Aula_11_-_Análise_Combinatória_-_UNICAMP_2024

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 1
UNICAMP 
Prof. Andrew Cazé 
Aula 11 – Análise Combinatória. 
vestibulares.estrategia.com 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 2 
 
SUMÁRIO 
1. PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM 4 
1.1. Fatorial de um número 9 
2. PERMUTAÇÕES 11 
2.1. Permutações simples 11 
2.2. Permutações com elementos repetidos 13 
2.3. Permutação circular 15 
3. ARRANJOS 18 
4. COMBINAÇÕES 20 
5. PRINCÍPIO ADITIVO 23 
6. DEMONSTRAÇÕES, COMENTÁRIOS E REVISÃO 25 
6.1. Estratégia para resolver problemas envolvendo Análise combinatória. 25 
6.2 Fatorial de Zero 25 
6.3 Resumo 27 
7.0 QUESTÕES DE PROVAS ANTERIORES 28 
8.0 GABARITO 39 
9.0 QUESTÕES RESOLVIDAS E COMENTADAS 40 
10.0 CONSIDERAÇÕES FINAIS 69 
11.0 VERSÕES DAS AULAS 70 
 
 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 3 
INTRODUÇÃO 
Olá, estrategista. Tudo tranquilo? Por aqui, tranquilinho. 
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. Revisitaremos alguns tópicos vistos aqui durante o curso. 
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. 
Beleza?! 
Já sabe, não deixe de resolver questões. Se precisar de ajuda com elas, poste-as no 
fórum. Estamos aqui para auxiliá-lo. 
Vamos lá! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Boa aula! 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 4 
1. Princípio Fundamental da Contagem 
 
A análise combinatória é estudo de contagem do número de elementos de um certo 
conjunto, uma vez estabelecido o critério para ser elemento do conjunto (quantos elementos há 
nele, análise quantitativa). 
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 Megasena: 
[(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, por exemplo, tem mais de 50 milhões de elementos. 
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. 
Exemplo 01) 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? 
Façamos, então, um diagrama para representar o problema. 
 
 
 
A princípio, pode parecer simples. 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. 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 5 
Como são poucas possibilidades, vamos escrevê-las todas através de um 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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Como pudemos ver, temos 6 caminhos diferentes entre as cidades 𝐴 e 𝐶, passando 
obrigatoriamente por 𝐵 e utilizando as 5 estradas disponíveis. 
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. 
 
Esse princípio da multiplicação em eventos sequenciais é tão importante em nossos 
estudos que recebe o nome de Princípio Fundamental da Contagem (PFC). 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 7 
 
Vejamos mais um exemplo clássico, as placas de automóveis. 
Exemplo 02) 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? 
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. 
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? 
Exemplo 03) 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 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 8 
 
Exemplo 04) 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 
 
Exemplo 05) 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! 
 
Exemplo 06) Cinco atletas participamde 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. 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 9 
 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 
 
Exemplo 07) 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 
(!). 
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. 
 
 
Exemplo 08) Calcule os fatoriais abaixo. 
 𝑎) 2! 
𝑏) 3! 
𝑐) 4! 
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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 
 
 
 
a. Não é necessário que escrevamos todos os seus antecessores, podemos parar em qualquer 
número, utilizando a notação de fatorial. 
Essa técnica é muito útil quando estamos trabalhando com simplificações. 
Veja: 
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 
4 ∙ 3 ∙ 2! = 24 
4 ∙ 3! = 24 
4! = 24 
 
 
 
b. Fatorial de 1 é o próprio 1. 
 
não é necessário que escrevamos todos 
os seus antecessores, podemos continuar 
utilizando a notação de fatorial.
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c. Fatorial de 0 também é 1. 
 
 
 
Observação: o fatorial de 1 é tranquilo para deduzirmos. 
No final da aula, temos uma brilhante demonstração para o fatorial de zero, caso tenha 
curiosidade. 
 
Por ora, memorizar estes dois fatoriais será suficientemente útil para a sua prova . 
 
 
2. Permutações 
2.1. Permutações simples 
Permutar significar trocar. No nosso caso, significará “trocar de lugar” ou “cambiar”. 
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. 
Vejamos: 
Exemplo 09) Como 5 pessoas podem ocupar 5 lugares de um carro durante uma 
viagem? 
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. 
Então: 
𝑛 = 𝑃5 = 5! 
1! = 1Fatorial de 1?
Fatorial de 0? 0! = 1
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𝑛 = 𝑃5 = 120 
Se expandirmos o raciocínio, podemos dizer que, para qualquer conjunto em que 
tenhamos a “quantidade de espaços disponíveis igual à quantidade de coisas (ou pessoas) que 
queremos organizar”, o número de permutações possíveis é dado por 
 
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: 
Exemplo 10) 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. 
 
Exemplo 11) 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 
Anagrama é a reordenação das letras de uma palavra.
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 13 
 
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). 
Seguindo a mesma linha, temos 4 opções para a próxima posição vaga. 
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. 
 
2.2. 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, dessa forma 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. 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 14 
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 superiore o número de letras totais 
na parte inferior da permutação. Mas cuidado, ao colocarmos na fração, essa ordem é 
invertida! 
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 
12) Quantos anagramas podemos formar 
com a palavra ASTERISCO?
9 Letras no total 2 letras repetidas - S
Permutação 
com repetição
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Assim, podemos generalizar o resultado para permutações com 𝑛 elementos, sendo 𝑟 
elementos repetidos: 
 
2.3. Permutação circular 
Imagine que 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. 
A situação não é sempre semelhante à do carro, vista anteriormente. 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 apertado ao canto, dentre outras 
particularidades, podemos considerar como o caso do carro, 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, mas veja o que acontece quando consideramos uma mesa circular e colocamos 
exatamente essas configurações. 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 16 
 
 
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. 
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: 
 
Desenvolvendo, podemos chegar a uma fórmula equivalente. 
PERMUTAÇÃO CIRCULAR
todos os elementos são mudados de posição, mas em 
posições equivalentes, devido à natureza circular, ou 
cíclica, do problema.
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 17 
 
Podemos usar qualquer uma das duas versões. 
 
 
 
 
Permutações simples, com repetição ou circulares guardam o mesmo princípio: 𝑃𝑛 =
𝑛! 
 
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. 
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AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 18 
 
3. Arranjos 
No arranjo, temos o mesmo princípio da permutação, 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. 
Teremos menos fatores na multiplicação do que o número de opções. 
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. 
 
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. 
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Exemplo 12) 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 
 
Exemplo 13) Quantos números diferentes de 3 algarismos 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 
𝐴5,3 = 60 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 
 
Exemplo 14) Quantos números diferentes de 4 algarismos 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. 
O motivo se dá 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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 20 
 
 
4. Combinações 
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. 
O que difere uma combinação dos outros tipos é o fato de esta não considerar a ordem 
como fator diferenciador de uma sequência. 
Enquantona permutação e no arranjo as sequências 123 e 321 são consideradas 
diferentes, na combinação elas são consideradas iguais. Vejamos. 
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 𝑃𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 3, 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. 
Exemplo 15) Para ganhar o prêmio máximo da Megasena, 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 
Escolhas sem contar o zero
Escolhas dos próximos dígitos, 
reincluindo o zero
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 21 
Multiplicidade de cada sequência 
Lembre-se 
 6 posições, 6 fatores 
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. 
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 Megasena, 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. 
Resolvemos 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. 
De igual maneira, temos uma expressão para o cálculo da combinação de 𝑛 elementos 
tomados 𝑝 a 𝑝: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 22 
Número Binomial 
 
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
) 
Exemplo 16) 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 
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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 23 
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 (princípio fundamental da contagem) 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. 
Vejamos: 
Exemplo 05) Ismael está em uma lanchonete que tem 3 tipos diferentes de salgado, 2 
tipos de suco e 4 tipos de sorvete. Só possui dinheiro para dois itens. Quantas maneiras 
diferentes de fazer o pedido? 
Comentários: 
Ismael está em uma lanchonete que tem 3 tipos diferentes de salgado, 2 tipos de suco e 4 
tipos de sorvete e terá que escolher dois itens para compor seu pedido. 
Note que a condição para aplicarmos o PFC não foi satisfeita, não houve opção 
sequencial, uma após a outra. É uma escolha, ou outra escolha. 
Como Ismael 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 Ismael. 
 
Lanche do 
Ismael
Salgado e Suco
Salgado e Sorvete
Suco e Sorvete
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 24 
 
Até aqui, todos os conceitos envolvidos na análise do lanche de Ismael já foram vistos. 
Para continuarmos, é preciso que respondamos a seguinte pergunta: 
Ismael 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 que 
Manoel 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? Somamos. 
Portanto, o número 𝑛 de opções para o lanche de Ismael é dado por: 
 
 
𝑛 = 6 + 12 + 8 
𝑛 = 26 
Em suma, utilizamos o PFC para eventos sucessivos e o princípio aditivo para eventos 
alternativos. 
Lanche do 
Ismael
Salgado e Suco 3 ∙ 2 = 6
Salgado e Sorvete 3 ∙ 4 = 12
Suco e Sorvete 2 ∙ 4 = 8
Lanche do 
Ismael
Salgado e Suco
Salgado e Sorvete
Suco e Sorvete
PFC
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 25 
 
 
Quando fazemos uma escolha E outra, PFC. 
Quando fazemos OU uma escolha OU outra, princípio aditivo. 
 
6. Demonstrações, comentários e Revisão 
6.1. Estratégia para resolver problemas envolvendo Análise 
combinatória. 
Nãoadie 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 
✓ 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. 
 
6.2 Fatorial de Zero 
O 1 é simples, ele é o fim da fila dos produtos, então 
1! = 1 
PRINCÍPIO ADITIVO
Eventos alternativos OU uma escolha OU outra
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 26 
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. 
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)! 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 27 
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. 
6.3 Resumo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A ordem dos 
resultados
Importa
Arranjo
𝑵 > 𝑷
Permutação
𝑵 = 𝑷
Sem repetiçãoCom repetição
Não importa
Combinação
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 28 
7.0 Questões de Provas Anteriores 
 
1. (ENEM / 2019) Durante suas férias, oito amigos, dos quais dois são canhotos, 
decidem realizar um torneio de vôlei de praia. 
Eles precisam formar quatro duplas para a realização do torneio. Nenhuma dupla pode 
ser formada por dois jogadores canhotos. 
De quantas maneiras diferentes podem ser formadas essas quatro duplas? 
a) 69 
b) 70 
c) 90 
d) 104 
e) 105 
 
2. (ENEM / 2018) O Salão do Automóvel de São Paulo é um evento no qual vários 
fabricantes expõem seus modelos mais recentes de veículos, mostrando, 
principalmente, suas inovações em design e tecnologia. 
Disponível em: http://g1.globo.com. Acesso em: 4 fev. 2015 (adaptado). 
Uma montadora pretende participar desse evento com dois estandes, um na entrada e 
outro na região central do salão, expondo, em cada um deles, um carro compacto e uma 
caminhonete. Para compor os estandes, foram disponibilizados pela montadora quatro 
carros compactos, de modelos distintos, e seis caminhonetes de diferentes cores 
para serem escolhidos aqueles que serão expostos. A posição dos carros dentro de 
cada estande é irrelevante. 
Uma expressão que fornece a quantidade de maneiras diferentes que os estandes 
podem ser compostos é 
a) 𝑨𝟏𝟎
𝟒 
b) 𝑪𝟏𝟎
𝟒 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 29 
c) 𝑪𝟒
𝟐 × 𝑪𝟔
𝟐 × 𝟐 × 𝟐 
d) 𝑨𝟒
𝟐 × 𝑨𝟔
𝟐 × 𝟐 × 𝟐 
e) 𝑪𝟒
𝟐 × 𝑪𝟔
𝟐 
 
3. (ENEM / 2015) A bandeira de um estado é formada por cinco faixas, A, B, C, D e E, 
dispostas conforme a figura. 
 
Deseja-se pintar cada faixa com uma das cores verde, azul ou amarelo, de tal forma que 
faixas adjacentes não sejam pintadas com a mesma cor. 
O cálculo do número de possibilidades distintas de se pintar essa bandeira, com a 
exigência acima, é 
a) 1 X 2 X 1 X 1 X 2. 
b) 3 X 2 X 1 X 1 X 2. 
c) 3 X 2 X 1 X 1 X 3. 
d) 3 X 2 X 1 X 2 X 2. 
e) 3 X 2 X 2 X 2 X 2. 
 
4. (ENEM / 2013) Um artesão de joias tem à sua disposição pedras brasileiras de três 
cores: vermelhas, azuis e verdes. 
Ele pretende produzir joias constituídas por uma liga metálica, a partir de um molde no 
formato de um losango não quadrado com pedras nos seus vértices, de modo que dois 
vértices consecutivos tenham sempre pedras de cores diferentes. 
A figura ilustra uma joia, produzida por esse artesão, cujos vértices A, B, C e D 
correspondem às posições ocupadas pelas pedras. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 30 
 
Com base nas informações fornecidas, quantas joias diferentes, nesse formato, o 
artesão poderá obter? 
a) 6 
b) 12 
c) 18 
d) 24 
e) 36 
 
5. (ENEM 2019) Uma empresa confecciona e comercializa um brinquedo formado por 
uma locomotiva, pintada na cor preta, mais 12 vagões de iguais formato e tamanho, 
numerados de 1 a 12. Dos 12 vagões, 4 são pintados na cor vermelha, 3 na cor azul, 3 na 
cor verde e 2 na cor amarela. O trem é montado utilizando-se uma locomotiva e 12 
vagões, ordenados crescentemente segundo suas numerações, conforme ilustrado na 
figura. 
De acordo com as possíveis variações nas colorações dos vagões, a quantidade de 
trens que podem ser montados, expressa por meio de combinações, é dada por 
a) C412 x C312 x C312 x C212 
b) C412 + C38 + C35 + C22 
c) C412 x 2 x C38 x C25 
d) C412 + 2 + C312 + C312 
e) C412 x C38 x C35 x C22 
 
6. (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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 31 
 
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. 
 
7. (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%. 
 
8. (FUVEST/2021) Um aplicativo de videoconferências estabelece, para cada reunião 
um código de 10 letras, usando um alfabeto completo de 26 letras. A quantidade de 
códigos distintos possíveis está entre 
 
(A) 10 bilhões e 100 bilhões. 
(B) 100 bilhões e 1 trilhão. 
(C) 1trilhão e 10 trilhões. 
(D) 10 trilhões e 100 trilhões. 
(E) 100 trilhões e 1 quatrilhão. 
 
9. (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 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 32 
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 
 
10. (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 haverpelo 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 
 
11. (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 
b) 𝟏𝟎 
c) 𝟐𝟏 
d) 𝟒𝟓 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 33 
e) 𝟔𝟎 
 
12. (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 
 
13. (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. 
 
14. (UNESP/2006) Considere os algarismos 2, 3, 5, 7 e 11. A quantidade total de 
números distintos que se obtém multiplicando-se dois ou mais destes algarismos, sem 
repetição, é: 
a) 120 
b) 52 
c) 36 
d) 26 
e) 21 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 34 
15. (UNESP/2003) Na convenção de um partido para lançamento da candidatura de 
uma chapa ao governo de certo estado havia 3 possíveis candidatos a governador, 
sendo dois homens e uma mulher, e 6 possíveis candidatos a vice-governador, sendo 
quatro homens e duas mulheres. Ficou estabelecido que a chapa governador/vice-
governador seria formada por duas pessoas de sexos opostos. Sabendo que os nove 
candidatos são distintos, o número de maneiras possíveis de se formar a chapa é 
a) 18. 
b) 12. 
c) 8. 
d) 6. 
e) 4. 
 
16. (UNESP/2003.2) O conselho administrativo de um sindicato é constituído por doze 
pessoas, das quais uma é o presidente deste conselho. A diretoria do sindicato tem 
quatro cargos a serem preenchidos por membros do conselho, sendo que o presidente 
da diretoria e do conselho não devem ser a mesma pessoa. De quantas maneiras 
diferentes esta diretoria poderá ser formada? 
a) 𝟒𝟎. 
b) 𝟕 𝟗𝟐𝟎. 
c) 𝟏𝟎 𝟖𝟗𝟎. 
d) 𝟏𝟏!. 
e) 𝟏𝟐!. 
 
17. (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 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 35 
 
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. 
 
18. (UNESP/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. 
 
19. (UFU/2018) Existem países europeus onde se estimula a troca de livros usados por 
meio da promoção de feiras específicas para esse fim. Suponha que um leitor leve 5 
livros de literatura e que um segundo leitor leve 7 livros, sendo esses 12 livros distintos 
entre si. O número de diferentes maneiras de serem trocados 4 livros pertencentes ao 
primeiro leitor com 4 pertencentes ao segundo é igual a 
a) 495 
b) 140 
c) 175 
d) 16 
 
20. (UEA/2018) Um campus universitário tem 7 portarias que podem ser usadas tanto 
para entrada como para saída de alunos. O número máximo de formas distintas como 
um aluno poderá entrar e sair desse campus utilizando portarias diferentes é 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 36 
(A) 42. 
(B) 36. 
(C) 14. 
(D) 48. 
(E) 28. 
 
21. (UEA/2018) Deseja-se formar uma comissão composta de três membros. Sabendo-
se que as escolhas devem ser feitas dentre um grupo de 10 pessoas, o número de 
diferentes comissões que poderão ser formadas é igual a 
(A) 480. 
(B) 720. 
(C) 630. 
(D) 120. 
(E) 240. 
 
22. (UEA/2015) Por determinação do diretor, certa personagem de uma encenação 
folclórica deverá usar saia e blusa de cores diferentes em cada uma das suas 12 
entradas em cena durante a apresentação. Desse modo, o número mínimo de peças 
(saias mais blusas) necessárias deverá ser igual a 
(A) 12. 
(B) 6. 
(C) 9. 
(D) 7. 
(E) 8. 
 
23. (UERJ/2020.2) Apenas com os algarismos 2, 4, 5, 6 ou 9, foram escritos todos os 
números possíveis com cinco algarismos. Cada um desses números foi registrado em 
um único cartão, como está exemplificado a seguir. 
 
Alguns desses cartões podem ser lidos de duas maneiras, como é o caso dos cartões C, 
D e E. 
Observe: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 37 
 
O total de cartões que admitem duas leituras é: 
a) 32 
b) 64 
c) 81 
d) 120 
 
24. (UERJ 2015) 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 
c) 180 
d) 720 
 
25. (UERJ/2012.2) A tabela abaixo apresenta os critérios adotados por dois países 
para a formação de placas de automóveis. Em ambos os casos, podem ser utilizados 
quaisquer dos 10 algarismos de 0 a 9 e das 26 letras do alfabeto romano. 
 
Considere o número máximo de placas distintas que podem ser confeccionadas no país 
X igual a 𝒏 e no país Y igual a 𝒑. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 38 
A razão 
𝒏
𝒑
 corresponde a: 
a) 1 
b) 2 
c) 3 
d) 6 
 
26. (UERJ/2010.2) Ao refazer seu calendário escolar para o segundo semestre, uma 
escola decidiu repor algumas aulas em exatamente 4 dos 9 sábados disponíveis nos 
meses de outubro e novembro de 2009, com a condição de que não fossem utilizados 4 
sábados consecutivos. 
Para atender às condições de reposição das aulas, o número total de conjuntos distintos 
que podem ser formados contendo 4 sábados é de: 
a) 80 
b) 96 
c) 120 
d) 126 
 
27. (UERJ/2010) 
 
Considere como um único conjunto as 8 crianças – 4 meninos e 4 meninas – 
personagens da tirinha. A partir desse conjunto, podem-se formar 𝒏 grupos, não vazios, 
que apresentam um número igual de meninos e de meninas. 
O maior valor de 𝒏 é equivalente a: 
a) 45 
b) 56 
c) 69 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 39 
d) 81 
 
8.0 Gabarito 
 
 
1 C 11 E ou D 21 D 
2 C 12 D 22 D 
3 B 13 A 23 A 
4 B 14 B 24 A 
5 E 15 C 25 B 
6 D 16 C 26 C 
7 B 17 C 27 C 
8 E 18 B 
9 A 19 B 
10 E 20 A 
 
 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARESAULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 40 
9.0 Questões Resolvidas e Comentadas 
 
1. (ENEM / 2019) Durante suas férias, oito amigos, dos quais dois são canhotos, 
decidem realizar um torneio de vôlei de praia. 
Eles precisam formar quatro duplas para a realização do torneio. Nenhuma dupla pode 
ser formada por dois jogadores canhotos. 
De quantas maneiras diferentes podem ser formadas essas quatro duplas? 
a) 69 
b) 70 
c) 90 
d) 104 
e) 105 
Comentários 
Para a formação de 4 duplas distintas, devemos considerar as seguintes combinações: 
 
𝐶8,2 ⋅ 𝐶6,2 ⋅ 𝐶4,2 ⋅ 𝐶2,2
4!
 
 
Repare que, a cada combinação, diminuímos 2 elementos, pois já formarão a dupla da 
combinação anterior. 
Além disso, dividimos o total por 4, pois a ordem das duplas não importa. 
 
Por fim, podemos calcular o caso, em que uma das duplas é formada por canhotos e 
subtrair do resultado anteriormente obtido. 
 
1 ⋅ 𝐶6,2 ⋅ 𝐶4,2 ⋅ 𝐶2,2
4!
 
Assim, teremos 
𝐶8,2 ⋅ 𝐶6,2 ⋅ 𝐶4,2 ⋅ 𝐶2,2
4!
−
1 ⋅ 𝐶6,2 ⋅ 𝐶4,2 ⋅ 𝐶2,2
3!
 
105 − 15 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 41 
90 
Gabarito: C. 
2. (ENEM / 2018) O Salão do Automóvel de São Paulo é um evento no qual vários 
fabricantes expõem seus modelos mais recentes de veículos, mostrando, 
principalmente, suas inovações em design e tecnologia. 
Disponível em: http://g1.globo.com. Acesso em: 4 fev. 2015 (adaptado). 
Uma montadora pretende participar desse evento com dois estandes, um na entrada e 
outro na região central do salão, expondo, em cada um deles, um carro compacto e uma 
caminhonete. Para compor os estandes, foram disponibilizados pela montadora quatro 
carros compactos, de modelos distintos, e seis caminhonetes de diferentes cores 
para serem escolhidos aqueles que serão expostos. A posição dos carros dentro de 
cada estande é irrelevante. 
Uma expressão que fornece a quantidade de maneiras diferentes que os estandes 
podem ser compostos é 
a) 𝑨𝟏𝟎
𝟒 
b) 𝑪𝟏𝟎
𝟒 
c) 𝑪𝟒
𝟐 × 𝑪𝟔
𝟐 × 𝟐 × 𝟐 
d) 𝑨𝟒
𝟐 × 𝑨𝟔
𝟐 × 𝟐 × 𝟐 
e) 𝑪𝟒
𝟐 × 𝑪𝟔
𝟐 
Comentários 
Primeiramente, precisamos escolher 2 carros, num total de 4. Dessa forma: 
 
𝐶4,2 
Depois, devemos escolher 2 caminhões, dentre 6: 
 
𝐶6,2 
 
Finalmente, devemos organizar os caminhões e carros, nos dois estandes, nas duas 
posições de cada estande: 
𝐶4,2 × 𝐶6,2 × 2 × 2 
Gabarito: C. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 42 
3. (ENEM / 2015) A bandeira de um estado é formada por cinco faixas, A, B, C, D e E, 
dispostas conforme a figura. 
 
Deseja-se pintar cada faixa com uma das cores verde, azul ou amarelo, de tal forma que 
faixas adjacentes não sejam pintadas com a mesma cor. 
O cálculo do número de possibilidades distintas de se pintar essa bandeira, com a 
exigência acima, é 
a) 1 X 2 X 1 X 1 X 2. 
b) 3 X 2 X 1 X 1 X 2. 
c) 3 X 2 X 1 X 1 X 3. 
d) 3 X 2 X 1 X 2 X 2. 
e) 3 X 2 X 2 X 2 X 2. 
Comentários: 
Começando pela faixa A, ela ser pintada com 3 cores. 
A B apenas duas pois é adjacente de A. 
A faixa C pode apenas uma cor, pois é adjacente de A e B. 
A faixa D também pode apenas 1 pois é adjacente de A e C. 
A faixa E pode ser pintada com duas cores, pois é adjacente apenas da D. 
Dessa forma, temos 
3x2x1x1x2 
Gabarito: B 
4. (ENEM / 2013) Um artesão de joias tem à sua disposição pedras brasileiras de três 
cores: vermelhas, azuis e verdes. 
Ele pretende produzir joias constituídas por uma liga metálica, a partir de um molde no 
formato de um losango não quadrado com pedras nos seus vértices, de modo que dois 
vértices consecutivos tenham sempre pedras de cores diferentes. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 43 
A figura ilustra uma joia, produzida por esse artesão, cujos vértices A, B, C e D 
correspondem às posições ocupadas pelas pedras. 
 
Com base nas informações fornecidas, quantas joias diferentes, nesse formato, o 
artesão poderá obter? 
a) 6 
b) 12 
c) 18 
d) 24 
e) 36 
Comentários: 
Devemos analisar 3 situações diferentes: 
1ª situação: vértices A e C com pedras de mesma cor (3 cores disponíveis) e vértices 
B e D também com pedras de mesma cor, mas de cor diferente das pedras A e C (2 
cores disponíveis). 
Assim, a quantidade de joias diferentes será dada por: 
3 ∙ 2 = 6 
 2ª situação: vértices A e C com pedras de mesma cor (3 cores disponíveis) e vértices 
B e D com pedras de cores diferentes, entre si, e, ao mesmo tempo, diferentes de A e 
C (1 cor disponível para cada). 
Assim, a quantidade de joias diferentes será dada por: 
𝑃3
2 =
3!
2!
= 3 
3ª situação: vértices A e C com pedras de cores diferentes e vértices B e D com 
pedras de mesma cor, porém de cor diferente das cores de A e C. 
𝑃3
2 =
3!
2!
= 3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 44 
Dessa forma, podemos obter: 
6 + 3 + 3 =𝟏𝟐 𝒋𝒐𝒊𝒂𝒔 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 
Gabarito: B 
5. (ENEM 2019) Uma empresa confecciona e comercializa um brinquedo formado por 
uma locomotiva, pintada na cor preta, mais 12 vagões de iguais formato e tamanho, 
numerados de 1 a 12. Dos 12 vagões, 4 são pintados na cor vermelha, 3 na cor azul, 3 na 
cor verde e 2 na cor amarela. O trem é montado utilizando-se uma locomotiva e 12 
vagões, ordenados crescentemente segundo suas numerações, conforme ilustrado na 
figura. 
De acordo com as possíveis variações nas colorações dos vagões, a quantidade de 
trens que podem ser montados, expressa por meio de combinações, é dada por 
a) C412 x C312 x C312 x C212 
b) C412 + C38 + C35 + C22 
c) C412 x 2 x C38 x C25 
d) C412 + 2 + C312 + C312 
e) C412 x C38 x C35 x C22 
Comentários: 
Escolhemos 4 vagões para serem pintados de vermelho 𝐶12
4 . 
Escolhemos 3 vagões para serem pintados de azul 𝐶8
3. 
Escolhemos 3 vagões para serem pintados de verde 𝐶5
3. 
Escolhemos 2 vagões para serem pintados de azul 𝐶2
2. 
Pelo princípio multiplicativo, temos: 
C412 x C38 x C35 x C22 
Gabarito: E 
6. (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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 45 
 
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. 
e 
 Caso os 12 pontos estivessem todos em condições de produzir vértices de 
triângulos, teríamos 𝐶12,3 triângulos diferentes. 
 Os 4 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. 
 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
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 46 
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) 
7. (Fuvest/2016) Vinte times de futebol disputam a Série 𝑨 do CampeonatoBrasileiro, 
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
 
𝑝 = 2 ∙
 6 
3 ∙ 5
 2 ∙ 1 
 
𝑝 = 2 ∙ 3 ∙ 5 
𝑝 = 30 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 47 
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) 
8. (FUVEST/2021) Um aplicativo de videoconferências estabelece, para cada reunião 
um código de 10 letras, usando um alfabeto completo de 26 letras. A quantidade de 
códigos distintos possíveis está entre 
 
(A) 10 bilhões e 100 bilhões. 
(B) 100 bilhões e 1 trilhão. 
(C) 1trilhão e 10 trilhões. 
(D) 10 trilhões e 100 trilhões. 
(E) 100 trilhões e 1 quatrilhão. 
Comentários: 
Pelo princípio fundamental da contagem, podemos ter 26 letras para cada caractere do 
código, resultando em, resultando em 26 ⋅ 26 ⋅ 26 … = 2610. Ou seja: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 48 
𝑥 = 2610 
Fatorando o 26, temos: 
𝑥 = (2 ⋅ 13)10 
𝑥 = 210 ∙ 1310 
Aplicando log aos dois membros, chegamos na seguinte equação: 
𝑙𝑜𝑔 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔(210 ⋅ 1310) 
Aplicando as propriedades de log, teremos: 
log 𝑥 = log 210 + log 210 
log 𝑥 = 10 ⋅ log 2 + 10 ⋅ log 13 
Substituindo os valores aproximados para os logs: 
log 𝑥 = 10 ⋅ 0,3010 + 10 ⋅ 1,114 
log 𝑥 = 3,010 + 11,14 
log 𝑥 = 14,15 
Pela definição de log: 
𝑥 = 1014,15 
Assim: 
𝟏𝟎𝟏𝟒 < 𝒙 < 𝟏𝟎𝟏𝟓 
Ou seja: 
100.000.000.000.000 → 100 𝑡𝑟𝑖𝑙ℎõ𝑒𝑠 
1.000.000.000.000.000 → 1 𝑞𝑢𝑎𝑡𝑟𝑖𝑙ℎã𝑜 
Gabarito: “e” 
9. (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 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 49 
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 
_____ ∙_____ ∙_____ ∙_____ 
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 = 1 
Ok, professor, então somaremos todos esses casos? 
Negativo, ao contrário. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 50 
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) 
10. (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 
A quantidade total de sacolas distintas pode ser calculada pela combinação dos 13 
itens (alimentos mais produtos de limpeza). 
Desse total precisamos retirar as sacolas compostas apenas de produtos alimentícios e 
as compostas apenas de produtos de limpeza, pois cada sacola deve conter pelo 
menos um item de cada. 
Dessa forma: 
𝐶13,4 − 𝐶8,4 − 𝐶5,4 
O que resulta em 
640 
Gabarito: E 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 51 
11. (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 
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 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 52 
10 < ℎ6 < 6 
Novamente, voltamos à questão de como proceder com os valores alcançados: 
princípio multiplicativo ouaditivo? 
 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: 
𝑛 = 10 ∙ 6 
𝑛 = 60 
Gabarito: e) 
 
Resolução Alternativa 
 
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) 
12. (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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 53 
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 
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) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 54 
13. (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 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 55 
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. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 56 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
263 ∙ 103 ∙ 16
26³ ∙ 104
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
 263 ∙ 103 ∙ 16
 263 ∙ 10 4 
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
=
16
10
 
 
𝑛𝑛 − 𝑛𝑎
𝑛𝑎
= 1,6 
Dessa forma, podemos concluir que o aumento relativo foi inferior ao dobro do que 
havia antes. 
Gabarito: a) 
14. (UNESP/2006) Considere os algarismos 2, 3, 5, 7 e 11. A quantidade total de 
números distintos que se obtém multiplicando-se dois ou mais destes algarismos, sem 
repetição, é: 
a) 120 
b) 52 
c) 36 
d) 26 
e) 21 
Comentários: 
O número de produtos possíveis entre dois, três, quatro ou cinco desses números é: 
𝑪𝟓,𝟐 =
𝟓!
𝟐!𝟑!
=
𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟐
= 𝟏𝟎 produtos entre valores tomados dois a dois 
𝑪𝟓,𝟑 =
𝟓!
𝟑!𝟐!
=
𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟐
= 𝟏𝟎 produtos entre valores tomados três a três 
𝑪𝟓,𝟒 =
𝟓!
𝟒!𝟏!
=
𝟏𝟐𝟎
𝟐𝟒
= 𝟓 produtos entre valores tomados quatro a quatro 
𝑪𝟓,𝟓 =
𝟓!
𝟓!𝟎!
=
𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟐𝟎
= 𝟏 produto entre valores tomados cinco a cinco 
No total, temos 𝟏𝟎 + 𝟏𝟎 + 𝟓 + 𝟏 = 𝟐𝟔 produtos possíveis. 
Gabarito: B 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 57 
 
15. (UNESP/2003) Na convenção de um partido para lançamento da candidatura de 
uma chapa ao governo de certo estado havia 3 possíveis candidatos a governador, 
sendo dois homens e uma mulher, e 6 possíveis candidatos a vice-governador, sendo 
quatro homens e duas mulheres. Ficou estabelecido que a chapa governador/vice-
governador seria formada por duas pessoas de sexos opostos. Sabendo que os nove 
candidatos são distintos, o número de maneiras possíveis de se formar a chapa é 
a) 18. 
b) 12. 
c) 8. 
d) 6. 
e) 4. 
Comentários: 
Pela condição do problema, a chapa pode ser formada por: 
um dos 2 homens candidatos a governador e uma das 2 mulheres candidatas a vice-
governador ou 
pela mulher candidata a governador e por um dos 4 homens candidatos a vice-
governador. 
Assim, o número de maneiras de se formar a chapa é 
𝐶2,1 . 𝐶2,1 + 𝐶1,1 . 𝐶4,1 = 2 ∙ 2 + 1 ∙ 4 = 8 
Gabarito: C 
16. (UNESP/2003.2) O conselho administrativo de um sindicato é constituído por doze 
pessoas, das quais uma é o presidente deste conselho. A diretoria do sindicato tem 
quatro cargos a serem preenchidos por membros do conselho, sendo que o presidente 
da diretoria e do conselho não devem ser a mesma pessoa. De quantas maneiras 
diferentes esta diretoria poderá ser formada? 
a) 𝟒𝟎. 
b) 𝟕 𝟗𝟐𝟎. 
c) 𝟏𝟎 𝟖𝟗𝟎. 
d) 𝟏𝟏!. 
e) 𝟏𝟐!. 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 58 
Assumindo-se que os quatro cargos de diretoria sejam diferentes, temos: 
i) o presidente da diretoria pode ser qualquer um dos onze membros não 
presidentes do conselho. 
ii) os três outros cargos serão escolhidos entre os onze restantes membros doconselho. 
Assim, a quantidade de maneiras diferentes de se formar a diretoria é: 
𝟏𝟏 ∙ 𝑨𝟏𝟏,𝟑 = 11 . 11 . 10 . 9 = 10890. 
Gabarito: C 
17. (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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 59 
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 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. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 60 
 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: 
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, 
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 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 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 61 
 
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) 
18. (UNESP/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: 
Torres de 3 peças
3 cores distintas 𝑛 = 24
2 amarelas e 1 
diferente
𝑝 = 9
2 vermelhas e 1 
diferente
𝑞 = 9
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 62 
𝑛 = 𝐶6,4 
 
𝑛 =
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝑛 =
 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3
 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
 
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) 
19. (UFU/2018) Existem países europeus onde se estimula a troca de livros usados por 
meio da promoção de feiras específicas para esse fim. Suponha que um leitor leve 5 
livros de literatura e que um segundo leitor leve 7 livros, sendo esses 12 livros distintos 
entre si. O número de diferentes maneiras de serem trocados 4 livros pertencentes ao 
primeiro leitor com 4 pertencentes ao segundo é igual a 
a) 495 
b) 140 
c) 175 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 63 
d) 16 
Comentários 
Como a ordem em que os livros são trocados entre esses leitores não faz diferença 
para o resultado, temos um agrupamento realizado por combinações. 
O primeiro leitor dispõe de 5 livros e irá fornecer 4 ao segundo: 
𝐶5,4 =
5!
4! 1!
=
5!
4!
= 5 
O segundo leitor dispõe de 7 livros e irá fornecer 4 ao primeiro: 
𝐶7,4 =
7!
4! 3!
=
7.6.5.4!
4! .6
= 7 . 5 = 35 
Utilizando o princípio multiplicativo, o número total de possibilidades é dado por: 
5 . 35 = 175 
Gabarito: c) 
20. (UEA/2018) Um campus universitário tem 7 portarias que podem ser usadas tanto 
para entrada como para saída de alunos. O número máximo de formas distintas como 
um aluno poderá entrar e sair desse campus utilizando portarias diferentes é 
(A) 42. 
(B) 36. 
(C) 14. 
(D) 48. 
(E) 28. 
Comentários 
O aluno usará uma porta para entrar e outra para sair. Pelo princípio fundamental da 
contagem, podemos multiplicar 7 (entradas) por 6 (saídas). 
𝟕 ⋅ 𝟔 = 𝟒𝟐 
Gabarito: a) 
21. (UEA/2018) Deseja-se formar uma comissão composta de três membros. Sabendo-
se que as escolhas devem ser feitas dentre um grupo de 10 pessoas, o número de 
diferentes comissões que poderão ser formadas é igual a 
(A) 480. 
(B) 720. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 64 
(C) 630. 
(D) 120. 
(E) 240. 
Comentários 
Como a ordem dos membros não importa, teremos a combinação de 10 pessoas para 
3 lugares na comissão: 
𝐶10,3 =
10!
3! (10 − 3)!
 
𝐶10,3 =
10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7!
3 ⋅ 2 ⋅ 7!
 
𝐶10,3 = 10 ⋅ 3 ⋅ 4 = 120 
Gabarito:d) 
22. (UEA/2015) Por determinação do diretor, certa personagem de uma encenação 
folclórica deverá usar saia e blusa de cores diferentes em cada uma das suas 12 
entradas em cena durante a apresentação. Desse modo, o número mínimo de peças 
(saias mais blusas) necessárias deverá ser igual a 
(A) 12. 
(B) 6. 
(C) 9. 
(D) 7. 
(E) 8. 
Comentários 
Tendo n peças para a primeira componente da vestimenta, teremos n-1 para a 
segunda, haja vista que não se pode repetir peça. 
Assim, pelo princípio fundamental da contagem teremos: 
𝒏 ⋅ (𝒏 − 𝟏) = 𝟏𝟐 
𝒏𝟐 − 𝒏 − 𝟏𝟐 = 𝟎 
𝑺𝒐𝒎𝒂 = 𝟏 𝑷𝒓𝒐𝒅𝒖𝒕𝒐 = −𝟏𝟐 
𝒏′ = 𝟒 
𝒏′′ = −𝟑 
Como n é um número do conjunto dos naturais, descartamos a raiz negativa. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 65 
Assim teremos 4 peças de um tipo e 3 peças do outro, para termos 12 entradas 
diferentes. 
Somando: 
𝟒 + 𝟑 = 𝟕 
Gabarito: d) 
23. (UERJ/2020.2) Apenas com os algarismos 2, 4, 5, 6 ou 9, foram escritos todos os 
números possíveis com cinco algarismos. Cada um desses números foi registrado em 
um único cartão, como está exemplificado a seguir. 
 
Alguns desses cartões podem ser lidos de duas maneiras, como é o caso dos cartões C, 
D e E. 
Observe: 
 
O total de cartões que admitem duas leituras é: 
a) 32 
b) 64 
c) 81 
d) 120 
Comentários 
Para cada posição, há apenas duas possibilidades de algarismos na condição de gerar 
cartões do tipo C, D e E, que são os algarismos 6 ou 9. Desse modo: 
Número de possibilidades 
1º algarismo → 6 ou 9 → 2 possibilidades 
2º algarismo → 6 ou 9 → 2 possibilidades 
3º algarismo → 6 ou 9 → 2 possibilidades 
4º algarismo → 6 ou 9 → 2 possibilidades 
5º algarismo → 6 ou 9 → 2 possibilidades 
Então, pelo princípio multiplicativo, tem-se 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 25 = 32 cartões 
Gabarito: a) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 66 
24. (UERJ 2015) 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 
c) 180 
d) 720 
Comentários 
• PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO 
O número de maneiras distintas será uma permutação com repetições 
6!
2! 2! 2!
=
720
5
= 90 
Gabarito: a) 
25. (UERJ/2012.2) A tabela abaixo apresenta os critérios adotados por dois países 
para a formação de placas de automóveis. Em ambos os casos, podem ser utilizados 
quaisquer dos 10 algarismos de 0 a 9 e das 26 letras do alfabeto romano. 
 
Considere o número máximo de placas distintas que podem ser confeccionadas no país 
X igual a 𝒏 e no país Y igual a 𝒑. 
A razão 
𝒏
𝒑
 corresponde a: 
a) 1 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 67 
b) 2 
c) 3 
d) 6 
Comentários 
• País X: 
3 letras e 3 algarismos: 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎 
Como as letras e algarismos podem aparecer em qualquer ordem, temos 
𝟔!
𝟑! 𝟑!
=
𝟔. 𝟓. 𝟒. 𝟑!
𝟔. 𝟑!
= 𝟐𝟎 
Portanto, 𝒏 = 𝟐𝟎. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎 
• País Y: 
3 letras seguidas de 4 números: 
𝒑 = 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎 
𝒏
𝒑
=
𝟐𝟎. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎
𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟐𝟔. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎. 𝟏𝟎
=
𝟐𝟎
𝟏𝟎
= 𝟐 
Gabarito: B 
26. (UERJ/2010.2) Ao refazer seu calendário escolar para o segundo semestre, uma 
escola decidiu repor algumas aulas em exatamente 4 dos 9 sábados disponíveis nos 
meses de outubro e novembro de 2009, com a condição de que não fossem utilizados 4 
sábados consecutivos. 
Para atender às condições de reposição das aulas, o número total de conjuntos distintos 
que podem ser formados contendo 4 sábados é de: 
a) 80 
b) 96 
c) 120 
d) 126 
Comentários 
Dos 9 sábados disponíveis, 4 serão selecionados para a reposição das aulas. 
𝑪𝟗,𝟒 =
𝟗!
𝟒! 𝟓!
=
𝟗. 𝟖. 𝟕. 𝟔. 𝟓!
𝟒. 𝟑. 𝟐. 𝟏. 𝟓!
=
𝟗. 𝟖. 𝟕
𝟒
= 𝟏𝟐𝟔 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 68 
No entanto, há a condição de que os 4 sábados não sejam consecutivos. Considerando 
que os sábados disponíveis foram numerados de 1 a 9, as datas selecionadas não 
podem ser: 
1-2-3-4 
2-3-4-5 
3-4-5-6 
4-5-6-7 
5-6-7-8 
6-7-8-9 
Logo, são 6 sequências que deverão ser descartadas do total, resultando em 
𝟏𝟐𝟔 − 𝟔 = 𝟏𝟐𝟎 
sequências possíveis. 
Gabarito: C 
27. (UERJ/2010) 
 
Considere como um único conjunto as 8 crianças – 4 meninos e 4 meninas – 
personagens da tirinha. A partir desse conjunto, podem-se formar 𝒏 grupos, não vazios, 
que apresentam um número igual de meninos e de meninas. 
O maior valor de 𝒏 é equivalente a: 
a) 45 
b) 56 
c) 69 
d) 81 
Comentários: 
Possibilidades: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 69 
• 1 menino e 1 menina ⟶ 𝑪𝟒,𝟏. 𝑪𝟒,𝟏 = 𝟒. 𝟒 = 𝟏𝟔 grupos possíveis 
• 2 meninos e 2 meninas ⟶ 𝑪𝟒,𝟐. 𝑪𝟒,𝟐 = 𝟔. 𝟔 = 𝟑𝟔 grupos possíveis 
• 3 meninos e 3 meninas ⟶ 𝑪𝟒,𝟑. 𝑪𝟒,𝟑 = 𝟒. 𝟒 = 𝟏𝟔 grupos possíveis 
• 4 meninos e 4 meninas ⟶ 𝑪𝟒,𝟒. 𝑪𝟒,𝟒 = 𝟏. 𝟏 = 𝟏 grupo possível 
• Total de grupos possíveis: 𝟏𝟔 + 𝟑𝟔 + 𝟏𝟔 + 𝟏 = 𝟔𝟗 
Gabarito: C 
10.0 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. 
Revise a teoria e os exercícios sempre que necessário, pois precisaremos que todos 
esses conceitos estejam bem concretos em sua memória quando estudarmos o tópico da 
próxima aula: probabilidades. 
Ficou com alguma dúvida? 
Entre em contato que ajudaremos você com o maior prazer. 
Abraço e bons estudos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Até a próxima! 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 11 – ANÁLISE COMBINATÓRIA. 70 
11.0 Versões das Aulas 
 
Caro aluno! Para garantir que o curso esteja atualizado, sempre que alguma 
mudança no conteúdo for necessária, uma nova versão da aula será disponibilizada. 
18/04/2022: Versão original