MANUAL DO PROFESSOR VOLUME 3

Prévia do material em texto

MAT EM ATI CA
TEMAS E METAS
Antonio dos Santos Machado
3 - Sistemas Lineares e Combinatória
MANUAL DO PROFESSOR
Antonio dos Santos Machado
Licenciado em Matemática pelo Instituto 
de Matemática e Estatística da USP 
Mestre em Estatística pelo IME - USP 
Professor assistente do IME - USP 
Professor do Curso Intergraus - São Paulo
MATEMATICA
TEMAS E METAS
3 - Sistemas Lineares 
e Combinatória
MANUAL DO PROFESSOR
ATUAL
EDITORA
Apresentação
A coleção Temas e M etas está estru turada em seis volumes:
C onjuntos Numéricos e Funções 
T rigonom etria e Progressões 
Sistemas Lineares e C om binatória 
Áreas e Volumes
G eom etria A nalítica e Polinóm ios 
Funções e Derivadas.
Preparam os este m anual para servir de apoio aos colegas professores 
que a utilizam em suas aulas. O m anual é m uito simples; fizemos um a sele­
ção de exercícios, problem as propostos e testes e colocamos aqui as suas reso­
luções.
O volume 3 contém os capítulos listados abaixo. Os núm eros colocados 
entre parênteses são, respectivam ente, a quantidade de exercícios, a quantida­
de de problem as propostos e a de testes que se encontram no livro — não 
contam os os exemplos nem os problem as resolvidos.
Sistemas Lineares e C om binatória
C apítulo 1 — Introdução aos Sistemas Lineares (25)
C apítulo 2 — Teoria das M atrizes (100 — 18 — 34)
C apítulo 3 — Determ inantes (72 — 12 — 50)
C apítulo 4 — Estudo dos Sistemas Lineares (90 — 22 — 60)
C apítulo 5 — Análise C om binatória (95 — 20 — 90)
C apítulo 6 — Probabilidade (65 — 25 — 32)
C apítulo 7 — Binômio de Newton (48 — 22 — 43)
Agradeço a correspondência recebida até o m om ento e aguardo outras 
cartas, com sugestões, com entários, e me coloco à disposição para apresentar 
resoluções de outros exercícios que porventura não tenha selecionado para este 
m anual. As cartas podem ser enviadas a m im através da A tual E ditora — 
Rua José A ntônio Coelho, 785 — C EP 04011-062 — São Paulo (SP).
O A utor
© Antonio dos Santos Machado 
Copyright desta edição:
ATUAL EDITORA LTDA., São Paulo, 1993. 
Todos os direitos reservados.
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) 
(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Machado, Antonio dos Santos, 1948-
Matemática : temas e metas : manual do professor / 
Antonio dos Santos Machado. — São Paulo: Atual, 1992.
ISBN 85-7056-479-1
1. Matemática (2? grau) — Manual do professor 
I. Título.
92-1790 CDD-510.7
Matemática — Temas e Metas — volume 3 
Manual do Professor
Editora: Bárbara Ferreira Arena 
Editor de campo: Valdir Montanari 
Coordenadora editorial: Sandra Lucia Abrano 
Chefe de preparação e revisão de texto: Noé G. Ribeiro 
Preparação de texto: Renato Nicolai 
Revisão: Alice Kobayashi
Magna Reimberg Teobaldo 
Vera Lúcia Pereira Delia Rosa 
Chefe de arte: Zildo Braz 
Coordenadora de arte: Thais de B. F. Motta 
Assistentes de arte: Lu Bevilacqua Ghion 
Ricardo Yorio 
Rosi Meire Martins Ortega 
Gerente de produção: Antonio Cabello Q. Filho 
Coordenadora de produção: Silvia Regina E. Almeida 
Produção gráfica: José Rogério L. de Simone 
Maurício T. de Moraes 
Composição e arte final: K.L.N.
Fotolito: Binhos/Priscor
índices para catálogo sistemático:
1. Matemática : Estudo e ensino 510.7 ISBN 85-7056-479-1
NOS PEDIDOS TELEGRÁFICOS BASTA CITAR O CÓDIGO ADSM8823I
LCLVEN
Sumário
Resoluções de exercícios se lec ionados.................................................................. 1
C apítulo 1 — Introdução aos sistemas lineares ............................................... 1
C apítulo 2 — Teoria das m atrizes ........................................................................ 1
C apítulo 3 — D eterm inantes ................................................................................... 4
C apítulo 4 — Estudo dos sistemas l in e a re s ........................................................ 6
C apítulo 5 — Análise com binatória ..................................................................... 9
C apítulo 6 — Probabilidade ................................................................................... 14
C apítulo 7 — Binômio de N ew ton ....................................................................... 20 CR
O
M
O
S
E
T
 G
R
Á
F
IC
A
 E
 E
D
IT
O
R
A
 I
 T
O
A
 
F
o
n
p
 
9
3
-4
8
8
3
Resoluções de Exercícios Selecionados
Capítulo 1
Introdução aos sistemas lineares
EXERCÍCIOS
8. (p. 3) Ox + ky = k + 1
a) Sendo k = 0, a equação fica Ox + 0y = 1.
Neste caso, a equação é impossível e V = <j>.
k + i
b) Sendo k ^ 0, para qualquer valor de x obtemos y = — -— . Neste caso, a equação é inde­
terminada e V = | ̂a; ^ ^ j ; a €E R j .
22. (p. 7) í (sen a)x + (cos a)y = 1 
( ( — cos a)x + (sen a)y = 1
D = sen a cos a -cos a sen a = sen2 a + cos2 a = 1
Dv = 1 cos a 1 sen a sen a - cos a
Dy =
sen a 1 
- cos a 1 sen a + cos a
Dx
Logo, x = - g - = sen a - cos a e y = Dy.D
sen a + cos a.
Capítulo 2
Teoria das matrizes
EXERCÍCIOS
6 M P . » ) A . ( ^ ) ; B . ( ; $ )
= (? i) ( is) = ( i : l
BA - ( ; ; ) ( I I ) - ( 2 i * ' ^ )
Temos AB = BA <=>
x = 0
0 = 1 (impossível) 
2 = 0
2 + x = 2 + 2x 
2x = 1 + 2x 
2 + 2x = 2x
2x = x 
V
Portanto, AB ^ BA, Vx G IR.
(Note que Vx € IR o elemento da 1 ? linha e 2? coluna da matriz AB é diferente do da matriz BA.)
67. AB =
BA =
68. AB =
1 0 ' 
0 2 )
a 0^ 
0 b ;
í a - ( a 0 ^
**
\ ° w \0 2b /
( l qNi - ( a 0
U 2 / \0 2b )
> AB = BA, Va e Vb
BA =
•a 0 b \ / 1 0 1 
0 2 0 0 1 0 
, c 0 d M 1 0 1
Temos AB = BA
79. (p. 30) A • X = B
4 4
2x2 2x2
a + c 0
0 2
a + c 0
a + b 0
0 2
c + d 0
= a + ba +
b + d = a + b
a + c = c + d
b + d = c + d
b = c 
a = d
OS) (cS) - ( £ * « )
X é matriz 2 x 2 . Pomos X =
U = 7 
3a + 2c 
b = 6 
3b + 2d
a b 
c d
= 12
= - 4
Resposta: X =
6
-11
'a = 7 
b = 6 
c = - 9 /2 
d = -11
/ a 0 o\
84. (p. 32) M = 0 b 0 com a, b e c inteiros positivos e abc = 8.
\ 0 0 c )
Podemos ter:
(a = 8, b = c = 1) ou (b = 8, a = c = 1) ou (c = 8, a = b = 1) ou (a = 4, b = 2, c = 1) ou
(a = 4, b = 1, c = 2) ou (b = 4, a = 2, c = 1) ou (b = 4, a = 1, c = 2) ou
(c = 4, a = 2, b = 1) ou (c = 4, a = 1, b = 2) ou (a = 2, b = 2, c = 2).
Portanto, há 10 possibilidades para a matriz M.
95. ( p. 35) A " 1 = A‘ <=» A • A‘ = I2
h
2
m
<=> 1 , . V3— + m2 = 1 <=> m = ± —̂— 4 2
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 38)
14. a) X‘ - A* = B => X1 = A* + B => X = (A‘ + B)‘ = A + B‘ 
b) (X - A ')' = B => X - A‘ = Bl =* X = A‘ + B‘
17. (AB)2 = (AB) (AB) = A[B(AB)] = A[(BA)B]
A2B2 = (A ■ A) (B • B) = A[A(BB)] = A[(AB)B]
Quando AB = BA, temos (AB)2 = A 2B2.
Assim, AB = BA é uma condição suficiente para que se tenha (AB)2 = A 2B2.
Notas
a) Sendo A e B matrizes inversíveis, a condição AB = BA é também necessária para termos 
(AB)2 = A2B2. Veja por quê:
(AB)2 = A2B2 <=> A • (BA) • B = A • (AB) • B <=►
<=> A “ 1 • A • (BA) ■ B • B 1 = A 1 • A • (AB) B B 1 
I I I I
<=> I • (BA) 1 = 1 - (AB) • I <=> BA = AB. 
b) Um exemplo que mostra que AB = BA não é condição necessária para ter (AB)2 = A2B2
éA = (o l) e B = (o o)'Temos:
AB = ( o o ) 6 BA = q ) . Logo AB * BA. Mas (AB)2 = A2B2 = (jj
18. Como A é matriz inversível, de ordem 2, temos:
A • A 1 = I2 =*• (A • A - ') ‘ = I2‘
V = h .
(A ■ A " 1)* = I2 (A - ') ‘ • A' = I2 CD
E também:
A 1 • A = I2 =* (A -1 • A)' = I2' = I2 => A' • ( A 1)' = I2 ©
D e (T )e © v e m que A‘ é matrrz inversível e sua inversa é (A -1)1, isto é, (A ')-1 = (A "1)1.
TESTES (p. 39 a 43)
20. AB e C devem ser matrizes do mesmo tipo m x n. As matrizes dadas são dos tipos 1 x 2, 
3 x 1 ,2 X l e 2 x 3. Então A é a matriz 2 x 3, B é a matriz 3 x 1 e C é a matriz 2 x 1.
AB - C = 0 
Resposta: a.
22. AX = 3X => = 3 x + 3y = 3x 4x - 3y = 3y
x - 1 
0
2x = 3y 
4x = 6y
x = 1.
y =
2x
Qualquer matriz X =
que é uma solução. 
Resposta: b.
com x G IR, satisfaz a equação. Para x = 3, temos X =
I) AB = BA (falsa). Podemos ter AB ^ BA.
II) AB = AC => B = C (falsa). Podemos ter AB = AC com B ^ C.
III) A2 = On => A = On (falsa). Podemoster A2 = On com A ^ On.
IV) (AB)C = A(BC) (verdadeira). Propriedade associativa da multiplicação.
V) (A - B)2 = A2 - 2AB + B2 (falsa). Quando AB BA, temos:
(A - B)2 = A2 - AB - BA + B2 jt A2 - 2AB + B2.
Resposta: a.
33. A • X - ' • B - 1 = In => A - 1 • (A • X “ 1 • B “ 1) • B = A -1 • In • B =>
=> ( A 1 • A) • X - 1 • (B -1 • B) = A " 1 ■ B => X “ 1 = A “ 1 • B =>
=> X = (A -1 • B )-1 => X = B - ‘ ■ A 
Resposta: e.
Capítulo 3
Determinantes
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 74)
1 2 37. A =
B =
2 0 
4 - 4
1 4
det[(AB)-‘]
Resposta: —- 
10. A - xl =
det A = - 4
> det B = 20 
1 1 1
det(AB) det A • det B ( - 4 ) • 20
1
80
80
1 0 1 1 0 0 1 — x 0 1
2 1 - 1 - X • 0 1 0 = 2 1 — x - 1
1 1 1 0 0 1 1 1 1 - x
det(A - xl) = 0 (1 - x)3 + 2 - (1 - x) + (1 - x) = 0 <=> (1 - x)3 
1 - x = V^-2 «=> x = 1 - V=2 = 1 + v T .
Resposta: V = [1 + ^2],
TESTES (p. 75 a 81)
7. A - rl2 = all a12 - r • 1 o ' _ a i i —r a12
a2i a22. 0 1 a2i a22 r .
det(A - rl2) = nr => (an - r) (a22 - r) - a12 a21 = nr =>
=> r2 - (a,, + a22 + n)r + (ana22 - a12a21) = 0
soma das raízes: ^ + r2 = an + a22 + n 
produto das raízes: r, • r2 = ana22 - a12a21 = det A .
Resposta: d.
- 2 <=>
8. P =
Resposta: c.
22. A
x 1 0 0 0 
0 x 1 0 0 
0 0 x 1 0 
0 0 0 x k 
0 0 0 1 x
det A = x3(x2 - k)
f(x) = x V - k) ^ ( _ 2)3 [ ( - 2)2- k] = 8 — k = 5.
f ( -2 ) = 8 j
Resposta: d.
al a i0 a,q
a,q3 a,q4 a,q
a,q6 a,q7 a,q ;
Note que:
(2? coluna) = ( l í coluna) x q 
(3? coluna) = (2? coluna) x q
Resposta: b.
38. Para ter determinante diferente de zero, não podemos ter 3 “ zeros” numa mesma linha, nem 
numa mesma coluna. Dessa forma, os 3 “ cinco” ficarão um em cada linha e um em cada co­
luna. Há 6 matrizes assim formadas:
/ 5 0 0 \ I 5 0 o \ 10 5 o \ / o 5 o \ / 0 0 s \ / 0 0 5 \
0 5 0 , 0 0 5 , 5 0 0 , 0 0 5 , 5 0 0 e 0 5 0 .
\0 0 5 j \0 5 0 f \0 0 5 j \5 0 0 | \0 5 0 / \ 5 0 0 /
Resposta: d.
42. det(AB) = det(2 B') » det A • det B = 23 • det(B') =>
=» det A • det B = 8 • det B =*• (det A - 8) • det B = 0 ==> det A = 8 ou det B = 0. 
Resposta: d.
44. det(2 AA1) = 4x '0rdein 3--> 23 • det A ■ det(A!) = 4x =>
=> 8 ■ det A • det A = 4x => 8 ; 4 • 4 = 4x => x = 32.
Resposta: d.
47. A é inversível => det A # 0
det(2A) = det(A2) " - > 22 • det A = det A ■ det A
Resposta: d.
1 ! 11____ 1
X ! y Z
x31 y3 z:
y - x z - x 
y3 — x3 z3- x 3
y - x z - x
(y ~ x)(y2 + yx + x2) (z - x)(z2 + zx + x2)
= (y - x)(z - x)
y2 + yx + x2 Z z + ZX + Xz
(y - x) (z - x) (z2 + zx - y2 - yx) =
= (y - x) (z - x) (z - y) (z + y + x)
det M 0 <=» (y - x / 0, z - x / 0, z - y ?! 0 e z + y + x 0)
Em [R, qualquer número real é divisível por qualquer outro real não nulo. Assim, det M é di­
visível por qualquer real não nulo. Das alternativas apresentadas, só podemos garantir que 
x + y + z é sempre não nulo nas condições dadas.
Resposta: e.
Observação: Subentendendo x, y e z como números inteiros, observamos que x + y + z é fa­
tor de det M. Dessa forma, propondo-se o teste em Z, a resposta também é e.
50. (a, b, c) é P.A. de razão r <=> b - a = c - b = r ( e c - a = 2r)
= (b - a) (c - a) (c - b) = r ■ 2r • r = 2 r3.
1 1 . 1 
a b c
b2
Resposta: c.
Capítulo 4
Estudo dos sistemas lineares
e x e r c íc io s
52. (p. 97) x £ IN, y £ INI, z € INI 
x + 2y + 5z = 9
4x + y + 13z = 22
^ x + 2y + 5z = 9 , ; ( x + 2y + 5z = 9
7y + 7z = 14 y + z '= 2
Como y £ IN e z £ INI, as soluções de y + z = 2 são (y = 0, z = 2), (y = 1, z = 1) e 
(y = 2, z = 0). Temos:
(y = 0, z = 2) => x = 9 - 2y - 5z = - 1 (£É IN)
(y = 1, z = 1) => x = 2 (£ IM)
(y = 2, z = 0) => x = 5 (£ INI)
Resposta: V = {(5, 2, 0); (2, 1, l)j.
53. x vitórias, y empates e z derrotas
1[ i
+ y + z
+ y
= 5 
= 7 — (x = 3, y = 1, z = D ou (x = 2, y = 3, z = 0)
(x £ INI, y £ N, z £ INI)
1 m m
73. m 1 m * 0 <=> 2m3 - 3m2 + 1 * 0 <=> 2m3 - 2m2 — m2 + 1 * 0 <s=»
m m 1
2m2(m - 1) - (m + 1) (m - 1) * 0 <=> (m - 1) (2m2 - m - 1) * 0 <=>
(m )í 1 e 2m2 — m - 1 0) ~ í m 1 e m - 4 - ) •
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 106 a 108) 
3. Quadro das idades:
Carlinhos André
hoje X y
há 3 anos x - 3 y - 3
daqui a 3 anos x + 3 y + 3
x - 3 = 3(y - 3) 
x + 3 = 2(y + 3)
Resposta: Cadinhos tem 21 anos e André tem 9 anos.
(x = 3y - 6 
U = 2y + 3
Solução: x = 21, y = 9.
7. D
a 1 1 a + 2 1 1 l j l 1 a - 1 0
1 a 1 = a + 2 a 1 = (a + 2) l ja 1 = (a + 2)
1 1 a a + 2 1 a 11.1 a 0 a - 1
= (a + 2) (a — l)2
a - 3 1 i a - 1 i i 1 1 i
Dx = - 2 a i = a - 1 a 1 = (a - 1) 1 a i
- 2 i a a - 1 1 a 1 i a
D
x = — X (a - D3 a - 1
(a + 2) (a - l)2 a + 2
13. | mx + y = 2 | x + y = 2 (
I x - y = m => < x - y = m =>
1[ x + y = 2 Ii mx + y = 2 (
x + y = 2
2y = 2 - m 
(m - l)y = 2m - 2
x + y = 2 /x + y = 2
y =
2 - m
(m - l)y - 2(m - 1)
y =
2 - m
0y = 2(m - 1) - (m - 1) 2 - m
2(m - 1) - (m - 1) 2 m = 0 <=> (m
2 ~ " V " 2
Caso m ? í 1 e m ? í - 2 , o sistema é impossível (a 3? equação é impossível).
m = 1 ou m = — 2
x + y = 2 
Caso m = 1: | 1
y = -=-
sistema determinado, V = j ( —
Caso m = - 2 : i x + y \ 
y = 2 sistema determinado, V = [(0, 2)).
20. x + y + z = 28 
(2x - y = 32
i y = 2x - 32 
|.y = 60 - 3x
y > 0 <=> 2x - 32 > 0 +=+ x > 1 6 
z > 0 +=> 6 0 - 3 x > 0 <=> x < 2 0 
Logo, 16 < x < 20.
x + ay + (b + c)z = a + b + c 
x + by + (a + c)z = a + b + c 
x + cy + (a + b)z = a + b + c
1 a b + c i a a + b + c
D = 1 b a + c = i b a + b + c
1 c a + b i c a + b + c
= 0 (3? col. = (a + b + c) x 1? col.)
D = 0 => sistema é indeterminado ou impossível.
Mas (x = 0, y = 1, z = 1) é solução do sistema Va, Vb, Vc. 
Logo, o sistema é indeterminado Va, Vb, Vc.
TESTES (p. 108 a 117)
8 . = b(a + b + 1) (T) a b ab w
T + T + ‘i F = a(a + b + 1 ) @
Somando (T) e (2 ):-------— -I----- — H---------- r—- = (a + b) (a + b + 1)
^ ^ a b ab
(x + v) (t + T + 1f ) = (a + b)(a + b + 1}
(x + y) ( b + aa + -- ) = (a + b) (a + b + 1)
x + y = ab(a + b).
Resposta: a.
11. a + b = 1 200 
b + c = 1 100 
a + c = 1 500
©
2a + 2b + 2c = 3 800 => a + b + c = 3 800 2
Resposta: e.
1 900
20. 2x - 3y + 6z = 0 
(3x - 2y + 4z = 0
a) V; porque dado z, calculamos x = 0 e y = 2z.
b) V; porque para x ? i 0 , o sistema j
é impossível. [2 • © - 3 - ( 2 ) —*• 0y + 0z = 5x],
d) V; por exemplo (3, 0, - 1).
e) V; porque é sistema homogêneo de 2 equações e 3 incógnitas.
Por exclusão, a alternativa falsa é c. j
De fato, c é falsa porque Vy ^ 0 podemos calcular x = 0 e z = — y.
Resposta: c.
- 3y + 6z = - 2x ÇD
- 2y + 4z = - 3x (?)
26. I) => (x = 3, y = 2). Logo, S = [(3, 2)).x + 2y = 7 4x - y = 10
I I ) ( * _ * : ? - ( X ' o y = Ò • Log0’ R = a - D- “ e ^
Para a = 3, temos (a, a - 1) = (3, 2). Logo, S C [ R e S f 1 I R = S.
Resposta: e.
31. O sistema só é impossível para a = — 1. Logo, ele admite solução va — 1. 
Resposta: e.
32. Como log 4 = log(22) = 2 log 2 e log 9 = log(32) = 2 log 3, o sistema dado é:
j x • log 2 + y • log 3 = a 
( x • 2 log 2 + y • 2 log 3 = a
que equivale a ( x • log 2 + y • log 3 = a 
t 0 • y = a
É indeterminado se a = 0, e impossível se a ^ 0.
Resposta: c.
33. í 2x - y = 0 
(x + 2y = 5
(x = 1, y = 2)
Os sistemas são equivalentes se (kx + y = k + 2 
l x + y = 3
tiver apenas a solução (1, 2). Note que (.1,2) é solução; para que seja solução única, devemos ter
0; logo k 1.
Resposta: a.
a b c a a + r a + 2r
46. D = d e f = a + 3r a + 4r a + 5r
g h i a + 6r a + 7r a + 8r
(1? linha) + (3? linha) = 2 x (2? linha).
= 0 porque
O sistema terá solução se, e somente se, essa relação for respeitada pelos termos independen­
tes m, n e p; logo, se m + p = 2n.
Resposta: e.
Capítulo 5
Análise combinatória
EXERCÍCIOS
10 x 10 números com “ 1” na centena 
9 X 10 números com “ 1” na dezena
9 X 10 números com “ 1” na unidade
f
não pode “ zero” 100 + 90 + 90 = 280
27. (p. 126) 11
1 1
1
O algarismo 1 é escrito, então, 280 vezes.
| moça rapaz moça rapaz moça rapaz moça rapaz
4 4 4 4 4 4 4 4
4 x 4 x 3 x 3 x 2 x 2 x 1 x 1 = 576
Começandopor rapaz, há também 576 possibilidades.
Total = 2 x 576 = 1 152.
52. (p. 131) Imagine que no salão há 20 mesas, cada uma com duas cadeiras, e que as 20 moças 
estejam sentadas, cada uma ocupando uma das cadeiras de uma mesa. Assim, o número de 
modos de formar os 20 pares moça-rapaz é o número de modos de distribuir os 20 rapazes 
pelas 20 cadeiras vazias (em cada mesa ficará formado um par moça-rapaz). Isso pode ser fei­
to de P20 modos; logo, 20! modos.
Outro raciocínio'. O 1? rapaz tem 20 moças para escolher uma; o 2? terá 19; o 3? terá 18 e 
assim por diante. O número de modos de formar os pares é 20 x 19 x 18 x ... x 3 x 2 x 1 = 20!
93. (p. 138) Note que o conjunto dado é de 8 números primos. Assim, cada escolha de 4 elemen­
tos fornecerá um possível produto. E como a ordem dos fatores não altera o produto, a quan­
tidade de produtos possíveis é Cg 4, logo 70. Os produtos ímpares são aqueles em que todos 
os fatores são ímpares; logo, são C74, que é igual a 35.
94. C „ + CM -I- C6,5 + C6,6 = 20 + 15 + 6 + 1 = 42.
95.
'
disponíveis: 8 senadores, 40 deputados, 
comissão: 1 senador 3 deputados
4 4
n? de modos
de escolher: x 41 8 x
40 x 39 x 38 
3 x 2 x 1
79 040.
9. (p. 143) Veja outro raciocínio para este problema que está resolvido no livro. Imagine as 9 
crianças formando uma fila (fixada). O número de modos de distribuir os copos de sucos é o 
número de modos de formar uma fila com os copos (distribuindo o 1 ? copo para a 1 ? crian­
ça, o 2? copo para a 2? criança e assim por diante). Como são 4 copos de suco de laranja,
3 de caju e 2 de manga, o número de modos de formar a fila com eles é: P9'3,2 = = 1260.
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 144 e 145)
2. 2 ■ 4 • 6 • 8 • ... • (2n) = (2 • 1) • (2 • 2) • (2 • 3) • (2 • 4) • ... • (2 • n) =
= (2 • 2 • 2 ■ 2 • ... • 2) • (1 • 2 • 3 • 4 ■ ... • n) = 2" ■ n!
'-----------V----------- '
n fatores
4. disponíveis: 5 sopas, 3 pratos, 4 sobremesas, 6 bebidas
refeição: (prato, bebida, com ou sem sopa, com ou sem sobremesa)
4 4 4 4
possibilidades: 3 6 6 5
3 x 6 x 6 x 5 = 540.
8. Os números menores que 43 521 são os que:
— começam por 1, por 2 ou por 3 —► 3 x P4 = 3 x 4! = 72
— começam por 41 ou por 42 —*• 2 X P3 = 2 x 3! = 12
— começam por 43 (exceto ele mesmo, 43 521) —*• P3 - 1 = 3! - 1 = 5
Logo, há 72 + 12 + 5 = 89 números menores que 43 521. Então, na seqüência crescente, 
43 521 é o 90° termo.
Nota: O total de números é P5 = 5! = 120. Os números maiores que 43 521 são os que:
— começam por 5 —*■ P4 = 4! = 2 4
— começam por 45 —*■ P3 = 3! = 6
Logo, há 30 números maiores que 43 521. Como 120 - 30 = 90, ele é o 90° termo na seqüência.
9. São as permutações dos algarismos (2, 4, 3 e 6) ou (2, 4, 3 e 9) ou (2, 4, 6 e 9). Logo, 
3 x P4 = 3 x 4! = 72.
10. Número de maneiras incluindo o casal: C93.
Número de maneiras sem incluir o casal: C9 5.
C93 + C93 = 84 + .126 = 210.
12. O pentadecágono tem 15 vértices. Cada combinação dos 15 vértices tomados 2 a 2 correspon­
de a uma diagonal ou a um lado do polígono. Como são 15 lados, temos:
n? de diagonais = C15 2 - 15 = 105 - 15 = 90.
Nota: Generalize o problema para um polígono convexo de n lados e deduza a fórmula que
n(n - 3)
dá o número de diagonais: d = -------------.
13. C14>3 - C6>3 - C8>3 = 364 - 20 - 56 = 288.
17. C12>4 ■ CM • C4i4 = 495 X 70 X 1 = 34 650.
17 f
18. É o número de permutações de 15 pontos e 2 vírgulas: P},'2 = ' = 136.
19. Considerando uma seqüência de 20 pontos, dos 19 espaços entre eles devemos escolher 3 pa­
ra colocar 3 vírgulas (uma em cada espaço). O número de modos é: C19 3 = 969.
20. Devemos percorrer 7 quadras, sendo 4 para a direita e 3 para cima. O número de modos a es­
colher para o percurso é:
TESTES (p. 146 a 155)
21. algarismos: 1, 3, 5, 7, 9 —*• 5 algarismos
n?s de 4 algarismos (podendo repetir algarismo):
4 1 1 1
possibilidades: 5 x 5 x 5 x 5 = 625
n?s de 4 algarismos distintos: 5 x 4 x 3 x 2 = 120
Portanto, os números que têm pelo menos 2 algarismos repetidos são 625 - 120; logo, x = 505. 
Resposta: a.
lf peça: 16 lugares 
para escolher 1.
1
%%%%
i
2? peça: 9 lugares 3? peça: 4 lugares 
para escolher 1. para escolher 1.
(Eliminamos a linha e a coluna 
da 1? peça.)
i 1 1
1
1 *
4? peça: 1 lugar 
possível.
16 x 9 x 4 x 1 = 576. 
Resposta: b.
34. Número de anagramas da palavra ALUNO: P5! = 5! = 120.
Número de permutações das vogais A, U, O: P3 = 3! = 6.
De cada 6 anagramas que têm as vogais nas mesmas posições, apenas um as apresenta em or­
dem alfabética. (Por exemplo, nos anagramas ALUNO, ALONU, OLUNA, OLANU, ULANO, 
ULONA, apenas ALONU tem as vogais em ordem alfabética.)
Logo, a quantidade de anagramas com as vogais em ordem alfabética é:
Resposta: a.
, (n + 3)1
38. Pn+3 = 7n + 7 -* = 7(n + 1)
=*• (n + 3)(n + 2) = 7 - 6 => n = 4. 
Resposta: e.
(n + 3)(n + 2) (n + 1) 
6
= 7(n + 1) =>
41. As 4 sopas podem ser distribuídas de 4! maneiras; idem para os 4 pratos, as 4 bebidas e as 4 
sobremesas. Então, os pedidos poderão ser distribuídos de 4! x 4! x 4! x 4! modos diferentes. 
Resposta: a.
44. algarismos: 2, 3, 4, 5, 7, 0
Os números x tais que x £ Z, 20 000 < x < 50 000, formados com os algarismos dados, sem 
repetição, e divisíveis por 4, são tais que:
— têm 5 algarismos
— o 1? algarismo é 2, 3 ou 4
— os 2 últimos algarismos são 04, ou 20, ou 24, ou 32 ou 40, ou 
52, ou 72 (formam número divisível por 4).
Possibilidades: A-3,2
^3,2
6 x Aj 2
Aj j 6 possibilidades
4 x A3 2
A3 2 4 possibilidades
Resposta: a.
• Total = 12 x A3 2 12 x 6 = 72.
54. Triângulos: C5 3 = 10
Quadriláteros convexos: pelo menos um e no máximo C5 4 = 5.
Pentágonos convexos: um ou nenhum.
Total de polígonos convexos: pelo menos 11 e no máximo 16.
Resposta: d.
Observação: Por que há pelo menos um quadrilátero convexo? Note que, sendo A, B, C, D 
e E os pontos, não havendo 3 colineares, temos:
— os pontos A, B, C e D, ou determinam um quadrilátero convexo, ou um deles está no inte­
rior do triângulo definido pelos outros três.
— Na segunda hipótese, imagine que D esteja no interior do A ABC. Abaixo mostramos que, 
qualquer que seja a posição de E, haverá pelo menos um quadrilátero convexo:
região onde 
está E
exemplo de
quadrilátero
convexo
1 ACDE
2 BCDE
3 ABED
4 ACED
5 BCED
6 ABDE
7, 8, 9, 10 ADBE
11, 12, 13, 14 ADCE
15, 16, 17, 18 BDCE
55. Dos números de 1 a 10, excluindo o 1 e o 8, ficamos com 8 números. Destes 8 vamos esco­
lher os quatro que ficarão no conjunto que contém o 1. Isso pode ser feito de C8 4 modos. 
(Automaticamente, os números não escolhidos ficarão no conjunto que contém o 8.)
, 8 • 7 ■ 6 • 5
'M 4 • 3 • 2 • 1
70
Resposta: c.
x = n? de doadores de sangue de tipo diferen­
te de O e Rh negativo
19 + (11 + x) = 50 => x = 20
20 ■ 19 • 18 
3 - 2 - 1
1 140
63. C7 2 • C4>2 = 21 X 6 = 126 
Resposta: b.
65. escolaridade local de trabalho folgas
I I i
5 x A63 R C72 - 5 x 120 x 21 = 12 600
Resposta: e.
72. Subconjuntos com 4 elementos de A —* C54 = 5.
Com 3 elementos de A e 1 de B, sem repetir índice —*■ C5 3 x 2 = 20. 
Com 2 elementos de A e 2 de B, sem repetir índice —*■ C5 2 x C3 2 = 30. 
Com 1 elemento de A e 3 de B, sem repetir índice —*■ 5 X C4 3 = 20. 
Com 4 elementos de B —► C5 4 = 5.
Total de subconjuntos assim formados: 5 + 20 + 30 + 20 + 5 = 80. 
Resposta: a.
76. Possibilidades de marcação de 2 quadrados da 1? coluna —* C62.
Depois de marcados os da 1? coluna, possibilidades para a 2? coluna —*• C42. 
Depois de marcados os da 1? e 2? colunas, só há 1 possibilidade para a 3? coluna.
C62 x C4,2 x 1 = 15 x 6 = 90 
Resposta: d.
79. Cn>2 = 21 = 
Resposta: d.
82. Cn 3 = 35 = 
Resposta: c.
83. Cn 2 = k
n(n - 1)
= 21 => n = 7.
n(n - l)(n - 2)
n(n - 1)
= 35 => n(n - l)(n - 2 ) = 7 - 6 - 5 => n = 7.
An 2 = k + 3 => n(n - 1) = k + 3 
Resposta: a.
k = 3 e n = 3.
Capítulo 6
EXERCÍCIOS
25. (p. 165)
i) 1 2 3 4
1 X
2 X
3 X
4 X
i) 1 2 3 4
1 X
2 X
3 X
4
Probabilidade
Há 4 casos favoráveis, em 16 possíveis.
Há 3 casos favoráveis, em 16 possíveis.
34. (p. 169) 
P(A) = 10P(B) = - f P(B) = P(C)
7
10 p ( Q =
P(A) -f P(B) + P(C) + P(D) = 1 =
J ____ 1_____ 3_
10 5 10
Logo, P(D) = 1
P(D) = 1 - P(A) - P(B) - P(C)
4 _ 2
' 1 0 5 '
35. P(A) = 0,40 e P(B) = 0,80
a) P(A n B) = 0,20 =* P(A U B) = 0,40 + 0,80 - 0,20 = 1
b) Se A e B forem mutuamente exclusivos (A fl B = 0 ) , então:
P(A U B) = P(A) + P(B) = 0,40 + 0,80 > 1, o que é impossível, pois a probabilidade 
de um evento não pode superar 1. Portanto, A e B não podem ser mutuamente exclusivos.
c) P(A U B) = P(A) + P(B) - P(A O B)
P(A U B) = 0,40 + 0,80 - P(A D B) = 1,20 - P(A n B)
Como P(A U B) ^ 1, devemos ter P(A fl B) ^ 0,20.
Portanto, no mínimo temos P(A fl B) = 0,20.
d) Como (A Cl B) C A e (A D B) C B, devemos ter P(A D B) ^ P(A) = 0,40 e P(A fl B) < 
^ P(B) = 0,80. Assim, no máximo podemos ter P(A n B) = 0,40.
44. (p. 172)
Espaço amostrai: Q = ((c, c), (c, c), (c, c), (c, c)j
A: cara pelo menos numa das vezes —► A = [(c, c), (c, c), (c, c)]
B: cara nas duas vezes —*■ B = ((c, c)j
P(A D B) _ P(í(c, c») _ 1/4 1
( 1 ’ P(A) P(A) 3/4 3 '
45. Espaço amostrai: Q = ((H, H), (H, M), (M, H), (M, M)]
A: um dos filhos é homem —► A = ((H, H), (H, M), (M, H)] 
B: um homem e uma mulher —* B = ((H, M), (M, H)J
P(B|A)
p (a n B) 
P(A)
2/4 _ 2 
3/4 3 '
49. A, = o primeiro número sorteado é par.
A2 = o segundo número sorteado é par.
Aj = o terceiro número sorteado é par.
Como os três números sorteados são distintos, imaginamos os sorteios consecutivos e sem re­
posição. Temos:
p (a , n a 2 n a 3) = P(A[) • P(A2|A ,) • p (a 3| a , n a 2)
i l l
i
P(os 3 sorteados 
são números pares)
5
10
1
12
(No 1? sorteio, há 5 números pares em 10 números possíveis. Supondo que saiu número par, 
no 2? sorteio há 4 números pares em 9 possíveis. Supondo que saiu número par também no 
2? sorteio, no 3? sorteio há 3 números pares em 8 possíveis.)
Resposta:
51. O produto é positivo se ambos os números selecionados forem positivos ou ambos negativos. 
P(ambos positivos) =
Então:
5 4 20
10 9 90
4 3 12
10 9 90
20 + 12 3
90 90 9
16
45
52. P(“ acertar na 3? tentativa” )
/ /
significa dar 3 respostas, 
as duas primeiras erradas 
e a terceira certa
. errar a \ / errar a \ / acertar a \
^1? respostaj ^2f respostaj ^3? resposta)
62. (p. 176) Observe que o sorteio é com reposição.
3 3 3 27P(bola azul em cada sorteio) = — • — • — =
6 6 6 216
2 2 2P(bola branca em cada sorteio) = — • — • —
6 6 6
8
P(bola marrom em cada sorteio) = 1 1
216
1
216
_ 27 8 1
Então, P(três bolas da mesma cor) = __ + +
216 216 216
36
216 6 '
63. A soma dos pontos é ímpar se num dos dados o resultado é ímpar e no outro o resultado é par. Então:
P(soma ímpar) =
ímpar no 
lf dado
par no par no impar no
2? dado 1? dado 2? dado
b) O produto dos pontos é ímpar se em ambos os dados o resultado é ímpar. Então:
P(produto ímpar) = 12
1
4 '
1 1 1 1 1 1
4 4 4 4 4 1 024
3 3 3 3 3 243
4 4 4 4 4 1 024
1 3 3 3 3 81
4 4 4 4 4 1 024
d) P(acertar só o 1?) + P(acertar só o 2?) + ... + P(acertar só o 5?) =
= 5 x 811 024
405 
1 024 '
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 180 a 182)
12. P(João e Ricardo retirarem mesmo número de moedas de ouro) =
= P(ambos retirarem moeda de ouro) + P(ambos reMrarem moeda de prata) =
= _3_ 1 1 . 3 _ 6 _ 3
4 4 4 4 16 8 '
n . . ) p | ( U í » . j 4 4 - 1 j5
b) E = “ obter face de 6 pontos em pelo menos um dos lançamentos” 
E = “ não obter face de 6 pontos em cada um dos lançamentos”
P(E) = 1 - P(E) = 1 - A • 5 _ . 125 _ 91
6 216 216 '
19. Probabilidade de a l í pessoa acertar qualquer dos setores 3_
3 '
2
Probabilidade de a 2? pessoa acertar setor diferente do da 1? —*■ — .
Probabilidade de a 3? pessoa acertar o setor restante —* -i-,
3 2 1 2A probabilidade pedida é: — x — x — = — .
20. 1? extração —*• pode ser qualquer bola.
2? extração —»■ não pode sair a bola da lí extração.
3í extração —*■ não pode sair a bola da 2í extração.
4í extração —*• não pode sair a bola da 3í extração.
4 3 3 3 27A probabilidade pedida é: — ■ — • — • — = —r—.
4 4 4 4 64
22. a) É a probabilidade de A jogar o dado e obter 6 pontos. Portanto, é — .
6
b) É a probabilidade de A jogar e não obter 6 pontos, em seguida B jogar e obter 6 pontos.
5
36 'Portanto, é: -f- • -i- 6 6
c) A pode ganhar na l í jogada, ou na 3Í, ou na 5Í, ou na 7Í e assim por diante. Então:
D. . , , 1 5 5 1 5 5 5 5 1P(A ganhar) = - + - ■ T ■ T + - ■ ^ ■ T . T ■ - + ....
P(A ganhar)
soma de P.G. infinita com a] = —■ e q = —— 
6 36
1
X _ 6 
. 25 11
36
23. Total de sorteios possíveis: Cn 2.
Total de sorteios com dois números consecutivos: n — 1. 
([1, 2], [2, 3), [3, 4j, ..., [n - 1, n))
A probabilidade pedida é: — - = ----- 5----- !---- = — .
Cn>2 n(n - 1) n
2
24. Seja X o 1? número sorteado e Y o 2?. O produto XY não termina em zero se:
(I) X termina em 1, 2, 3, ..., 9 e Y termina em 1, 2, 3, ..., 9, exceto os casos:
(II) X termina em 2, 4, 6 ou 8 e Y termina em 5. 
e
(III) X termina em 5 e Y termina em 2, 4, 6 ou 8.
Como de 101 a 1 000 há 90 números com final zero, 90 com final um, etc., temos, para sor­
teio com reposição:
P(I) = 9 x 90 
900
9 x 90 
900
9 9 _ 81
10 10 100
4 x 90 
900
90
900
4
100
Então:
P(XY nã° terminar em zer°) = W - W - W = W = ° ’73'
Observação: Pode-se também calcular a probabilidade de o produto terminar em zero, e sub­
traí-la de 1.
25. A e B independentes => P(A fl B) = P(A) • P(B) (7)
Vamos provar que A e B são independentes, isto é, que vale a igualdade P(A D B) = 
P(Ã) • P(B). Temos:
à n B = B - (A n B)
P(Ã n B) = P(B) - P(A n B). P o r Q , vem:
P(Ã n B) = P(B) - P(A) • P(B)
P(Ã n B) = P(B) ■ [1 - P(A)]
Como 1 - P(A) = P(A), vem que:
P(Ã (T B) = P(Ã) • P(B).
TESTES (p. 183 a 187)
4. Quantidade de diagonais do polígono:
n(n - 3)
Quantidade de diagonais que passam pelo centro: — (se n é par), 0 (se n é ímpar). 
A probabilidade é:
— Para n par:
n(n - 3) n - 3
— Para n ímpar: 0. 
Resposta: e.
7. Em cada quadrinho marcamos’o valor de n.
( n = n[ + n2, se n, > n2 
(n = n, + 1, se n, < n2
P<» - 7) - 4
9
Resposta: a. " i
n 2
1 2 3 4 5 6
f 1 2 2 2 2 2 2
2 3 3 3 3 3 3
3 4 5 4 4 4 4
4 5 6 7 5 5 5
5 6 7 8 9 6 6
u 7 8 9 10 11 7
9. Total de modos de escolher os 3 números: C5 3 = 10.
Casos em que os números são medidas dos lados de um triângulo (cada lado é menor que a 
soma dos outros dois):
(2, 3, 4), [2, 4, 5] e [3, 4, 5).
3
Probabilidade: p =
Resposta: e.
26. Total de modos de distribuir as 6 pessoas, duas em cada barco:
c 6,2 x C4>2 x C22 = 15 x 6 x 1 = 90
Total de modos com A e B juntos, C e D juntos e E e F juntos [são as permutações dos blocos
(“ barcos” ) AB > CD • EF ] :
P3 = 3! = 6
A probabilidade pedida é: p
90
Resposta: c.
Nota: Outro modo de resolver este teste:
Imagine os 6 lugares vagos e vamos sortear o lugar de cada pessoa.
A 1? pessoa, A, pode ocupar qualquer um dos lugares.
A 2? pessoa, B, terá cinco lugares a sortear; mas queremos que ela fique junto com A. A proba­
bilidade é — .
A 3? pessoa, C, terá quatro lugares a sortear. Admitindo que B ficou junto com A, C poderá 
ocupar qualquer um dos 4 lugares restantes.
A 4? pessoa, D, terá três lugares a sortear; mas queremos que ela fique junto com C. A proba­
bilidade é
Admitindo que B ficou junto com A, e D junto com C, sobram os dois lugares juntos para E e F. 
Assim, a probabilidade pedida é -i- x -i- = —
27. Total de resultados possíveis do sorteio: C63 = 20.
Total de resultados incluindo A e não incluindo B: C4 2 = 6.
Probabilidade: p =
Resposta: b.
31. dado
menor
1
dado
médio
i
dado
maior
4
1 a 6 1 a 6
3 a 6
(2, 3, 
(3 ,4 ,
4 a 6
).(1, 3,
),(2 , 4,
1 a 6 resultados possíveis: 6 x 6 x 6 = 216
C dado méd 
), (1, 5, 6)
CaSos com os resultados na ordem (dado menor < dado médio < dado maior):
0 , 2, 4 a 6 ), 0,4, 5 ou 6
5 ou 6 ), (2, 5, 6) > 20 casos
5 ou 6
Probabilidade: p = 
Resposta: b.
), (3, 5, 6) e (4, 5, 6) 
20 5
216 54
32. Total de modos de ocupar 3 dos 6 apartamentos: C6 3 = 20.
Total de modos ocupando 1 apartamento em cadaandar: 2 x 2 x 2 = 8. 
8 2Probabilidade: p = = — .
Resposta: a.
Capítulo 7
Binômio de Newton
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 204 a 207)
3. p > 3
( V H V )
( s ) ' ( V )
p(p - l)(p - 2) 
3 - 2 - 1 
(p - l)(p - 2) 
2 • 1
i
(pelo exercício 21)
k = 0
TESTES (p. 207 a 211)
5. (1,1)24 = (1 + 0,1)24 = l 24 + 24 • l 23 • (0,1) + 24 2 23 • l 22 • (0,1)2 +
+ 243 ; 223 ; 22- ' l 21 • (0,1)3 + ....+ (0,1)24
(1,1)24 = 1 + 2,4 + 2,76 + 2,024 + ... + (0,1)24 
8,184
(1,1)24 > 8,18 
Resposta: e.
14. (ax + b)n, a > 0
T = 5 145 x2b 13 = ̂ j (ax)n_kbk => k = 13, n = 15 e | j a2 = 5 145. Daí vem, sendo 
a > 0, a = 7.
Resposta: c.
24. T =
Existe o termo independente de x: se existirá (inteiro) tal que n - 3k = 0; logo, sen for múltiplo de 3. 
Resposta: c.
27. (fc + 'v'y)55 —* T = ̂^ j (\/x)55_k (’\/y)k = ( ^ j x 5 y 10
O termo T não contém radical se k for múltiplo de 10 e (55 —k) for múltiplo de 5. Portanto, 
T não contém radical para k = 0, k = 10, k = 20, k = 30, k = 40 e k = 50. Logo, há 6 
termos sem radicais.
Resposta: c.
a! + a2 + a3 + a4 = 30. 
Resposta: d.
P-0
2P = 729 jm-p . 2P = 729
=*• 3m = 36 => m = 6
(1 + 2)m = 729 =>
Resposta: c.
3 - Sistemas Lineares e Combinatória
Organizada em 6 volumes independentes, a coleção MATEMÁTICA, 
Temas e Metas representa um novo conceito de ensino desta ciên­
cia, uma vez que possibilita ao professor planejar o seu curso conci­
liando seus tradicionais limitadores — o número de aulas disponíveis, 
os diferentes níveis das diversas classes e os diversos graus de assi­
milação dos alunos de uma mesma classe — mediante o uso de um 
volume a cada semestre.
Compõem a coleção:
• Conjuntos Numéricos e Funções
• Trigonometria e Progressões
• Sistemas Lineares e Combinatória
• Áreas e Volumes
• Geometria Analítica e Polinómios
• Funções e Derivadas
ISBN 85-7056-479-1