para se cumprimentarem quanto 
para se despedirem. 
Em uma comemoração, na qual 37 pessoas almoçaram juntas, todos se cumprimentaram 
e se despediram na forma descrita acima. Quantos dos presentes eram mulheres, sabendo 
que foram trocados 720 apertos de mão? 
a) 16 
b) 17 
c) 18 
d) 19 
e) 20 
 
24. (FUVEST/2005) Participam de um torneio de voleibol, 𝟐𝟎 times distribuídos em 𝟒 
chaves, de 𝟓 times cada. Na 𝟏ª fase do torneio, os times jogam entre si uma única vez (um 
único turno), todos contra todos em cada chave, sendo que os 𝟐 melhores de cada chave 
passam para a 𝟐ª fase. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 46 
Na 𝟐ª fase, os jogos são eliminatórios; depois de cada partida, apenas o vencedor 
permanece no torneio. Logo, o número de jogos necessários até que se apure o campeão 
do torneio é 
a) 𝟑𝟗 
b) 𝟒𝟏 
c) 𝟒𝟑 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟒𝟕 
 
25. (FUVEST/2004) Três empresas devem ser contratadas para realizar quatro trabalhos 
distintos em um condomínio. Cada trabalho será atribuído a uma única empresa e todas 
elas devem ser contratadas. De quantas maneiras distintas podem ser distribuídos os 
trabalhos? 
a) 𝟏𝟐 
b) 𝟏𝟖 
c) 𝟑𝟔 
d) 𝟕𝟐 
e) 𝟏𝟎𝟖 
 
26. (UNESP/2005) O número de maneiras que 𝟑 pessoas podem sentar-se em uma fileira 
de 𝟔 cadeiras vazias de modo que, entre duas pessoas próximas (seguidas), sempre tenha 
exatamente uma cadeira vazia, é 
𝒂) 𝟑. 
𝒃) 𝟔. 
𝒄) 𝟗. 
𝒅) 𝟏𝟐. 
𝒆) 𝟏𝟓. 
 
27. (FUVEST/2003) Uma ONG decidiu preparar sacolas, contendo 𝟒 itens distintos cada, 
para distribuir entre a população carente. Esses 𝟒 itens devem ser escolhidos entre 𝟖 tipos 
de produtos de limpeza e 𝟓 tipos de alimentos não perecíveis. Em cada sacola, deve haver 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 47 
pelo menos um item que seja alimento não perecível e pelo menos um item que seja 
produto de limpeza. Quantos tipos de sacolas distintas podem ser feitos? 
a) 𝟑𝟔𝟎 
b) 𝟒𝟐𝟎 
c) 𝟓𝟒𝟎 
d) 𝟔𝟎𝟎 
e) 𝟔𝟒𝟎 
 
28. (UNESP/2002) Quatro amigos, Pedro, Luísa, João e Rita, vão ao cinema, sentando-
se em lugares consecutivos na mesma fila. O número de maneiras que os quatro podem 
ficar dispostos de forma que Pedro e Luísa fiquem sempre juntos e João e Rita fiquem 
sempre juntos é 
𝒂) 𝟐. 
𝒃) 𝟒. 
𝒄) 𝟖. 
𝒅) 𝟏𝟔. 
𝒆) 𝟐𝟒. 
 
29. (FUVEST/2001) Uma classe de Educação Física de um colégio é formada por dez 
estudantes, todos com alturas diferentes. As alturas dos estudantes, em ordem crescente, 
serão designadas por 𝒉𝟏, 𝒉𝟐, … , 𝒉𝟏𝟎 (𝒉𝟏 < 𝒉𝟐 < ⋯ < 𝒉𝟗 < 𝒉𝟏𝟎). O professor vai escolher 
cinco desses estudantes para participar de uma demonstração na qual eles se 
apresentarão alinhados, em ordem crescente de suas alturas. Dos 
(
𝟏𝟎
𝟓
) = 𝟐𝟓𝟐 
grupos que podem ser escolhidos, em quantos, o estudante, cuja altura é 𝒉𝟕, ocupará a 
posição central durante a demonstração? 
a) 𝟕 
b) 𝟏𝟎 
c) 𝟐𝟏 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟔𝟎 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 48 
30. (FUVEST/2001-Alternativo) O mesmo enunciado do exercício anterior aparece em 
muitos materiais didáticos com o aluno 𝒉𝟕 como referência central, o que não altera o 
raciocínio, apenas a referência numérica. 
Uma classe de Educação Física de um colégio é formada por dez estudantes, todos com 
alturas diferentes. As alturas dos estudantes, em ordem crescente, serão designadas por 
𝒉𝟏, 𝒉𝟐, … , 𝒉𝟏𝟎 (𝒉𝟏 < 𝒉𝟐 < ⋯ < 𝒉𝟗 < 𝒉𝟏𝟎). O professor vai escolher cinco desses estudantes 
para participar de uma demonstração na qual eles se apresentarão alinhados, em ordem 
crescente de suas alturas. Dos 
(
𝟏𝟎
𝟓
) = 𝟐𝟓𝟐 
grupos que podem ser escolhidos, em quantos, o estudante, cuja altura é 𝒉𝟕, ocupará a 
posição central durante a demonstração? 
a) 𝟕 
b) 𝟏𝟎 
c) 𝟐𝟏 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟔𝟎 
 
31. (FUVEST/1999) Um estudante terminou um trabalho que tinha 𝒏 páginas. Para 
numerar todas essas páginas, iniciando com a página 𝟏, ele escreveu 𝟐𝟕𝟎 algarismos. 
Então o valor de 𝒏 é: 
a) 𝟗𝟗 
b) 𝟏𝟏𝟐 
c) 𝟏𝟐𝟔 
d) 𝟏𝟒𝟖 
e) 𝟐𝟕𝟎 
 
 
 
 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 49 
8. Gabarito das questões de vestibulares anteriores 
 
1. b 
2. d 
3. d 
4. c 
5. e 
6. d 
7. d 
8. d 
9. b 
10. c 
11. b 
12. a 
13. c 
14. b 
15. a 
16. d 
17. c 
18. c 
19. b 
20. a 
21. e 
22. a 
23. b 
24. e 
25. d 
26. c 
27. e 
28. c 
29. e 
30. d 
31. e 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 50 
9. Questões de vestibulares resolvidas e comentadas 
1. (EEAR/2019) Com os algarismos 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔 e 𝟕 posso escrever ___ números pares 
de quatro algarismos distintos. 
a) 120 
b) 180 
c) 240 
d) 360 
Comentários 
Vimos que, quando há restrições, devemos começar por elas. Neste exercício, a restrição se dá 
no último algarismo, que deve ser de tal modo a proporcionar a paridade do número. 
Dentre as possibilidades 2,3,4,5,6 e 7, os algarismos da unidade que proporcionam o número ser 
par são 2,4 e 6, portanto, 3 possibilidades. 
Utilizando o princípio multiplicativo, vamos construir, passo a passo, o cálculo para termos um 
número par de quatro algarismos dentre os apresentados. 
O algarismo das unidades deve ser 2,4 ou 6, portanto, temos 3 possibilidades. 
𝑛 = ___ ∙ ___ ∙ ___ ∙ 3 
Para o algarismo das dezenas, podemos utilizar qualquer um dos 6 números apresentados, 
menos o que foi utilizado na posição das unidades, pois o enunciado nos solicitou que fossem 
algarismos distintos. 
Como tínhamos 6 algarismos e já utilizamos 1, ainda temos 5 possibilidades para a posição das 
dezenas. 
𝑛 = ___ ∙ ___ ∙ 5 ∙ 3 
Caminhando um pouco mais, chegamos à posição das centenas. 
Das 6 possibilidades iniciais, já utilizamos duas, uma na posição das unidades e outra na posição 
das dezenas. Temos, então, 4 possibilidades para utilização na casa das centenas. 
𝑛 = ___ ∙ 4 ∙ 5 ∙ 3 
E, para a última posição, temos, ainda, 3 possibilidades das 6 iniciais. 
𝑛 = 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ 3 
Assim, podemos dizer que a quantidade 𝑛 de números pares de quatro algarismos distintos 
formados pelos algarismos 2,3,4,5,6 e 7 é dada por: 
 
𝑛 = 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ 3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 51 
𝑛 = 180 
Gabarito: b) 
2. (FUVEST/2018) Doze pontos são assinalados sobre quatro segmentos de reta de 
forma que três pontos sobre três segmentos distintos nunca são colineares, como na 
figura. 
 
O número de triângulos distintos que podem ser desenhados com os vértices nos pontos 
assinalados é 
a) 𝟐𝟎𝟎. 
b) 𝟐𝟎𝟒. 
c) 𝟐𝟎𝟖. 
d) 𝟐𝟏𝟐. 
e) 𝟐𝟐𝟎. 
Comentários 
Inicialmente podemos pensar que com 12 pontos distintos, poderíamos combiná-los 3 a 3 para 
fazer vértices de triângulos. Cada 3 pontos diferentes definiriam 3 vértices, portanto, 1 triângulo. 
O problema é que pontos alinhados não formam triângulos, como no caso dos pontos destacados 
a seguir. 
 
Caso os 12 pontos estivessem todos em condições de produzir vértices de triângulos, teríamos 
𝐶12,3 triângulos diferentes. 
Os4 pontos que estão na reta horizontal, quando escolhidos 3 a 3, não produzem triângulos, 
pois estão alinhados. Desse modo, temos 𝐶4,3 maneiras de escolher 3 pontos desses 4 que foram 
contatos na contagem geral, portanto, devem ser descontados. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 52 
O mesmo acontece com os pontos destacados na reta transversal. São 4 pontos alinhados que 
não têm condições de produzir vértices de triângulos. Assim, devemos descontar outras 𝐶4,3 
maneiras de escolher 3 pontos, pois estas, também, não satisfazem a condição do problema. 
Então, o número 𝑛 de triângulos que podemos formar com os vértices nos pontos informados é: 
𝑛 = 𝐶12,3 − 𝐶4,3 − 𝐶4,3 
 
𝑛 =
12 ∙ 11 ∙ 10
3 ∙ 2 ∙ 1
−
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
−
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
 
𝑛 =
 12 
2 ∙ 11 ∙ 10
 3 ∙ 2 ∙ 1 
−
4 ∙ 3 ∙ 2 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
−
4 ∙ 3 ∙ 2 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
 
𝑛 = 2 ∙ 11 ∙ 10 − 4 − 4 
𝑛 = 220 − 8 
𝑛 = 212 
Assim, podemos formar, com os pontos diagramados como na figura, 212 triângulos diferentes. 
Gabarito: d) 
3. (INSPER/2018) LOTOGOL é um jogo de loteria em que o apostador marca seu palpite 
de placar em 𝟓 jogos de futebol de uma rodada. Ganha premiação aquele que acerta 𝟑, 𝟒 
ou 𝟓 dos palpites. Estas são as instruções do jogo: 
Como jogar: 
Acerte a quantidade de gols feitos pelos times de futebol na rodada e concorra a uma 
bolada. Para apostar, basta marcar no volante o número de gols de cada time de futebol 
participante dos 𝟓 jogos do concurso. Você pode assinalar 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑 ou mais gols (esta 
opção está representada pelo sinal +). Os clubes participantes estão impressos nos 
bilhetes emitidos pelo terminal. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 53 
 
O número total de diferentes apostas que podem ser feitas no LOTOGOL é igual a 
a) 𝟓𝟔 
b) 𝟓𝟏𝟎 − 𝟓 
c) 𝟓𝟓 
d) 𝟓𝟏𝟎 
e) 𝟓𝟓 − 𝟓 
Comentários 
Do ponto de vista do número de apostas possíveis, podemos nos restringir ao cartão de apostas. 
Perceba que cada linha representa um time e, nos 5 jogos, participam 10 times. 
Além disso, para participar, o apostador deve preencher uma opção por linha, em todas as linhas. 
Dessa forma, temos 5 opções de preenchimento na primeira linha. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 54 
 
Após preencher a primeira linha, vamos para a segunda, na qual temos mais 5 opções. 
 
E assim sucessivamente, 5 possibilidades de escolha a cada linha do bilhete. 
Resta decidirmos se utilizaremos o princípio multiplicativo ou o princípio aditivo com essas 
possibilidades. 
Pensemos. 
Ao apostar, preenche-se a primeira linha OU a segunda linha OU a terceira linha... 
Ao apostar, preenche-se a primeira linha E a segunda linha E a terceira linha... 
5 opções 
5 opções 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 55 
Nas condições do enunciado, ao apostar, preenchemos primeira linha E a segunda linha E a 
terceira linha e assim por diante, indicando o uso do princípio multiplicativo. 
Assim, o número 𝑛 de apostas distintas no volante apresentado é dado por: 
𝑛 = 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 
𝑛 = 510 
Gabarito: d) 
4. (VUNESP/2017) Uma criança possui 6 blocos de encaixe, sendo 2 amarelos, 2 
vermelhos, 1 verde e 1 azul. 
 
Usando essas peças, é possível fazer diferentes pilhas de três blocos. A seguir, são 
exemplificadas quatro das pilhas possíveis. 
 
Utilizando os blocos que possui, o total de pilhas diferentes de três blocos, incluindo as 
exemplificadas, que a criança pode fazer é igual a 
a) 𝟓𝟖. 
b) 𝟐𝟎. 
c) 𝟒𝟐. 
d) 𝟑𝟔. 
e) 𝟕𝟐. 
Comentários 
Como temos possibilidades de cores repetidas, teremos 3 tipos de pilhas de 3 blocos: as de 3 
cores diferentes, as com dois blocos amarelos e as com dois blocos vermelhos. 
Para as torres de 3 cores diferentes, temos 4 cores disponíveis e 3 vagas. Além disso, mesmo 
que duas torres apresentem as mesmas cores, mas em ordens diferentes, serão consideradas 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 56 
torres diferentes, indicando que devemos considerar a escolha como um arranjo de 4 cores, 
tomados 3 a 3. 
 
 
≠ 
 
 
Desse modo, o número 𝑛 de torres diferentes com 3 cores distintas é dado por: 
𝑛 = 𝐴4,3 
𝑛 = 4 ∙ 3 ∙ 2 
𝑛 = 24 
Para as torres que apresentarem 2 peças amarelas, temos dois aspectos a considerar: o número 
de posições das peças amarelas e o número de opções para a terceira cor. 
Para o número de opções que 2 peças amarelas podem ocupar em 3 lugares disponíveis, temos 
uma combinação de 3 lugares, tomados 2 a 2 cores. 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2
2 ∙ 1
 
 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2 
 2 ∙ 1
 
 
𝐶3,2 = 3 
Já para o número de escolhas da terceira cor (as duas primeiras foram amarelas), temos 3 cores 
disponíveis (azul, vermelho e verde) e apenas um lugar remanescente, assim, uma combinação 
de 3 cores, escolhidas uma a uma, ou seja, 3 opções. 
𝐶3,1 =
3
1
 
𝐶3,1 = 3 
Aqui, novamente, o momento de escolhermos entre os princípios multiplicativo ou aditivo. 
Teremos, nesta torre de duas peças amarelas, qual das seguintes situações? 
Duas peças amarelas E uma peça de outra cor. 
Duas peças amarelas OU uma peça de outra cor. 
Como cada torre deve ter, obrigatoriamente, 3 peças, teremos duas peças amarelas E uma peça 
de outra cor, indicando o uso do princípio multiplicativo. Assim, o número 𝑝 de torres que 
apresentam duas peças amarelas e uma peça de outra cor é dado por: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 57 
𝑝 = 𝐶3,2 ∙ 𝐶3,1 
𝑝 = 3 ∙ 3 
𝑝 = 9 
A análise para o número de torres que apresentam 2 peças vermelhas e uma de outra cor é 
idêntica à análise feita para o número de torres que apresentam 2 peças amarelas e uma de 
outra cor, acompanhe. 
O número de opções que 2 peças vermelhas podem ocupar em 3 lugares disponíveis indica uma 
combinação de 3 lugares, tomados 2 a 2 cores. 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2
2 ∙ 1
 
 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2 
 2 ∙ 1
 
 
𝐶3,2 = 3 
Já para o número de escolhas da terceira cor (as duas primeiras foram vermelhas), temos 3 
cores disponíveis (azul, amarelo e verde) e apenas um lugar remanescente, assim, uma 
combinação de 3 cores, escolhidas uma a uma, ou seja, 3 opções. 
𝐶3,1 =
3
1
 
𝐶3,1 = 3 
Novamente, a escolha do princípio a ser usado, no caso, o multiplicativo pois as torres 
apresentam duas peças vermelhas E uma peça de outra cor. 
Desse modo, o número 𝑞 de torres que apresentam duas peças vermelhas e uma terceira de 
outra cor é dado por: 
𝑞 = 𝐶3,2 ∙ 𝐶3,1 
𝑞 = 3 ∙ 3 
𝑞 = 9 
Vamos organizar esses dados para não nos perdermos na resolução: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 58 
 
E agora, o que fazer com esses números? Estamos diante de um caso em que utilizaremos o 
princípio multiplicativo ou o aditivo? 
Pensemos no caso das torres. 
Cada torre apresenta 3 cores distintas E 2 amarelas E 2 vermelhas. 
Cada torre apresenta 3 cores distintas OU 2 amarelas OU 2 vermelhas. 
Como cada torre só pode ser de um dos 3 tipos, não de todos ao mesmo tempo, estamos diante 
do princípio aditivo. 
Assim, o número 𝑡 de torres diferentes que podemos montar com as condições dadas é de: 
𝑡 = 𝑛 + 𝑝 + 𝑞 
𝑡 = 24 + 9 + 9 
𝑡 = 42 
Gabarito: c) 
5. (ENEM/2017) Como não são adeptos da prática de esportes, um grupo de amigos 
resolveu fazer um torneio de futebol utilizando videogame. Decidiram que cada jogador 
joga uma única vez com cada um dos outros jogadores. O campeão será aquele que 
conseguir o maior número de pontos. Observaram que o número de partidas jogadas 
depende do número de jogadores, como mostra o quadro: 
 
Se a quantidade de jogadores for 8, quantas partidas serão realizadas? 
a) 64 
b) 56 
c) 49Torres de 3 peças
3 cores distintas 𝑛 = 24
2 amarelas e 1 diferente 𝑝 = 9
2 vermelhas e 1 diferente 𝑞 = 9
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 59 
d) 36 
e) 28 
Comentários 
Quando temos um número 𝑥 de jogadores que jogam em pares, o número possível de jogos é 
dado pela combinação desses 𝑥 jogadores, tomados 2 a 2. 
O quadro mostra exatamente esses dados, veja. 
𝐶2,2 =
2 ∙ 1
2 ∙ 1
= 1 
𝐶3,2 =
3 ∙ 2
2 ∙ 1
=
3 ∙ 2 
 2 ∙ 1 
= 3 
𝐶4,2 =
4 ∙ 3
2 ∙ 1
=
 4 
2 ∙ 3
 2 ∙ 1 
= 2 ∙ 3 = 6 
𝐶5,2 =
5 ∙ 4
2 ∙ 1
=
5 ∙ 4 
2
 2 ∙ 1 
= 5 ∙ 2 = 10 
𝐶6,2 =
6 ∙ 5
2 ∙ 1
=
 6 
3 ∙ 5
 2 ∙ 1 
= 3 ∙ 5 = 15 
𝐶7,2 =
7 ∙ 6
2 ∙ 1
=
7 ∙ 6 
3
 2 ∙ 1 
= 7 ∙ 3 = 21 
Como o enunciado pede o número de partidas se houver 8 jogadores, temos. 
𝐶8,2 =
8 ∙ 7
2 ∙ 1
=
 8 
4 ∙ 7
 2 ∙ 1 
= 4 ∙ 7 = 28 
Gabarito: e) 
6. (FATEC/2017) Uma tela de computador pode ser representada por uma matriz de 
cores, de forma que cada elemento da matriz corresponda a um 1pixel na tela. 
Numa tela em escala de cinza, por exemplo, podemos atribuir 𝟐𝟓𝟔 cores diferentes para 
cada pixel, do preto absoluto (código da cor: 𝟎) passando pelo cinza intermediário (código 
da cor: 𝟏𝟐𝟕) ao branco absoluto (código da cor: 𝟐𝟓𝟓). 
1 Menor elemento em uma tela ao qual é possível atribuir-se uma cor. 
Suponha que na figura estejam representados 25 pixels de uma tela. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 60 
 
A matriz numérica correspondente às cores da figura apresentada é dada por 
[
 
 
 
 
𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓
𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎
𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕
𝟎 𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎
𝟐𝟓𝟓 𝟎 𝟏𝟐𝟕 𝟎 𝟐𝟓𝟓]
 
 
 
 
 
O número máximo de matrizes distintas que podem ser formadas com 𝟐𝟓 pixels de 
tamanho, em que se possa preencher cada pixel com qualquer uma dentre as 𝟐𝟓𝟔 cores 
da escala de cinza, é igual a 
a) 𝟐𝟓𝟓𝟐𝟓𝟔 
b) 𝟏𝟐𝟕𝟐𝟓 
c) 𝟐𝟓𝟐𝟓 
d) 𝟐𝟓𝟔𝟐𝟓 
e) 𝟎𝟐𝟓𝟔 
Comentários 
Cada um dos 25 pixels poderá ser preenchido com um dos 256 possíveis códigos de cores. 
Para a escolha do primeiro pixel, temos 256 possibilidades de cores. 
Para a escolha do segundo pixel, temos 256 possibilidades de cores. 
Para a escolha do terceiro pixel, temos 256 possibilidades de cores. 
E assim por diante. Resta saber se essas escolhas são alternativas ou sucessivas, ou seja, se 
utilizaremos o princípio aditivo ou multiplicativo com essas possibilidades. 
Analisemos a escolha dos pixels para montar a imagem solicitada. 
A imagem completa usa um pixel OU outro OU outro... 
A imagem completa usa um pixel E outro E outro... 
Como precisaremos, para montar a imagem completa, de um pixel E outro E outro, estamos 
diante de um caso do princípio multiplicativo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 61 
Assim, podemos dizer que o número 𝑛 de matrizes distintas, ou de imagens distintas, é dado 
por: 
𝑛 = 256 ∙ 256 ∙ 256 ∙ … ∙ 256⏟ 
25 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠
= 25625 
Gabarito: d) 
7. (UEA/2017) Um condomínio tem exatamente 𝟐𝟎 condôminos, sendo 𝟏𝟐 deles 
proprietários dos apartamentos do bloco 𝑨 e os restantes, dos apartamentos do bloco 𝑩. 
O número de maneiras diferentes de se formar uma comissão de obras contendo 
exatamente 𝟒 condôminos do bloco 𝑨 e 𝟑 condôminos do bloco 𝑩 é 
𝒂) 𝟗𝟗𝟎 
𝒃) 𝟏 𝟏𝟎𝟐 
𝒄) 𝟏𝟏𝟐 
𝒅) 𝟐𝟕 𝟕𝟐𝟎 
𝒆) 𝟔 𝟗𝟑𝟎 
Comentários 
Usando o princípio multiplicativo, temos: 
𝑁 = (
12
4
) ⋅ (
8
3
) 
𝑁 =
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9
24
⋅
8 ∙ 7 ∙ 6
6
 
𝑁 = 55 ∙ 9 ∙ 56 
𝑁 = 27.720 
Gabarito: d) 
8. (UEA/2017) Para serem transportadas ao aeroporto, seis pessoas de uma mesma 
família, sendo dois adultos e quatro crianças, devem ocupar as duas primeiras fileiras de 
bancos de uma van, com três assentos em cada fileira. O número de maneiras diferentes 
pelas quais as seis pessoas podem distribuir-se nos assentos, de modo que os adultos 
ocupem sempre os dois assentos das extremidades da primeira fileira, é 
𝒂) 𝟗𝟔 
𝒃) 𝟏𝟖 
𝒄) 𝟐𝟒 
𝒅) 𝟒𝟖 
𝒆) 𝟑𝟔 
Comentário 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 62 
Temos a seguinte disposição 
𝐹1 : 𝐴⏟ 𝐶⏟𝐴⏟ 
𝐹2: 𝐶⏟ 𝐶⏟ 𝐶⏟ 
Dessa forma, temos o número de maneiras distintas de cada fila dado por: 
𝐹1 : 𝐴⏟ 𝐶⏟𝐴⏟ → 2! ∙ (
4
1
) 
𝐹2: 𝐶⏟ 𝐶⏟𝐶⏟ → 3! 
 
Como temos que cumprir a condição para a fileira 1 E para a fileira 2, temos o princípio 
multiplicativo. Dessa forma, 
𝑁 = 2! ∙ (
4
1
) ⋅ 3! 
𝑁 = 2 ∙ 4 ∙ 6 
𝑁 = 48 
Gabarito: d) 
9. (FUVEST/2016) Vinte times de futebol disputam a Série 𝑨 do Campeonato Brasileiro, 
sendo seis deles paulistas. Cada time joga duas vezes contra cada um dos seus 
adversários. A porcentagem de jogos nos quais os dois oponentes são paulistas é 
a) menor que 𝟕%. 
b) maior que 𝟕%, mas menor que 𝟏𝟎%. 
c) maior que 𝟏𝟎%, mas menor que 𝟏𝟑%. 
d) maior que 𝟏𝟑%, mas menor que 𝟏𝟔%. 
e) maior que 𝟏𝟔%. 
Comentários 
Para saber um dado relativo, ou seja, em porcentagem, precisamos de dois termos: um que 
representa a parte e outro que representa o todo. Em nosso problema, a parte 𝑝 representará os 
“...jogos nos quais os dois oponentes são paulistas...”. 
E o todo será a quantidade total 𝑞 de jogos do campeonato. 
Para ambas as situações, como são times jogando uns contra os outros, a combinação é o caso 
que mais se aplica. Assim, como cada time disputará duas partidas, teremos que duplicar nosso 
resultado. 
𝑝 = 2 ∙ 𝐶6,2 
𝑝 = 2 ∙
6 ∙ 5
2 ∙ 1
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 63 
𝑝 = 2 ∙
 6 
3 ∙ 5
 2 ∙ 1 
 
𝑝 = 2 ∙ 3 ∙ 5 
𝑝 = 30 
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑢𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎𝑠 
O número total 𝑞 de jogos do campeonato segue o mesmo princípio, mas com 20 times em vez 
de 6. 
𝑞 = 2 ∙ 𝐶20,2 
𝑞 = 2 ∙
20 ∙ 19
2 ∙ 1
 
𝑞 = 2 ∙
 20 
10 ∙ 19
 2 ∙ 1 
 
𝑞 = 2 ∙ 10 ∙ 19 
𝑞 = 380 
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑜𝑠 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠 
Assim, a porcentagem solicitada é dada pela razão 𝑟 entre o número de partidas entre times 
paulistas e o número de partidas totais do campeonato. 
𝑟 =
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑢𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎𝑠
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑜𝑠 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠
=
𝑝
𝑡
=
30
380
=
30
380
=
3
38
≅ 0,0789 ≅
7,89
100
≅ 7,89% 
Dentre as alternativas apresentadas, temos que 7,89% é maior que 7%, mas menor que 10%. 
Gabarito: b) 
10. (PUCRS/2016) O número de triângulos que podem ser formados unindo o vértice 𝑨 
a dois dos demais vértices do paralelepípedo é 
 
a) 15 
b) 18 
c) 21 
d) 24 
e) 27 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 64 
Comentários 
O paralelepípedo tem, como podemos ver na figura, 8 vértices. 
Precisamos formar triângulos com esses vértices, ligando-os, obrigatoriamente, ao vértice 𝐴. 
Temos, então, o vértice 𝐴 ligado a outros dois dos 7 vértices disponíveis para formar triângulos, 
como os seguintes. 
 
A exigência para termos um triângulo é de 3 vértices. Se o ponto 𝐴 é um vértice obrigatório, 
teremos que pegar os outros 2 dentre os 7 pontos disponíveis no paralelepípedo, dois de cada 
vez. Assim, o número 𝑛 de triângulos possíveis será dado pela combinação desses 7 pontos, 
tomados 2 a 2 (e ligados ao ponto 𝐴). 
𝑛 = 𝐶7,2 
𝑛 =
7 ∙ 6
2 ∙ 1
 
𝑛 =
7 ∙ 6 
3
 2 ∙ 1 
 
𝑛 = 7 ∙ 3 
𝑛 = 21 
Gabarito: c) 
11. (UERJ/2015.2) Uma criança ganhou seis picolés de três sabores diferentes: 
baunilha, morango e chocolate, representados, respectivamente, pelas letras 𝑩,𝑴 e 𝑪. De 
segunda a sábado, a criança consome um único picolé por dia, formando uma sequência 
de consumo dos sabores. Observe estas sequências, que correspondem a diferentes 
modos de consumo: 
(𝑩,𝑩,𝑴, 𝑪,𝑴, 𝑪) 𝒐𝒖 (𝑩,𝑴,𝑴, 𝑪, 𝑩,𝑪) 𝒐𝒖 (𝑪,𝑴,𝑴,𝑩,𝑩, 𝑪) 
O número total de modos distintos de consumir os picolés equivale a: 
𝒂) 𝟔 
𝒃) 𝟗𝟎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 65 
𝒄) 𝟏𝟖𝟎 
𝒅) 𝟕𝟐𝟎 
Comentários 
Nesse exercício, embora o enunciado não deixe explícito que seriam 2 picolés de cada sabor, 
essa foi a interpretação que a banca deu. 
Podemos perceber essa indicação pelos exemplos dados. 
Desse modo, o número 𝑁 de maneiras distintas será uma permutação de seis elementos (os seis 
dias) com repetição dos sabores (2 de cada). É similar a calcularmos o número de anagramas 
de BBCCMM. 
𝑁 = 𝑃6
2,2,2
 
𝑁 =
6!
2! 2! 2!
 
N =
720
8
 
N = 90 
Gabarito: b) 
12. (VUNESP/2015) As urnas 𝟏, 𝟐 e 𝟑 contêm, respectivamente, apenas as letras das 
palavras OURO, PRATA e BRONZE. Uma a uma são retiradas letras dessas umas, 
ordenadamente e de forma cíclica, ou seja, a primeira letra retirada é da urna 𝟏, a segunda 
é da urna 𝟐, a terceira é da urna 𝟑, a quarta volta a ser da urna 𝟏, a quinta volta a ser da 
urna 𝟐, e assim sucessivamente. 
O número mínimo de letras retiradas das urnas dessa maneira até que seja possível 
formar, com elas, a palavra PRAZER é igual a 
a) 𝟖. 
b) 𝟔. 
c) 𝟏𝟎. 
d) 𝟗. 
e) 𝟕. 
Comentários 
Vamos explicitar o enunciado na forma de diagramas. 
“As urnas 𝟏, 𝟐 e 𝟑 contêm, respectivamente, apenas as letras das palavras OURO, PRATA e 
BRONZE.” 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈𝑅𝑂 𝑃𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁𝑍𝐸
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 66 
“Uma a uma são retiradas letras dessas umas, ordenadamente e de forma cíclica, ou seja, a 
primeira letra retirada é da urna 𝟏, a segunda é da urna 𝟐, a terceira é da urna 𝟑, a quarta volta 
a ser da urna 𝟏, a quinta volta a ser da urna 𝟐, e assim sucessivamente.” 
 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈𝑅𝑂 𝑃𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁𝑍𝐸
 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈𝑅𝑂 𝑃𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁𝑍𝐸
 
 
Dadas as regras, eis a pergunta: 
“O número mínimo de letras retiradas das urnas dessa maneira até que seja possível formar, 
com elas, a palavra PRAZER é igual a...” 
Como estamos interessados no número mínimo de letras retiradas para formar a palavra 
𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅, vamos seguir a ordem dada no enunciado e retirar, sempre que possível, as letras que 
nos interessam. 
Vale notar, antes de começarmos, que as letras 𝑍 e 𝐸 só estão presentes na 𝑈𝑟𝑛𝑎 3. Desse 
modo, sempre que passarmos pela 𝑈𝑟𝑛𝑎 3, daremos preferência para essas duas letras. 
Comecemos. 
Primeira retirada, 𝑈𝑟𝑛𝑎 1. A única letra que nos interessa é a letra 𝑅, pois está presente na 
palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈 𝑅 𝑂 𝑃𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁𝑍𝐸
 
𝑅 
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑅 
 
Segunda retirada, 𝑈𝑟𝑛𝑎 2. Como já temos a letra 𝑅 e a letra 𝑇 não nos interessa, podemos coletar 
tanto a letra 𝐴 quanto a letra 𝑃. Vamos coletar a letra 𝑃. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁𝑍𝐸
 
𝑅 𝑃 
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅 
Terceira retirada, 𝑈𝑟𝑛𝑎 3. Podemos fazer a coleta tanto da letra 𝑅 (pois precisamos de duas 
letras 𝑅 para montar a palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅) quanto da letra 𝑍. Optemos pela letra 𝑍, pois essa letra 
não está presente em outras urnas. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 67 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
𝑂𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵𝑅𝑂𝑁 𝑍 𝐸
 
𝑅 𝑃 𝑍
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝑍 
 
Quarta retirada, pelas regras do jogo, voltamos à 𝑈𝑟𝑛𝑎 1. Como não há letras que nos 
interessem, podemos pensar em pular a coleta ou pegar uma letra qualquer, mesmo que não 
nos sirva. 
Para manter a maior fidelidade possível ao enunciado, faremos as coletas, mesmo que não úteis 
ao caso. 
Note que a única letra “útil” da 𝑈𝑟𝑛𝑎 1 para formar a palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅 foi a letra 𝑅, ou seja, sempre 
que passarmos novamente pela 𝑈𝑟𝑛𝑎 1, teremos uma coleta “inútil”. Peguemos, por pegar, a 
primeira letra 𝑂. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
 𝑂 𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅𝐴𝑇𝐴 𝐵 𝑅 𝑂𝑁𝑍𝐸
 
𝑅𝑂 𝑃 𝑅
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝑍 𝑂 
 
Quinta retirada, 𝑈𝑟𝑛𝑎 2. Como já havíamos retirado a letra 𝑃, a próxima letra de interesse é a 
letra 𝐴. Note que, se tivéssemos escolhido ao contrário na rodada anterior, aqui escolheríamos 
de modo invertido. A escolha anterior, portanto, acabou por não interferir no número de retiradas. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
 𝑂 𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅 𝐴 𝑇𝐴 𝐵 𝑅 𝑂𝑁𝑍𝐸
 
𝑅𝑂 𝑃𝐴 𝑅
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝐴𝑍 𝑂 
Sexta retirada, 𝑈𝑟𝑛𝑎 3. A única letra de interesse presente é a letra 𝐸. Façamos, então, a coleta. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
 𝑂 𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅 𝐴 𝑇𝐴 𝐵 𝑅 𝑂𝑁𝑍 𝐸 
 
𝑅𝑂 𝑃𝐴 𝑅𝐸
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸 𝑂 
Sétima retirada, novo retorno à 𝑈𝑟𝑛𝑎 1. Não há letras de interesse. Coletemos, apenas para 
cumprir as regras, a letra 𝑈. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 68 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
 𝑂 𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅 𝐴 𝑇𝐴 𝐵 𝑅 𝑂𝑁𝑍 𝐸 
 
𝑅𝑂𝑈 𝑃𝐴 𝑅𝐸
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸 𝑂𝑈 
Oitava retirada, Urna 2. A última letra faltante para completarmos a palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅 é a letra 𝑅, 
presente nesta urna, então, façamos a coleta. 
𝑈𝑟𝑛𝑎 1 𝑈𝑟𝑛𝑎 2 𝑈𝑟𝑛𝑎 3
 
 𝑂 𝑈 𝑅 𝑂 𝑃 𝑅 𝐴 𝑇𝐴 𝐵 𝑅 𝑂𝑁𝑍 𝐸 
 
𝑅𝑂𝑈 𝑃𝐴𝑅 𝑅𝐸
 
𝐿𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑙𝑒𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅 𝑂𝑈 
Assim, com o mínimo de 8 retiradas, conseguimos completar a palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅, como solicitado. 
Ok, professor, mas como eu sei que esse é o caminho mínimo? 
Pois bem, não há uma fórmula para essa contagem, por isso fizemos todo o caminho. A chave 
para entender esse como o caminho mínimo está na terceira urna, que contém, com 
exclusividade, as letras 𝑍 e 𝐸. Sendo assim, precisaríamos passar por ela, no mínimo, duas 
vezes, o que implica não menos que seis retiradas, condizente com o número da palavra 
𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅, que tem 6 letras. 
Além disso, a primeira urna só contém uma letra útil (uma letra 𝑅). Assim, ela seria útil na primeira 
rodada somente. Já na segunda, seria irrelevante, forçando-nos a percorrer mais de duas vezes 
as 3 urnas para conseguirmos as 6 letras da palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅. 
Assim, como precisamos percorrer mais de duas vezes as 3 urnas e a primeira urna só é útil na 
primeira retirada, não há possibilidade de termos menos de 8 retiradas (a primeira urna é inútil 
na retirada número 4 e na retirada número 7. 
Dessa forma, não é possível completar com menos de 8 retiradas. Como nosso caminho provou 
que, com 8 retiradas, foi possível, podemos concluir que 8 retiradas realmente é o número 
mínimo para completar a palavra 𝑃𝑅𝐴𝑍𝐸𝑅. 
Gabarito: a) 
13. (UNICAMP/2015) O número mínimo de pessoas que deve haver em um grupo para 
que possamos garantir que nele há pelo menos três pessoas nascidas no mesmo dia da 
semana é igual a 
a) 𝟐𝟏. 
b) 𝟐𝟎. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 69 
c) 𝟏𝟓. 
d) 𝟏𝟒. 
Comentários 
Nesse tipo de exercício, comum também com os meses do ano, para garantir que você tenha o 
mínimo solicitado, pensaremos no extremo azar. Acompanhe. 
O objetivo é ter 3 pessoas que nasceram no mesmo dia da semana. Bem, se você for 
extremamente sortudo, pode escolher um grupo qualquer de 3 pessoas e dar a “sorte” de as três 
atenderem essa condição. 
Mas o exercício solicitou, na verdade, o número mínimo de pessoas em um grupo para que 
tenhamos 3 pessoas, pelo menos, nascidas em um mesmo dia da semana,sem contar com a 
sorte. 
Para não contar com a sorte, iremos ao extremo azar, a “pior” situação possível que, ao ser 
ultrapassada, deixa obrigatória a exigência da condição. 
Como temos sete dias diferentes na semana, imagine que seja possível, em um grupo de sete 
pessoas, que cada uma tenha nascido em um dia diferente da semana. 
Ao escolher mais sete pessoas que também nasceram cada uma em um dia da semana diferente 
e agregarmos ao grupo antigo, temos certeza que, nesse novo grupo de 14 pessoas, há, com 
certeza, pelo menos duas que nasceram em um mesmo dia da semana. 
Nesse ponto, não precisamos de mais sete pessoas, basta uma. Como, na pior das hipóteses, 
temos duas pessoas nascidas em cada dia da semana dentre essas 14 pessoas, ao agregar 
mais um elemento ao grupo, temos a certeza de termos, em algum dia da semana, a coincidência 
de três pessoas terem nascido nele. 
Assim, só teremos certeza de que há, pelo menos, três pessoas que nasceram em um mesmo 
dia da semana em um grupo mínimo de 15 pessoas. 
Gabarito: c) 
14. (VUNESP/2014) Um professor, ao elaborar uma prova composta de 𝟏𝟎 questões de 
múltipla escolha, com 𝟓 alternativas cada e apenas uma correta, deseja que haja um 
equilíbrio no número de alternativas corretas, a serem assinaladas com 𝑿 na folha de 
respostas. Isto é, ele deseja que duas questões sejam assinaladas com a alternativa 𝑨, 
duas com a 𝑩, e assim por diante, como mostra o modelo. 
Modelo de folha de resposta (gabarito) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 70 
 
Nessas condições, a quantidade de folha de respostas diferentes, com a letra X disposta 
nas alternativas corretas, será 
a) 302 400. 
b) 113 400. 
c) 226 800. 
d) 181 440. 
e) 604 800. 
Comentários 
A chave para entender a resolução dessa questão está em separar as questões por alternativa. 
Utilizando o gabarito fornecido, em colunas. 
A ordem de escolha não importa muito, desde que tenhamos, ao final, duas questões para cada 
alternativa de resposta. 
Vamos escolher as alternativas na ordem em que aparecem, de a) para e), mas você pode fazer 
em outra ordem se quiser. 
De início, temos 10 questões a resolver e estamos interessados em saber de quantos modos 
distintos podemos escolher duas alternativas a). Aqui não estamos interessados, ainda, nas 
outras alternativas, só na alternativa a). 
Desse modo, temos. 
 
 
 
 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 71 
 A B C D E 
01 X 
02 X 
03 X 
04 X 
05 X 
06 X 
07 X 
08 X 
09 X 
10 X 
Para escolher duas opções a) em 10 questões, temos uma combinação de 10 questões tomadas 
2 a 2. 
Lembre-se, escolher a primeira e a quinta questão é o mesmo que escolher a quinta e a primeira, 
por isso temos uma combinação e não um arranjo, ok? 
Assim, para escolher duas questões, dentre 10 possíveis, para a alternativa a), temos 
𝐶10,2 =
10 ∙ 9
2 ∙ 1
 
𝐶10,2 =
 10 
5 ∙ 9
 2 ∙ 1
 
𝐶10,2 = 5 ∙ 9 
𝐶10,2 = 45 
Temos, então, 45 formas diferentes de escolher 2 alternativas a) dentre as 10 questões 
possíveis. 
Passemos, então, à análise da alternativa b). 
 A B C D E 
01 X 
02 X 
03 X 
04 X 
05 X 
06 X 
07 X 
08 X 
09 X 
10 X 
Do mesmo modo, temos uma combinação. No entanto, não podemos mais utilizar as 10 
questões, pois já utilizamos 2 na alternativa a). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 72 
Assim, o número de maneiras de escolhermos duas alternativas b) nesse gabarito, dentre as 8 
questões restantes é: 
𝐶8,2 =
8 ∙ 7
2 ∙ 1
 
𝐶8,2 =
 8 
4 ∙ 7
 2 ∙ 1
 
𝐶8,2 = 4 ∙ 7 = 28 
Analisemos, então, a alternativa c). 
 A B C D E 
01 X 
02 X 
03 X 
04 X 
05 X 
06 X 
07 X 
08 X 
09 X 
10 X 
Para a escolha de 2 questões com a alternativa c) como resposta, temos sobrando apenas 6 
questões ainda não assinaladas. 
Assim, o número de maneiras de escolhermos a alternativa c) é dado por: 
𝐶6,2 =
6 ∙ 5
2 ∙ 1
 
𝐶6,2 =
 6 
3 ∙ 5
 2 ∙ 1
 
𝐶6,2 = 3 ∙ 5 = 15 
Análise da alternativa d). 
 A B C D E 
01 X 
02 X 
03 X 
04 X 
05 X 
06 X 
07 X 
08 X 
09 X 
10 X 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 73 
Para a escolha da alternativa d), temos ainda menos opções, pois já utilizamos 6 das 10 questões 
inicialmente disponíveis com as alternativas a), b) e c). 
Desse modo, temos, para a alternativa d), apenas 4 questões disponíveis para escolha. 
𝐶4,2 =
4 ∙ 3
2 ∙ 1
 
𝐶4,2 =
 4 
2 ∙ 3
 2 ∙ 1
 
𝐶4,2 = 2 ∙ 3 = 6 
E, por fim, temos a alternativa e). Como já escolhemos 8 das 10 questões disponíveis, temos 
apenas uma maneira de escolher, dentre as 2 questões restantes, 2 alternativas e). 
 A B C D E 
01 X 
02 X 
03 X 
04 X 
05 X 
06 X 
07 X 
08 X 
09 X 
10 X 
𝐶2,2 =
2 ∙ 1
2 ∙ 1
 
𝐶2,2 =
 2 ∙ 1 
 2 ∙ 1 
= 1 
Agora, de posse de todos esses números, precisamos pensar se estamos diante do princípio 
multiplicativo ou do princípio aditivo. 
Analisemos. 
Cada gabarito apresenta 2 alternativas a) E 2 alternativas b) E 2 alternativas c)... 
Cada gabarito apresenta 2 alternativas a) OU 2 alternativas b) OU 2 alterantivas c)... 
Cada gabarito de prova deve ser preenchido totalmente, implicando o uso de todas as 
alternativas, de a) a e). Assim, estamos diante do princípio multiplicativo. 
Dessa forma, o número 𝑛 de gabaritos distintos, contendo exatamente duas respostas de cada 
alternativa é: 
𝑛 = 𝐶10,2 ∙ 𝐶8,2 ∙ 𝐶6,2 ∙ 𝐶4,2 ∙ 𝐶2,2 
𝑛 = 45 ∙ 28 ∙ 15 ∙ 6 ∙ 1 
𝑛 = 28 ∙ 15 ∙ 6 ∙ 1 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 74 
𝑛 = 113.400 
Gabarito: b) 
15. (UNICAMP/2013) Para acomodar a crescente quantidade de veículos, estuda-se 
mudar as placas, atualmente com três letras e quatro algarismos numéricos, para quatro 
letras e três algarismos numéricos, como está ilustrado abaixo. 
 
Considere o alfabeto com 𝟐𝟔 letras o os algarismos de 𝟎 a 𝟗. O aumento obtido com essa 
modificação em relação ao número máximo de placas em vigor seria 
a) inferior ao dobro. 
b) superior ao dobro e inferior ao triplo. 
c) superior ao triplo e interior ao quádruplo. 
d) mais que o quádruplo. 
Comentários 
O enunciado pede que comparemos o número novo de placas ao antigo. 
Para isso, calculemos o número de placas distintas em ambas as situações. 
Para o modelo antigo, temos. 
 
Para calcular o número de placas distintas, vamos utilizar o princípio multiplicativo, com 
elementos que podem ser repetidos, sete espaços a serem preenchidos nas seguintes 
condições: os 3 primeiros com letras do alfabeto e os 4 seguintes com algarismos numéricos. 
Assim, o número 𝑛𝑎 de placas antigas é dado por: 
𝑛𝑎 = 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 
𝑛𝑎 = 26³ ∙ 104 
𝑛𝑎 = 26³ ∙ 104 
Como precisamos comparar um número com o outro, talvez não seja necessário que façamos 
essas contas. Vamos deixar como potências e, se necessário, calcularemos ao final. 
Vamos, então, calcular o número de placas distintas no modelo novo. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 75 
Utilizaremos, também, o princípio multiplicativo, com elementos que podem ser repetidos, 
também com sete espaços, os 4 primeiros espaços a serem preenchidos com as letras do 
alfabeto e os 3 seguintes, com os algarismos numéricos. 
Assim, o número 𝑛𝑛 de placas novas é dado por: 
𝑛𝑛 = 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 
𝑛𝑛 = 264 ∙ 103 
𝑛𝑛 = 264∙ 103 
Perceba que o enunciado nos pediu para comparar 
“O aumento obtido com essa modificação em relação ao número máximo de placas em vigor 
seria...” 
A primeira coisa com que devemos nos preocupar é a expressão o aumento obtido. Ela pede 
que comparemos não o número novo, mas sim a diferença entre o novo e o antigo. 
Já a expressão, em relação, indica que devemos fazer uma comparação relativa, proporcional, 
e não somente uma subtração. 
Dessa forma, a razão solicitada pelo enunciado se dá por: 
𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛ç𝑎
𝑎𝑛𝑡𝑖𝑔𝑜
=
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
264 ∙ 103 − 26³ ∙ 104
26³ ∙ 104
 
Colocando em evidência no numerador a expressão 26³ ∙ 103 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
263 ∙ 103 ∙ (26 − 10)
26³ ∙ 104
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
263 ∙ 103 ∙ 16
26³ ∙ 104
 
Simplificando as potências de bases 26 e 10. 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
263 ∙ 103 ∙ 16
26³ ∙ 104
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
 263 ∙ 103 ∙ 16
 263 ∙ 10 4 
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
16
10
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 76 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
= 1,6 
Dessa forma, podemos concluir que o aumento relativo foi inferior ao dobro do que havia antes. 
Gabarito: a) 
16. (UNICAMP/2012) O grêmio estudantil do Colégio Alvorada é composto por 6 alunos 
e 8 alunas. Na última reunião do grêmio, decidiu-se formar uma comissão de 𝟑 rapazes e 
𝟓 moças para a organização das olimpíadas do colégio. De quantos modos diferentes 
pode-se formar essa comissão? 
a) 𝟔. 𝟕𝟐𝟎 
b) 𝟏𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟎 
c) 𝟖𝟎𝟔. 𝟒𝟎𝟎 
d) 𝟏. 𝟏𝟐𝟎 
Comentários 
Segundo o enunciado, temos duas escolhas em separado: escolher 3 rapazes dentre 6 alunos e 
escolher 5 moças dentre 8 alunas. 
O exercício não fez distinção entre as funções de cada grupo, então temos, para ambos os casos, 
a aplicação do conceito de combinação. 
Para escolher 3 rapazes em um universo de 6, temos: 
𝐶6,3 =
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝐶6,3 =
 6 ∙ 5 ∙ 4
 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
 
𝐶6,3 = 5 ∙ 4 
𝐶6,3 = 20 
E, para escolher 5 moças em um universo de 8, temos: 
𝐶8,5 =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝐶8,5 =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 
 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝐶8,5 = 8 ∙ 7 
𝐶8,5 = 56 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 77 
Agora é hora de refletir se estamos diante de uma situação relativa ao princípio multiplicativo ou 
ao princípio aditivo. 
Analisemos. 
As comissões serão formadas de rapazes OU de moças. 
As comissões serão formadas de rapazes E de moças. 
Como as comissões devem ser formadas de rapazes E de moças, estamos em uma situação a 
aplicar o princípio multiplicativo. 
Dessa forma, o número 𝑛 de comissões distintas que podem ser formadas com 3 rapazes e 5 
moças nas condições dadas é: 
𝑛 = 𝐶6,3 ∙ 𝐶8,5 
𝑛 = 20 ∙ 56 
𝑛 = 1.120 
Gabarito: d) 
17. (UFU/2011.2) O câncer de mama é o segundo tipo de câncer mais comum e o que 
mais mata mulheres no mundo. Pesquisadores da Universidade de Brasília (UnB) 
investigam propriedades antitumorais de extratos vegetais produzidos a partir de plantas 
da Amazônia, como a Cassia Ocidentalis. Suponha que no laboratório de farmacologia da 
UnB trabalhem 𝟏𝟎 homens e 𝟒 mulheres. Necessita-se formar uma equipe composta por 
𝟒 pessoas para dar continuidade às pesquisas e nela pretende-se que haja pelo menos 
uma mulher. 
Nessas condições, o número total de maneiras de se compor uma equipe de 
pesquisadores é igual a: 
𝒂) 𝟔𝟒𝟏 
𝒃) 𝟖𝟐𝟔 
𝒄) 𝟕𝟗𝟏 
𝒅) 𝟗𝟑𝟔 
Comentário 
 Nesse exercício, é mais prático pensarmos nos casos complementares, acompanhe: 
𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑖𝑠 − 𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑁ã𝑜 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 
Dessa forma, podemos pensar no número total de comissões possíveis (14 pessoas, tomadas 4 
a 4) e no total de comissões com nenhuma mulher presente (10 homens, tomados 4 a 4). Desse 
modo, temos: 
𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 = (
14
4
) − (
10
4
) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 78 
𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 = 1001 − 210 
𝐶𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 = 791 
Gabarito: c) 
18. (UFU/2011.1) Uma fábrica de tintas necessita contratar uma equipe para desenvolver 
e produzir um novo tipo de produto. A equipe deve ser formada por 𝟒 químicos, 𝟏 
engenheiro ambiental e 𝟐 engenheiros de produção. Se no processo final de seleção 
compareceram 𝟔 químicos, 𝟑 engenheiros ambientais e 𝟒 engenheiros de produção, o 
número de maneiras que a equipe poderá ser formada é igual a: 
𝒂) 𝟔! ∙ 𝟑 
𝒃) 𝟔! ∙ 𝟏𝟖 
𝒄) 𝟔! ∙ 𝟑/𝟖 
𝒅) 𝟔! ∙ 𝟑/𝟒 
Comentários 
 Para os químicos 𝑄, temos uma quantidade de equipes igual a: 
𝑄 = (
6
4
) 
Já para os engenheiros ambientais 𝐸𝐴, temos: 
𝐸𝐴 = (
3
1
) 
E para os engenheiros de produção 𝐸𝑃: 
𝐸𝑃 = (
4
2
) 
Desse modo, como temos o princípio multiplicativo em ação, podemos dizer que o total de 
maneiras 𝑇 que a equipe poderá ser formada é dada por: 
𝑇 = 𝑄 ∙ 𝐸𝐴 ∙ 𝐸𝑃 
𝑇 = (
6
4
) ∙ (
3
1
) ∙ (
4
2
) 
𝑇 =
6!
4! ⋅ 2!
⋅
3!
1! ⋅ 2!
⋅
4!
2! ⋅ 2!
 
Note que as alternativas não apresentam um resultado direto. Podemos até calcular o valor de 
𝑇 e, em seguida, calcular o valor de cada uma das alternativas, mas isso levaria um tempo que 
pode ser precioso em cenário de prova. 
Então, nesse caso, vamos simplificar o que pudermos e rearranjar os termos para ficar o mais 
parecido com o que as alternativas nos oferecem. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 79 
Como TODAS as alternativas apresentam a opção 6!, vamos conservá-lo e não simplificar seus 
termos. 
𝑇 =
6!
4! ⋅ 2!
⋅
3!
1! ⋅ 2!
⋅
4!
2! ⋅ 2!
 
 
𝑇 =
6! ⋅ 3!
2! ⋅ 2! ⋅ 2! ⋅ 2!
 
 
𝑇 =
6! ⋅ 3 ⋅ 2!
2! ⋅ 2! ⋅ 2! ⋅ 2!
 
 
𝑇 =
6! ⋅ 3
8
 
Gabarito: c) 
19. (VUNESP/2011) Em um jogo lotérico, com 𝟒𝟎 dezenas distintas e possíveis de serem 
escolhidas para aposta, são sorteadas 𝟒 dezenas e o ganhador do prêmio maior deve 
acenar todas elas. Se a aposta mínima, em 𝟒 dezenas, custa 𝑹$ 𝟐, 𝟎𝟎 , uma aposta em 𝟔 
dezenas deve custar: 
a) 𝑹$ 𝟏𝟓, 𝟎𝟎. 
b) 𝑹$ 𝟑𝟎, 𝟎𝟎. 
c) 𝑹$ 𝟑𝟓, 𝟎𝟎. 
d) 𝑹$ 𝟕𝟎, 𝟎𝟎. 
e) 𝑹$ 𝟏𝟒𝟎, 𝟎𝟎. 
Comentários 
Considerando que o valor da aposta de 6 dezenas seja proporcional ao número de combinações 
possíveis tomando 4 a 4 elementos, temos. 
Um conjunto de 6 números distintos contém vários subconjuntos de 4 elementos distintos. Como 
cada subconjunto só se diferencia de outro, no caso da loteria, se houver elementos diferentes, 
estamos diante de uma combinação. 
Assim, o número 𝑛 de combinações possíveis em um conjunto de 6 elementos, tomados 4 a 4 é: 
𝑛 = 𝐶6,4 
𝑛 =
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
𝑛 =
 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3
 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 80 
𝑛 = 5 ∙ 3 
𝑛 = 15 
 
 
Apesar de termos esse valor na alternativa a), essa não é a resposta. 
Esse número significa quantas combinações de 4 elementos diferentes conseguimos fazer com 
os 6 elementos de um conjunto, não o custo em reais. 
 
O enunciado diz que cada aposta custa R$2,00, portanto, se cada conjunto de 6 elementos traz, 
embutidos, 15 conjuntos de 4 elementos, é natural pensarmos que ele custe 15 vezes mais, ou 
seja, o custo 𝐶 da aposta com 6 números é: 
𝐶 = 15 ∙ 2 
𝐶 = 30 
Indicando o valor de R$30,00. 
Gabarito: b) 
20. (FUVEST/2010) Maria deve criar uma senha de 𝟒 dígitos para sua conta bancária. 
Nessa senha, somente os algarismos 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓 podem ser usados e um mesmo algarismo 
pode aparecer mais de uma vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer que sua senha 
contenha o número 𝟏𝟑, isto é, o algarismo 𝟏 seguido imediatamente pelo algarismo 𝟑. De 
quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua senha? 
a) 𝟓𝟓𝟏 
b) 𝟓𝟓𝟐 
c) 𝟓𝟓𝟑 
d) 𝟓𝟓𝟒 
e) 𝟓𝟓𝟓 
Comentários 
Se não houvesse restrição alguma,teríamos 5 algarismos para utilizar em 4 posições, porém 
com repetição, o que nos permite utilizar diretamente o PFC. 
Sendo nosso número algo do tipo 
_____ ∙_____ ∙_____ ∙_____ 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 81 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 82 
Temos, a cada posição, 5 possibilidades, gerando uma quantidade 𝑛 de números de 4 algarismos 
de forma que 
__5__ ∙__5__ ∙__5__ ∙__5__ 
𝑛 = 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 
𝑛 = 54 
𝑛 = 625 
No entanto, há a restrição de não podemos deixar os algarismos 1 e 3 juntos e nessa ordem. 
Se não podemos deixar que esses números ocorram, vamos calcular quantos são e retirar do 
total. 
Para isso, vamos pensar no número 13 como um bloco único, lembrando que os números podem 
se repetir. 
Desse modo, são 4 as possibilidades de o 13 aparecer na senha, veja: 
13𝑥𝑥 𝑥13𝑥 𝑥𝑥13 1313 
Onde temos o 13, o número já está definido, portanto representa uma única escolha. Onde temos 
𝑥, podemos utilizar qualquer um dos algarismos 1,2,3,4,5. 
Assim, temos para cada uma das opções: 
13𝑥𝑥 → 1 ∙ 5 ∙ 5 = 25 
𝑥13𝑥 → 5 ∙ 1 ∙ 5 = 25 
𝑥𝑥13 →= 5 ∙ 5 ∙ 1 = 25 
1313 → 1 ∙ 1 = 1zOk, professor, então somaremos todos esses casos? 
Negativo, ao contrário. 
Perceba que a possibilidade 1313 foi contada em duplicidade, pois é possível em 13𝑥𝑥 e em 
𝑥𝑥13. Dessa forma, o total de senhas “proibidas” 𝑝 é: 
𝑝 = 25 + 25 + 25 − 1 
𝑝 = 74 
Resumindo, temos 𝑛 = 625 senhas possíveis e 𝑝 = 74 senhas proibidas. 
Nesse caso, Maria pode utilizar, supersticiosamente tranquila, as 𝑠𝑡 senhas dadas por: 
𝑠𝑡 = 𝑛 − 𝑝 
𝑠𝑡 = 625 − 74 
𝑠𝑡 = 551 
Gabarito: a) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 83 
21. (FUVEST/2008) Uma lotação possui três bancos para passageiros, cada um com três 
lugares, e deve transportar os três membros da família Sousa, o casal Lúcia e Mauro e 
mais quatro pessoas. Além disso, 
𝟏. a família Sousa quer ocupar um mesmo banco; 
𝟐. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a lado. 
Nessas condições, o número de maneiras distintas de dispor os nove passageiros na 
lotação é igual a 
a) 𝟗𝟐𝟖 
b) 𝟏𝟏𝟓𝟐 
c) 𝟏𝟖𝟐𝟖 
d) 𝟐𝟒𝟏𝟐 
e) 𝟑𝟒𝟓𝟔 
Comentários 
Em um problema misto como esse, o ideal é começar sempre pela maior restrição e, a partir 
dela, ir moldando as restrições menores. 
Com informações acerca da lotação, vamos imaginá-la com 3 bancos de 3 lugares cada, um 
atrás do outro, como na representação a seguir. 
 
A maior restrição de nosso problema é a família Souza que, sozinha, ocupa um banco com 3 
lugares e, segundo a condição, deve ocupar o mesmo banco. 
O enunciado teve o cuidado de separar o que é banco e o que é lugar, então fiquemos atentos 
à nomenclatura: um banco tem 3 lugares. 
Dessa forma, há somente 3 maneiras de manter a família toda unida: 
Família inteira no banco da frente 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 84 
 
 
 
Família inteira no banco central 
 
 
 
Família inteira no banco traseiro 
 
 
Em cada opção dessas, podemos variar os membros da família de lugar, no mesmo banco, mas 
discutiremos isso mais à frente. 
Vamos ao casal. 
Para cada escolha da família Sousa, analisemos como se comporta a segunda restrição, o casal 
Lúcia e Mauro. 
Como base para estudarmos as posições do casal, vamos considerar apenas a primeira posição 
da Família Sousa. No entanto, a cada escolha da Família Sousa, haverá este mesmo número de 
opções para o casal, lembre-se do PFC. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 85 
 
Duas possibilidades no banco central 
 
 
 
 
E duas possibilidades no banco traseiro 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 86 
Novamente, precisamos ficar atentos ao fato de que são 4 possibilidades diferentes para cada 
uma das 3 escolhas sobre a Família Sousa. 
E, finalmente, temos, a cada escolha da Família, seguida de cada escolha do casal, os 4 lugares 
restantes para as 4 pessoas restantes. 
 
Como temos 4 pessoas para serem distribuídas em 4 lugares, temos uma permutação de 4 
elementos. 
Dessa forma, vamos esquematizar nossas escolhas, nesta ordem: 
𝐹𝑎𝑚í𝑙𝑖𝑎 𝑆𝑜𝑢𝑠𝑎 → 𝐶𝑎𝑠𝑎𝑙 𝐿ú𝑐𝑖𝑎 𝑒 𝑀𝑎𝑢𝑟𝑜 → 4 𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎𝑠 
Para toda a Família Sousa, para o casal e para o grupo restante, temos o seguinte número de 
escolhas. 
𝐹𝑎𝑚í𝑙𝑖𝑎 𝑆𝑜𝑢𝑠𝑎 → 𝐶𝑎𝑠𝑎𝑙 𝐿ú𝑐𝑖𝑎 𝑒 𝑀𝑎𝑢𝑟𝑜 → 4 𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎𝑠
↓ ↓ ↓
3 4 1
 
Para cada escolha, dentro de cada grupo, temos a opção de “embaralhar” os membros. Isso 
ocorre em todos os grupos: Família Sousa, Casal Lúcia e Mauro, 4 pessoas restantes. 
Para a Família Sousa, temos 3 membros que podem alternar os lugares. 3 membros em 3 
lugares, permutação. 
O mesmo acontece com o casal (2 membros e 2 lugares) e com as pessoas restantes 4 membros 
e 4 lugares. 
Dessa forma, podemos fazer o cálculo do número 𝑛 de maneiras distintas para dispormos todas 
essas pessoas. 
𝑛 =
𝐹𝑎𝑚í𝑙𝑖𝑎 𝑆𝑜𝑢𝑠𝑎 → 𝐶𝑎𝑠𝑎𝑙 𝐿ú𝑐𝑖𝑎 𝑒 𝑀𝑎𝑢𝑟𝑜 → 4 𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎𝑠
↓ ↓ ↓
3 ∙ 𝑃3 ∙ 4 ∙ 𝑃2 ∙ 1 ∙ 𝑃4
 
 
𝑛 = 3 ∙ 𝑃3 ∙ 4 ∙ 𝑃2 ∙ 1 ∙ 𝑃4 
 
𝑛 = 3 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 4 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 87 
 
𝑛 = 18 ∙ 8 ∙ 24 
𝑛 = 3.456 
Gabarito: e) 
22. (FUVEST/2007) Em uma classe de 𝟗 alunos, todos se dão bem, com exceção de 
Andréia, que vive brigando com Manoel e Alberto. 
Nessa classe, será constituída uma comissão de cinco alunos, com a exigência de que 
cada membro se relacione bem com todos os outros. 
Quantas comissões podem ser formadas? 
a) 𝟕𝟏 
b) 𝟕𝟓 
c) 𝟖𝟎 
d) 𝟖𝟑 
e) 𝟖𝟕 
Comentários 
A principal restrição do problema se dá em torno de Andréia. Assim, vamos analisar todo o 
contexto em torno dessa restrição. 
Lembre-se: nos exercícios de Análise Combinatória, primeiro as restrições, depois o resto. 
Assim, a primeira coisa a se analisar é que temos dois tipos de grupo, um que contém Andréia e 
outro que não a contém. 
 
Como a Andréia não se dá bem com Manoel e Alberto, vamos retirá-los dos grupos em que 
Andréia está. 
Comissão
Com Andréia
Sem Andréia
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 88 
 
Além disso, nos grupos em que, com certeza, Andréia não está, Manoel e Alberto podem estar, 
pode estar só um, só outro ou ainda, nem um nem outro, ou seja, não há restrição além de a 
própria Andréia. 
Na comissão em que Andréia está, ela ocupa, logicamente, uma das posições, sobrando apenas 
4 posições para o restante dos alunos. 
Se tínhamos 9 alunos, Andréia já ocupa uma cadeira e nem Manoel nem Alberto podem 
participar, temos, ainda, 6 integrantes que podem ocupar as 4 cadeiras restantes. Como uma 
comissão não separada por funções é caso de combinação, temos, aqui, 𝐶6,4 comissões 
possíveis. 
 
Para o caso em que Andréia não participe do grupo, todos os 8 elementos podem ocupar 
qualquer uma das 5 cadeiras possíveis, ou seja, 𝐶8,5 comissões possíveis. 
 
 
 
Fazendo os cálculos de cada uma dessas combinações. 
 
Comissão
Com Andréia
Sem Manoel
Sem Alberto
Sem Andréia
Comissão
Com Andréia
Sem Manoel
Sem Alberto
𝐶6,4
Sem Andréia
Comissão
Com Andréia
Sem Manoel
Sem Alberto
𝐶6,4
Sem Andréia 𝐶8,5
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 89 
 
Agora, a dúvida: somo ou multiplico esses valores? 
Essa decisão depende do contexto. 
Nós vamos escolher o ramo “com Andréia” e, depois, “sem Andréia”? Eles podem existir 
simultaneamente? 
Não, não podem. Ou eu escolho um grupo com Andréia ou um grupo sem Andréia, as duas 
coisas não podem acontecer simultaneamente, portanto,não são escolhas sucessivas, são 
alternativas. 
Na Análise Combinatória, a alternativa é soma, portanto, conseguiremos montar 𝑛 comissões 
diferentes, tal que 
𝑛 = 15 + 56 
𝑛 = 71 
Gabarito: a) 
23. (FUVEST/2006) Em uma certa comunidade, dois homens sempre se cumprimentam 
(na chegada) com um aperto de mão e se despedem (na saída) com outro aperto de mão. 
Um homem e uma mulher se cumprimentam com um aperto de mão, mas se despedem 
com um aceno. Duas mulheres só trocam acenos, tanto para se cumprimentarem quanto 
para se despedirem. 
Em uma comemoração, na qual 37 pessoas almoçaram juntas, todos se cumprimentaram 
e se despediram na forma descrita acima. Quantos dos presentes eram mulheres, sabendo 
que foram trocados 720 apertos de mão? 
a) 16 
b) 17 
c) 18 
d) 19 
e) 20 
Comentários 
Vamos traduzir o enunciado para a forma de equações. 
“Em uma certa comunidade, dois homens sempre se cumprimentam (na chegada) com um 
aperto de mão e se despedem (na saída) com outro aperto de mão. ” 
Comissão
Com Andréia
Sem Manoel
Sem Alberto
𝐶6,4 =
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
= 15
Sem Andréia 𝐶8,5 =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
= 56
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 90 
O número de apertos de mão em um grupo de ℎ homens é dado pela combinação de ℎ homens 
tomados 2 a 2, uma vez que, em um aperto de mão, as pessoas 𝐴 e 𝐵 se cumprimentarem é o 
mesmo que as pessoas 𝐵 e 𝐴 se cumprimentarem. 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = 𝐶ℎ,2 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑛𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 𝐶ℎ,2 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 = 2 ∙ 𝐶ℎ,2 
“Um homem e uma mulher se cumprimentam com um aperto de mão, mas se despedem com 
um aceno. ” 
Aqui, há duas situações distintas: aperto de mão e o aceno. 
Além disso, estamos lidando não com apertos e acenos dentro do mesmo grupo e sim com 
grupos separados pelo enunciado, homens e mulheres. 
Aqui, utilizaremos o PFC. 
Cada homem deve cumprimentar cada mulher na chegada com um aperto de mão e, na saída, 
com um aceno. 
Cada aperto de mão envolve as duas pessoas, ao passo que cada aceno é individual, um para 
cada pessoa. Assim, ao calcular o número de acenos, acabamos por duplicar o número de 
interações entre as pessoas. 
Desse modo, podemos dizer que 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = ℎ ∙ 𝑚 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 2 ∙ ℎ ∙ 𝑚 
“Duas mulheres só trocam acenos, tanto para se cumprimentarem quanto para se despedirem” 
Os acenos, como vimos no item anterior, são individuais, então, devem ser duplicados ao 
combinarmos os elementos de um grupo. 
Ademais, estamos falando de acenos entre os elementos de um mesmo grupo, de mulheres, 
então: 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = 2 ∙ 𝐶𝑚,2 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 2 ∙ 𝐶𝑚,2 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 = 4 ∙ 𝐶𝑚,2 
“Em uma comemoração, na qual 37 pessoas almoçaram juntas, todos se cumprimentaram e se 
despediram na forma descrita acima. ” 
Essa informação é sutil, mas sem ela não conseguimos resolver o problema proposto. 
Como há 37 pessoas no almoço, podemos inferir que essas pessoas são homens e mulheres, 
então 
ℎ +𝑚 = 37 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 91 
“...sabendo que foram trocados 720 apertos de mão...” 
Essa informação é direta: 
𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 = 720 
Colocando todas as informações em um sistema de equações, temos. 
 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 = 2 ∙ 𝐶ℎ,2
 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = ℎ ∙ 𝑚 
 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 2 ∙ ℎ ∙ 𝑚
 
𝐴𝑐𝑒𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 = 4 ∙ 𝐶𝑚,2
 
ℎ + 𝑚 = 37
 
𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 = 720
 
 
Até aqui, temos um resumo, na forma de equações, das informações do enunciado. Partamos 
para entender o que é pedido. 
“Quantos dos presentes eram mulheres...? ” 
Muito bem. 
Esse sistema não é linear, pois temos produto entre as incógnitas. Assim, não poderemos 
utilizarmos as matrizes para a resolução. 
Desse modo, utilizaremos a substituição de variáveis. 
O número de modos de fazermos as substituições é muito grande, então, precisamos de alguma 
objetividade na hora de escolher qual substituição fazer. 
O exercício nos pediu o número de mulheres presentes, então, precisaremos de pelo menos uma 
equação com a incógnita 𝑚. 
O enunciado nos deu o total de apertos de mão, então, podemos somar as equações de apertos 
de mão para chegar a esse total. 
Além disso, temos o número de pessoas, que também é uma informação relevante. 
Com isso em mente, vamos trabalhar com algumas equações inicialmente, deixando as outras 
para um segundo momento, se é que serão necessárias. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 92 
{
 
 
 
 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 = 2 ∙ 𝐶ℎ,2
 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑛𝑠 𝑒 𝑚𝑢𝑙ℎ𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = ℎ ∙ 𝑚 
 
ℎ + 𝑚 = 37
 
𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 = 720
 
Dedique aqui um tempo para absorver o motivo de essas equações terem sido selecionadas em 
detrimento das outras. 
Continuando. 
Sabemos que o total de aperto de mãos é 720, então podemos dizer que 
𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ + 𝐴𝑝𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑚ã𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 ℎ 𝑒 𝑚 𝑛𝑎 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 = 720 
2 ∙ 𝐶ℎ,2 + ℎ ∙ 𝑚 = 720 
Além disso, podemos isolar 𝑚 na equação do número de pessoas e substituir na equação 
anterior. 
ℎ +𝑚 = 37 
𝑚 = 37 − ℎ 
2 ∙ 𝐶ℎ,2 + ℎ ∙ 𝑚 = 720 
2 ∙ 𝐶ℎ,2 + ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
Agora temos uma equação de somente uma incógnita. Vamos desenvolvê-la e resolvê-la. 
2 ∙ 𝐶ℎ,2 + ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
2 ∙
ℎ!
2! ∙ (ℎ − 2)!
+ ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
Vamos desenvolver o fatorial do numerador até que encontramos algo com o que simplificar no 
denominador da fração. 
2 ∙
ℎ ∙ (ℎ − 1) ∙ (ℎ − 2)!
2! ∙ (ℎ − 2)!
+ ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
 2 ∙
∙ (ℎ − 2)! 
 2 ∙ 1 ∙ (ℎ − 2)! 
+ ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
 
ℎ ∙ (ℎ − 1) + ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
Distribuindo os produtos. 
 
ℎ ∙ (ℎ − 1) + ℎ ∙ (37 − ℎ) = 720 
ℎ² − ℎ + 37ℎ − ℎ² = 720 
 ℎ2 + 36ℎ − ℎ2 = 720 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 93 
36ℎ = 720 
36ℎ
36
=
720
36
 
ℎ = 20 
Descobrimos, então, que havia 20 homens na festa. Como sabemos que o total de pessoas era 
de 37 pessoas, podemos dizer que 
ℎ +𝑚 = 37 
20 +𝑚 = 37 
20 + 𝑚 − 20 = 37 − 20 
 20 + 𝑚 − 20 = 17 
𝑚 = 17 
Chegamos, assim, à conclusão que havia 17 mulheres no jantar. 
Gabarito: b) 
24. (FUVEST/2005) Participam de um torneio de voleibol, 𝟐𝟎 times distribuídos em 𝟒 
chaves, de 𝟓 times cada. Na 𝟏ª fase do torneio, os times jogam entre si uma única vez (um 
único turno), todos contra todos em cada chave, sendo que os 𝟐 melhores de cada chave 
passam para a 𝟐ª fase. 
Na 𝟐ª fase, os jogos são eliminatórios; depois de cada partida, apenas o vencedor 
permanece no torneio. Logo, o número de jogos necessários até que se apure o campeão 
do torneio é 
a) 𝟑𝟗 
b) 𝟒𝟏 
c) 𝟒𝟑 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟒𝟕 
Comentários 
De acordo com o enunciado, temos o seguinte desenvolvimento de times e chaves. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 94 
 
Pensemos no torneio por fases. 
Na primeira fase, temos, em cada chave, 5 times que terão que se enfrentar para eleger os dois 
melhores. 
Estamos falando de um grupo fechado, com 5 elementos que devem ser tomados 2 a 2. 
Conforme estudamos, o caso se aplica às combinações. 
Assim, o número 𝑛 de jogos em cada chaveé dado por: 
𝑛 = 𝐶5,2 
𝑛 =
5!
2! (5 − 2)!
 
𝑛 =
5!
2! 3!
 
Vamos expandir o fatorial do numerador, a fim de simplificar com o 3! do denominador. 
𝑛 =
5 ∙ 4 ∙ 3!
2 ∙ 1 ∙ 3!
 
𝑛 =
5 ∙ 4 
2 ∙ 3! 
 2 ∙ 1 ∙ 3! 
 
𝑛 = 5 ∙ 2 
𝑛 = 10 
Perceba que as quatro chaves são idênticas, portanto não há necessidade de calcularmos 
novamente. 
Para conseguir os dois melhores times de cada chave, precisaremos de, na verdade, 4 ∙ 𝑛 jogos, 
ou seja, 4 ∙ 10 = 40 jogos. 
Campeão
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Chave 1 
5 times 
Chave 2 
5 times 
Chave 3 
5 times 
Chave 4 
5 times 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 95 
 
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0}
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
40 𝑗𝑜𝑔𝑜𝑠 
 
 
 
E, com os dois melhores times de cada chave, vamos afunilando os resultados a cada jogo, até 
chegar ao que será considerado campeão. 
 
Até aqui, já tivemos 40 jogos. 
 
Campeão
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 96 
A partir desse ponto, podemos visualizar o número de jogos diretamente no diagrama. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, podemos dizer que precisaremos, nessas condições, de 47 jogos para apurar o time 
campeão. 
Gabarito: e) 
25. (UNESP/2005) O número de maneiras que 𝟑 pessoas podem sentar-se em uma fileira 
de 𝟔 cadeiras vazias de modo que, entre duas pessoas próximas (seguidas), sempre tenha 
exatamente uma cadeira vazia, é 
𝒂) 𝟑. 
𝒃) 𝟔. 
𝒄) 𝟗. 
𝒅) 𝟏𝟐. 
𝒆) 𝟏𝟓. 
 
Campeão
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Time
Jogo 
41 
Jogo 
42 
Jogo 
43 
Jogo 
44 
Jogo 
45 
Jogo 
46 
Jogo 
47 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 97 
Comentários 
Considerando 𝑉 a cadeira vazia e 𝑃 uma cadeira com uma pessoa, temos: 
𝑃𝑉𝑃𝑉𝑃𝑉 
𝑉𝑃𝑉𝑃𝑉𝑃 
Na primeira fileira, temos que, na primeira cadeira, temos 3 opções, na segunda cadeira temos 
2 opções e na última cadeira apenas uma opção, ou seja, uma permutação das 3 pessoas. 
Na segunda fileira, o pensamento é exatamente o mesmo, ou seja, permutação das 3 pessoas 
também. 
O total 𝑇 de possibilidades será o número de maneiras da primeira opção somado ao numero de 
maneiras da segunda opção. 
𝑇 = 𝑃3 + 𝑃3 
𝑇 = 2 ⋅ 𝑃3 
T = 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 
T = 12 
Gabarito: d) 
26. (FUVEST/2004) Três empresas devem ser contratadas para realizar quatro trabalhos 
distintos em um condomínio. Cada trabalho será atribuído a uma única empresa e todas 
elas devem ser contratadas. De quantas maneiras distintas podem ser distribuídos os 
trabalhos? 
a) 𝟏𝟐 
b) 𝟏𝟖 
c) 𝟑𝟔 
d) 𝟕𝟐 
e) 𝟏𝟎𝟖 
Comentários 
Pelo enunciado, uma das empresas deve pegar dois trabalhos e as outras, apenas um cada, ou 
não haveria possibilidade de termos quatro trabalhos distintos realizados por três empresas. 
Vamos separar essa resolução em duas partes: a contratação das empresas e a distribuição dos 
trabalhos. 
Contratação das empresas. 
Como os trabalhos são diferentes, cada vaga é única e temos, então, que permutar as 3 
empresas nas 3 vagas disponíveis. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 98 
Cuidado, não são 4 vagas, apenas 3 empresas serão contratadas, então são apenas 3 vagas. 
Cuidaremos do caso de uma empresa pegar mais de um trabalho logo após. 
Se temos 3 empresas que ocuparão 3 posições, podemos trabalhar com a permutação de 3 
elementos. 
𝑃3 = 3! 
𝑃3 = 3 ∙ 2 ∙ 1 
𝑃3 = 6 
 Distribuição de um trabalho extra para uma das empresas. 
Pensemos, então, de quantos modos uma empresa pode pegar dois dos quatro trabalhos 
disponíveis. 
Para orientação no exercício, nomeemos os trabalhos como 1,2,3,4. 
A empresa a fazer dois trabalhos pode ser contratada para os trabalhos 1 𝑒 2; 1 𝑒 3; 1 𝑒 4; 2 𝑒 3; 
2 𝑒 4 ou 3 𝑒 4. Ou seja, há 6 maneiras de uma empresa fazer dois trabalhos dentre 4 possíveis. 
Se fosse um universo maior, poderíamos fazer por combinações. 
𝐶4,2 =
4 ∙ 3
2 ∙ 1
 
 
𝐶4,2 =
 4 
2 ∙ 3
 2 ∙ 1
 
𝐶4,2 = 2 ∙ 3 
𝐶4,2 = 6 
Agora, juntemos as duas condições. 
Nesse ponto, precisamos entender se utilizaremos o princípio multiplicativo ou o princípio aditivo. 
Para decidir, vamos analisar as duas frases a seguir e escolher a que mais se adequa ao 
contexto. Se for a alternativa com o conectivo E, princípio multiplicativo. Se for a com OU, aditivo. 
Escolheremos 3 empresas OU uma delas fará 2 trabalhos. 
Escolheremos 3 empresas E uma delas fará 2 trabalhos. 
Pelo enunciado, a que mais se adequa é a com o conectivo E, pois o enunciado nos diz que as 
empresas serão contratadas E que devem realizar os quatro trabalhos, não há alternativa. 
Assim, utilizaremos o princípio multiplicativo para calcular o número 𝑛 de maneiras distintas para 
atribuirmos os 4 trabalhos às 3 empresas contratadas. 
𝑛 = 𝑃3 ∙ 𝐶4,2 
𝑛 = 6 ∙ 6 
𝑛 = 36 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 99 
Gabarito: c) 
27. (FUVEST/2003) Uma ONG decidiu preparar sacolas, contendo 𝟒 itens distintos cada, 
para distribuir entre a população carente. Esses 𝟒 itens devem ser escolhidos entre 𝟖 tipos 
de produtos de limpeza e 𝟓 tipos de alimentos não perecíveis. Em cada sacola, deve haver 
pelo menos um item que seja alimento não perecível e pelo menos um item que seja 
produto de limpeza. Quantos tipos de sacolas distintas podem ser feitos? 
a) 𝟑𝟔𝟎 
b) 𝟒𝟐𝟎 
c) 𝟓𝟒𝟎 
d) 𝟔𝟎𝟎 
e) 𝟔𝟒𝟎 
Comentários 
Pelo enunciado, há 4 lugares na sacola e esses lugares devem ser preenchidos com produtos 
de limpeza (𝐿) e de alimentos não perecíveis (𝐴). 
 
 
 
 
 
 
 
Sacola com 4 lugares 
 
Além disso, os produtos devem ser todos distintos e ter pelo menos um item de cada tipo, 
alimento e limpeza. 
Desse modo, uma sacola com 4 produtos de limpeza ou 4 alimentos não serão aceitas. 
Temos, então, 3 tipos de sacolas que podemos montar: 
 Sacola 𝐴: 1 produto de limpeza e 3 alimentos 
 Sacola 𝐵: 2 produtos de limpeza e 2 alimentos 
Sacola 𝐶: 3 produtos de limpeza e 1 alimento 
Analisemos caso a caso. 
Sacola 𝐴: 1 produto de limpeza e 3 alimentos 
Aqui escolheremos 1 produto de limpeza, dentre os 8 possíveis, além de 3 alimentos dentre os 
5 possíveis. 
Para essas escolhas, temos as combinações 𝐶8,1 para os produtos de limpeza e 𝐶5,3 para os 
alimentos. 
8 tipos de produtos de limpeza 5 tipos de alimentos 
_____ ∙ _____ ∙ _____ ∙ _____ 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 100 
Como ambos os produtos deverão estar presentes na sacola, temos o princípio multiplicativo em 
vigor (na sacola temos o produto de limpeza E o alimento), portanto, temos. 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 = 𝐶8,1 ∙ 𝐶5,3 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 =
8
1
∙
5 ∙ 4 ∙ 3
3 ∙ 2 ∙ 1
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 =
 8 
4
1
∙
5 ∙ 4 ∙ 3 
 3 ∙ 2 ∙ 1
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 = 4 ∙ 5 ∙ 4 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 = 80 
Sacola 𝐵: 2 produtos de limpeza e 2 alimentos 
Com raciocínio similar ao anterior, vamos escolher 2 produtos de limpeza dentre os 8 disponíveis 
e 2 alimentos dentre os 5 disponíveis, portanto, temos. 
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 = 𝐶8,2 ∙ 𝐶5,2 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 =
8 ∙ 7
2 ∙ 1
∙
5 ∙ 4
2 ∙ 1
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 =
8 ∙ 7
 2 ∙ 1 
∙
5 ∙ 4 
 2 ∙ 1 
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 = 8 ∙ 7 ∙ 5 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 = 280 
Sacola 𝐶: 3 produtos de limpeza e 1 alimento 
Para a última sacola, temos o mesmo raciocínio, 3 produtos de limpeza dentre os 8 possíveis e 
1 alimento dentre os 5 possíveis. 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 = 𝐶8,3 ∙ 𝐶5,1 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 =
8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1
∙
5
1
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 =
8 ∙ 7 ∙ 6 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
∙
5
1
 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 = 8 ∙ 7 ∙ 5 
𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 = 280 
Agora, para encontrarmos o número total demaneiras de organizarmos cada sacola, precisamos 
decidir se o caso entre as sacolas é relativo ao princípio multiplicativo ou ao princípio aditivo. 
Analise: 
Cada sacola será do tipo A E B E C. 
Cada sacola será do tipo A OU B OU C. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 101 
Uma única sacola não poderá ser de dois tipos diferentes, portanto, cada sacola será tipo A OU 
B OU C, indicando que o princípio a ser usado aqui é o princípio aditivo. 
Assim, o número 𝑛 de tipos de sacolas distintas é dado por: 
𝑛 = 𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐴 + 𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐵 + 𝑆𝑎𝑐𝑜𝑙𝑎 𝐶 
𝑛 = 80 + 280 + 280 
𝑛 = 640 
Gabarito: e) 
28. (UNESP/2002) Quatro amigos, Pedro, Luísa, João e Rita, vão ao cinema, sentando-
se em lugares consecutivos na mesma fila. O número de maneiras que os quatro podem 
ficar dispostos de forma que Pedro e Luísa fiquem sempre juntos e João e Rita fiquem 
sempre juntos é 
𝒂) 𝟐. 
𝒃) 𝟒. 
𝒄) 𝟖. 
𝒅) 𝟏𝟔. 
𝒆) 𝟐𝟒. 
Comentários 
Como Paulo e Luisa e João e Rita sempre ficam juntos, precisamos permutar os dois casais. 
Além disso, precisamos permutar as pessoas de cada casal. Dessa forma, temos que o número 
𝑛 de maneiras solicitado é dado por: 
𝑛 = 𝑃2 ⋅ 𝑃2 ⋅ 𝑃2 
𝑛 = 2! ⋅ 2! ⋅ 2! 
𝑛 = 8 
Gabarito: c) 
29. (FUVEST/2001) Uma classe de Educação Física de um colégio é formada por dez 
estudantes, todos com alturas diferentes. As alturas dos estudantes, em ordem crescente, 
serão designadas por 𝒉𝟏, 𝒉𝟐, … , 𝒉𝟏𝟎 (𝒉𝟏 < 𝒉𝟐 < ⋯ < 𝒉𝟗 < 𝒉𝟏𝟎). O professor vai escolher 
cinco desses estudantes para participar de uma demonstração na qual eles se 
apresentarão alinhados, em ordem crescente de suas alturas. Dos 
(
𝟏𝟎
𝟓
) = 𝟐𝟓𝟐 
grupos que podem ser escolhidos, em quantos, o estudante, cuja altura é 𝒉𝟔, ocupará a 
posição central durante a demonstração? 
a) 𝟕 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 102 
b) 𝟏𝟎 
c) 𝟐𝟏 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟔𝟎 
Comentários 
Os estudantes, ordenados pela altura, apresentam a seguinte sequência. 
ℎ1 < ℎ2 < ℎ3 < ℎ4 < ℎ5 < ℎ6 < ℎ7 < ℎ8 < ℎ9 < ℎ10 
Neste cenário, há 5 alunos com altura inferior à do aluno ℎ6 e 4 alunos com altura superior à de 
ℎ6. 
Como, na condição do enunciado, a demonstração será feita por 5 alunos e ℎ6 deve ocupar a 
posição central, teremos, no grupo, algo como: 
_____ < _____ < ℎ6 < _____ < _____ 
Temos, então, que preencher duas lacunas à esquerda de ℎ6 com dois alunos dos 5 que 
apresentam altura inferior à de ℎ6 e duas lacunas à direita de ℎ6 com dois alunos dos 4 que 
apresentam altura superior á de ℎ6. 
Dessa forma, podemos dizer que temos duas vagas a serem preenchidas com os 5 alunos 
menores que ℎ6 e duas vagas a serem preenchidas com os 4 alunos maiores que ℎ6. Em ambos 
os casos, temos combinações. Atualizando nosso diagrama, temos. 
𝐶5,2 < ℎ6 < 𝐶4,2 
5 ∙ 4
2 ∙ 1
< ℎ6 <
4 ∙ 3
2 ∙ 1
 
5 ∙ 4 
2
 2 ∙ 1 
< ℎ6 <
 4 
2 ∙ 3
 2 ∙ 1 
 
5 ∙ 2 < ℎ6 < 2 ∙ 3 
10 < ℎ6 < 6 
Novamente, voltamos à questão de como proceder com os valores alcançados: princípio 
multiplicativo ou aditivo? 
 Teremos, no grupo, alunos mais baixos que ℎ6 E mais altos que ℎ6. 
 Teremos, no grupo, alunos mais baixos que ℎ6 OU mais altos que ℎ6. 
Como o enunciado solicitou que o aluno ℎ6 ocupe a posição central, teremos, no mesmo grupo, 
alunos mais baixos que ℎ6 E alunos mais altos que ℎ6, portanto, o aplicável ao caso é o princípio 
multiplicativo. 
Dessa forma, o número 𝑛 de grupos que apresentam o aluno ℎ6 na posição central é: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 103 
𝑛 = 10 ∙ 6 
𝑛 = 60 
Gabarito: e) 
30. (FUVEST/2001-Alternativo) O mesmo enunciado do exercício anterior aparece em 
muitos materiais didáticos com o aluno 𝒉𝟕 como referência central, o que não altera o 
raciocínio, apenas a referência numérica. 
Uma classe de Educação Física de um colégio é formada por dez estudantes, todos com 
alturas diferentes. As alturas dos estudantes, em ordem crescente, serão designadas por 
𝒉𝟏, 𝒉𝟐, … , 𝒉𝟏𝟎 (𝒉𝟏 < 𝒉𝟐 < ⋯ < 𝒉𝟗 < 𝒉𝟏𝟎). O professor vai escolher cinco desses estudantes 
para participar de uma demonstração na qual eles se apresentarão alinhados, em ordem 
crescente de suas alturas. Dos 
(
𝟏𝟎
𝟓
) = 𝟐𝟓𝟐 
grupos que podem ser escolhidos, em quantos, o estudante, cuja altura é 𝒉𝟕, ocupará a 
posição central durante a demonstração? 
a) 𝟕 
b) 𝟏𝟎 
c) 𝟐𝟏 
d) 𝟒𝟓 
e) 𝟔𝟎 
Comentários 
Para o caso de a referência ser ℎ7, teremos, após o mesmo desenvolvimento do exercício 
anterior: 
𝑛 = 𝐶6,2 ∙ 𝐶3,2 
𝑛 =
6 ∙ 5
2 ∙ 1
∙
3 ∙ 2
2 ∙ 1
 
𝑛 =
 6 
3 ∙ 5
 2 ∙ 1 
∙
3 ∙ 2 
 2 ∙ 1 
 
𝑛 = 3 ∙ 5 ∙ 3 
𝑛 = 45 
Gabarito: d) 
31. (FUVEST/1999) Um estudante terminou um trabalho que tinha 𝒏 páginas. Para 
numerar todas essas páginas, iniciando com a página 𝟏, ele escreveu 𝟐𝟕𝟎 algarismos. 
Então o valor de 𝒏 é: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 104 
a) 𝟗𝟗 
b) 𝟏𝟏𝟐 
c) 𝟏𝟐𝟔 
d) 𝟏𝟒𝟖 
e) 𝟐𝟕𝟎 
Comentários 
Inicialmente, não temos ideia de até que página o estudante numerou, então, comecemos do 
início da contagem, com os números de apenas um algarismo, passando para os números de 
dois algarismos e, caso precisemos, passando para os números de 3 algarismos. 
As páginas que receberam números de apenas um algarismo são: 
1 𝑎 9 → 9 𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎𝑠 → 9 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
 
 
Perceba que não temos apenas a subtração entre o número final e o inicial, pois ambas as 
páginas foram contadas. 
Isso acontece sempre que incluímos o início e o fim da contagem em um mesmo intervalo, 
como: 
dias trabalhados (trabalhar do dia 10 ao dia 12 são 3 dias de trabalho: 10,11 𝑒 12) 
tarefas realizadas (da tarefa 3 à tarefa 6 são 4 tarefas realizadas: 3,4,5 𝑒 6) 
E neste exercício, como páginas de um livro. 
Fique atento. 
As páginas que receberam números de dois são: 
10 𝑎 99 → 90 𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎𝑠 → 180 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
Até aqui, já utilizamos 9 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 em páginas que utilizaram apenas um algarismo em cada e 
180 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 em páginas de dois algarismos. 
A partir desse momento, utilizaremos apenas números de 3 algarismos para a numeração das 
páginas. 
O enunciado informou que foram utilizados 270 algarismos, dos quais, já utilizamos 180 + 9 =
189 com as páginas de um e de dois algarismos na numeração. 
Sendo assim, ainda temos 270 − 189 = 81 algarismos para utilizarmos com números de 3 
algarismos. 
Assim, com 81 algarismos, quantos números de 3 algarismos cada podemos formar? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 105 
Se cada número formado utiliza 3 algarismos, temos, então, 
81
3
= 27 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 
Vamos organizar esses dados. 
 
Na última informação, temos que numerar, com 27 páginas, as páginas de 100 a 𝑥𝑥𝑥. 
Como temos que incluir tanto a primeira página (página 100) quanto a última (página 𝑥𝑥𝑥), 
conseguiremos, com as 27 páginas disponíveis, chegar apenas à página 126. 
 
Não conseguiremos chegar à página 127, pois começamos nossa contagem na página 100 como 
sendo a primeira página de 3 algarísmos: 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 100 → 1ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 101 → 2ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 102 → 3ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 103 → 4ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 104 → 5ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
⋮ 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 125 → 26ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎 126 → 27ª 𝑐𝑜𝑚 3 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠 
Assim, conseguimos numerar 126 páginas com os 270 algarismos citados. 
Gabarito: e) 
 
270 algarismos
1 𝑎 9 9 𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎𝑠 9 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠
10 𝑎 99 90 𝑝á𝑔𝑖𝑛𝑎𝑠 180 𝑎𝑙𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜𝑠
100 𝑎 𝑥𝑥𝑥 27 páginas 81 algarismos
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA07 – ANÁLISE COMBINATÓRIA 106 
10. Considerações finais 
Você deve ter percebido quantas vezes precisamos decidir se utilizaríamos o princípio 
multiplicativo ou o princípio aditivo nas questões. 
Esse é um ponto crucial no estudo da análise combinatória. 
Enquanto o princípio multiplicativo dá origem às ideias de permutações, arranjos e 
combinações, o princípio aditivo conecta situações alternativas, independentes. 
Revisite a teoria e os exercícios sempre que necessário, pois precisaremos que todos 
esses conceitos estejam bem cristalizados em sua memória quando estudarmos o tópico da 
próxima aula: probabilidades. 
Ficou com alguma dúvida? 
Entre em contato que ajudaremos você a saná-la. 
Abraço e até a próxima aula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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