Aula 3 - Raciocínio Lógico

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RACIOCÍNIO LÓGICO PARA TRIBUNAIS 
PROFESSOR: VÍTOR MENEZE SANTANA 
Prof.Vítor Menezes Santana www.pontodosconcursos.com.br 
AULA 3 – Análise combinatória 
I. ANÁLISE COMBINATÓRIA ......................................................... 2 
1. Princípio fundamental da contagem .......................................... 3 
2. Arranjos .................................................................................... 7 
3. Permutação. ........................................................................... 10 
4. Combinação ............................................................................ 11 
5. Outros exercícios .................................................................... 14 
6. Permutação com repetição. .................................................... 54 
II. QUADRO RESUMO ................................................................... 62 
III. LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSO ................................... 63 
IV. GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSO ............................ 73 
 
RACIOCÍNIO LÓGICO PARA TRIBUNAIS 
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I. ANÁLISE COMBINATÓRIA 
O tópico de análise combinatória é bastante exigido pelo CESPE, mas 
praticamente não é cobrado pela FCC. Pelo menos não de forma isolada. A 
banca geralmente cobra análise combinatória em conjunto com 
probabilidade. Por isso, na aula de hoje, teremos basicamente questões 
do CESPE. 
Em análise combinatória nós vamos basicamente aprender a contar. Isso 
mesmo. O intuito aqui será contar de quantas formas um dado processo 
pode ocorrer. 
Uma forma de resolver este tipo de problema é simplesmente listar todas 
as situações possíveis e, depois, contá-las. Vejamos um exemplo. 
Considere que um guia turístico deseje colocar três pessoas em fila 
indiana, para percorrer uma trilha. De quantas maneiras é possível formar 
a tal fila? 
É um problema de contagem. Precisamos contar quantas são as maneiras 
de executar o processo descrito, qual seja, formar a fila de três pessoas. 
Chamando as pessoas de A, B e C, temos as seguintes filas possíveis: 
A, B, C 
A, C, B 
B, A, C 
B, C, A 
C, A, B 
C, B, A 
São seis filas possíveis. Listamos todas elas e, depois, contamos. Difícil? 
Certamente não. 
O problema começa quando o número de casos possíveis aumenta muito. 
Imaginem se, em vez de três pessoas na fila, fossem quinze. E aí? Listar 
todas as maneiras de formação da fila seria algo extremamente 
trabalhoso. 
Nestas situações, é muito útil conhecer ferramentas de análise 
combinatória. São ferramentas que permitem uma contagem mais rápida. 
A mais importante delas é o princípio fundamental da contagem. Ele pode 
ser aplicado para resolver qualquer problema de análise combinatória. 
A partir do princípio fundamental da contagem, de aplicação geral, é 
possível chegar a fórmulas que se destinam a problemas com certas 
particularidades. Neste contexto, aprenderemos os casos de arranjo, 
permutação e combinação. 
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1. Princípio fundamental da contagem 
EC 1. APEX 2006 [UNIVERSA] 
Em um laboratório de pesquisa científica, são realizados experimentos de 
reprodução envolvendo 6 machos e 8 fêmeas de uma espécie animal. 
Todos os animais utilizados nos experimentos gozam de boa saúde e 
estão em perfeitas condições de reprodução. Cada experimento consiste 
em se colocarem juntos, em um ambiente controlado, um macho e uma 
fêmea, durante um período de tempo determinado, formando o casal do 
experimento. Nessa situação, a quantidade de casais diferentes que 
podem ser formados é igual a: 
(A) 8 
(B) 14 
(C) 28 
(D) 48 
(E) 56 
Resolução. 
Antes de resolver o problema da forma como foi proposto, vamos 
modificá-lo, para facilitar o entendimento. Vamos considerar que são 
apenas 3 machos e 4 fêmeas. Vamos designar os machos por letras (A, B, 
C) e as fêmeas por números (1, 2, 3, 4). 
O esquema abaixo apresenta todas as possibilidades de casal: 
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O diagrama acima representa doze possíveis casais: 
1A, 1B, 1C, 2A, 2B, 2C, 3A, 3B, 3C, 4A, 4B, 4C 
Há 4 possibilidades para a escolha da fêmea. Escolhida a fêmea, há 3 
possibilidades de macho. 
E, para obter a quantidade de casais possíveis, basta multiplicar: 
Este resultado decorre do princípi
4 ൈ 3 ൌ 12
o fundamental da contagem (PFC). 
O princípio fundamental da contagem nos diz que, quando uma tarefa 
puder se dividida em n etapas, e cada etapa puder ser realizada de mi 
maneiras diferentes (com “i” variando de 1 até n), o número de maneiras 
pelas quais podemos concluir a tarefa é igual ao produto: 
nmmmm ×××× ...321
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No exemplo acima, a tarefa de formar o casal podia ser dividida em duas 
etapas. Na primeira etapa, escolhemos a fêmea. Há 4 formas de fazer 
isso. 
Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 3 formas de fazer isso. 
O número de maneiras de concluirmos a tarefa como um todo é dado por: 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
4 3 
Bastou multiplicar a quantidade de maneiras de executar cada etapa. 
4 ൈ 3 ൌ 12
Na análise combinatória, nós basicamente estudamos como resolver 
problemas semelhantes a este, em que utilizamos o princípio fundamental 
da contagem para saber de quantas formas uma dada tarefa pode ser 
realizada. 
Neste primeiro exemplo, até que não foi difícil listar todos os casos 
possíveis para depois contá-los. São apenas 12 casais. Fazer uma lista 
com todos eles não é problema. 
Contudo, imagine se fossem 30 machos e 50 fêmeas. Listar todos os 
casais possíveis seria muito difícil. É aí que o princípio fundamental da 
contagem nos auxilia. 
O PFC é de aplicação geral (serve para resolver qualquer problema de 
análise combinatória). Há problemas que apresentam certas 
particularidades, que fazem com que o PFC resulte em determinadas 
fórmulas. Neste contexto, temos as fórmulas de combinação, arranjo e 
permutação. 
Visto isso, podemos voltar ao enunciado original. 
São 6 machos e 8 fêmeas. 
Queremos formar casais. Vamos dividir esta tarefa em duas etapas. 
Na primeira etapa, escolhemos a fêmea. Há 8 maneiras de executar esta 
primeira etapa. 
Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 6 maneiras de executar esta 
segunda etapa. 
Aplicando o PFC, calculamos de quantas maneiras podemos formar o 
casal: 
8 ൈ 6 ൌ 48
São 48 casais possíveis. 
Gabarito: D 
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Um detalhe muito importante sobre o exemplo acima: 
Observe que etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes. 
Seja A o conjunto das fêmeas {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Seja B o conjunto 
dos machos {a, b, c, d, e, f}. 
A primeira etapa (escolha da fêmea) pode ser executada com elementos 
do conjunto “A”. A segunda etapa (escolha do macho) pode ser executada 
com elementos do conjunto “B”. 
Quando etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes, basta 
aplicarmos o PFC. Certo? 
De outra forma, quando mais de uma etapa estiver relacionada a um 
mesmo conjunto, aí precisaremos tomar alguns cuidados, que serão vistos 
mais adiante. 
EC 2. ANAC 2009 [CESPE] 
Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem. 
1. O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, 
Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João 
Pessoa, Maceió, Recifeou Aracaju, fazendo uma escala em Belo Horizonte, 
Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12. 
Resolução. 
Vamos dividir o problema em etapas. 
Na primeira etapa, escolhemos a cidade de origem. 
Há 3 opções para a execução desta primeira etapa: Porto Alegre, 
Florianópolis e Curitiba. 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
3 
Escolhida a cidade de origem, vamos para a segunda etapa. 
Na segunda etapa, escolhemos a cidade de escala. Há 4 opções: BH, BSB, 
RJ e SP. 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
3 4 
Por fim, na terceira etapa, escolhemos a cidade de destino. Há 7 opções 
(FOR, SSA, NAT, JPA, MCZ, REC, AJU). 
 
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1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
3 4 7 
Aplicando o PFC, temos: 
84473 =××
São 84 formas de se montar rotas aéreas. Este número, de fato, é 
múltiplo de 12 (pois é múltiplo de 3 e de 4). 
Gabarito: certo. 
2. Arranjos 
EC 3. Ministério da Saúde 2007 [CESPE] 
Julgue o seguinte item. 
1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 
servidores presenteando um deles com um ingresso para cinema, outro 
com um ingresso para teatro e o terceiro com um ingresso para show, ele 
terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo. 
Resolução. 
Vamos dividir o processo em etapas. Na primeira etapa, escolhemos o 
ganhador do cinema; na segunda, do teatro; na terceira, do show. 
Neste problema, temos um fato que não ocorreu nos exercícios anteriores. 
Para melhor entendimento, vamos retomar a questão EC 1. 
Naquele exercício, queríamos formar casais. Para tanto, tínhamos o 
conjunto das fêmeas – {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} - e o conjunto dos machos 
– {a, b, c, d, e, f}. 
A primeira etapa estava relacionada ao conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. 
A segunda etapa estava relacionada ao conjunto {a, b, c, d, e, f}. 
Ou seja, etapas diferentes estavam relacionadas a conjuntos diferentes. 
Quando isso ocorre, a resolução do problema é bem tranquila, não há 
maiores cuidados a se tomar. 
Agora, neste exercício, temos o conjunto dos servidores {a, b, c, d, e}. 
Para escolher o ganhador do cinema, tomaremos um dos elementos deste 
conjunto. Para escolhemos o ganhador do teatro, novamente tomaremos 
um dos elementos deste conjunto. Para o show, idem. 
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Agora, um mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa. 
Quando isso ocorre, antes de fazermos qualquer conta, temos que 
responder a duas perguntas extremamente importantes: 
1 – há reposição? 
2 – a ordem de escolha dos elementos é importante? 
Neste problema não há reposição. 
O diretor quer premiar 3 servidores diferentes. Assim, se um servidor já 
foi premiado com o cinema, ele não pode mais ser premiado com o show 
ou com o teatro. 
Dizemos que não há reposição. Uma vez escolhido um elemento, ele 
não é reposto ao conjunto original, ele não é mais uma opção para as 
próximas etapas. 
Primeira etapa: para a escolha do vencedor do cinema, há 6 opções de 
funcionários. 
Agora vamos para a segunda etapa. Vamos escolher o vencedor do teatro. 
Tínhamos 6 servidores. Só que um deles já foi escolhido para ir ao 
cinema. Como não há reposição, ele não pode ser escolhido novamente. 
Então sobram 5 possibilidades para a segunda etapa. Há apenas 5 
servidores que podem ser escolhidos para ganhar o ingresso do teatro. 
Escolhidos os vencedores do cinema e do teatro, sobram 4 opções de 
servidores para o show. 
Ficamos com: 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
6 5 4 
Devido ao fato de não haver reposição, fomos diminuindo a quantidade de 
possibilidades: 6, depois 5, depois 4. 
Tudo bem até aqui? 
Já vimos o impacto da primeira pergunta. O fato de não haver reposição 
faz com que o número de formas de executar cada etapa vá diminuindo. 
Agora vamos para a segunda pergunta. 
A segunda pergunta que temos que responder é: a ordem é importante? 
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Ou seja, uma mera alteração na ordem de escolha dos elementos resulta 
em um novo caso? 
Neste problema, a ordem é importante. Uma alteração na ordem de 
escolha muda tudo. Sortear A, B, C é diferente de escolher C, B, A. Na 
primeira formação, A vai para o cinema e C para o show. Na segunda 
formação, A vai para o show e C vai para o cinema. 
Dizemos que a ordem de escolha é importante. 
Quando isso acontece, ou seja, quando uma alteração na ordem 
representa um novo caso, não temos maiores preocupações. Basta aplicar 
o princípio fundamental da contagem. 
Ficamos com: 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
6 5 4 
6 ൈ 5 ൈ 4 ൌ 120
Quando a ordem de escolha é importante e não há reposição, estamos 
diante de um caso particular do PFC, denominado arranjo. 
Para quem gosta de fórmulas, existe uma que calcula a quantidade de 
arranjos. 
A fórmula é: 
ܣ௡,௣ ൌ
݊!
ሺ݊ െ ݌ሻ!
O sinal “!” indica “fatorial”. 
Exemplos de fatorial: 
5! ൌ 5 ൈ 4 ൈ 3 ൈ 2 ൈ 1 ൌ 120
4! ൌ 4 ൈ 3 ൈ 2 ൈ 1 ൌ 24
3! ൌ 3 ൈ 2 ൈ 1 ൌ 6
2! ൌ 2 ൈ 1 ൌ 2
Ou seja, para calcular o fatorial de n, basta multiplicar o número n pelos 
números naturais que lhe antecedem, até chegar em 1. As únicas 
exceções são: 
1! ൌ 1
0! ൌ 1
É muito importante saber como fazer a divisão entre o fatorial de dois 
números. 
Exemplo: 
Vamos calcular: 
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6!
4!
Sempre que tivermos uma divisão de fatoriais, existe uma técnica 
interessante que nos facilita bastante. É o seguinte. 
Queremos calcular: 6! ÷ 4! 
O maior fatorial é 6! 
Vamos desenvolve-lo. 
6! ൌ 6 ൈ 5 ൈ 4 ൈ 3 ൈ 2 ൈ 1
6! ൌ 6 ൈ 5 ൈ ሺ4 ൈ 3 ൈ 2 ൈ 1ሻ
O que é que nós temos entre parêntesis? É justamente 4!. Ou seja, na 
hora de desenvolver 6! nós podemos fazer assim: 
6! ൌ 6 ൈ 5 ൈ 4!
Desta forma, temos: 
6!
4!
ൌ
6 ൈ 5 ൈ 4!
4!
ൌ 6 ൈ 5 ൌ 30
Sabendo disso, podemos resolver esta questão do CESPE usando a 
fórmula. 
Temos um caso em que não há reposição e a ordem importa. Assim, 
temos um problema de arranjo. De um total de 6 elementos ሺ݊ ൌ 6ሻ, 
queremos escolher 3 ሺ݌ ൌ 3ሻ, sem reposição, onde a ordem importa. O 
número de maneiras de fazer isso é: 
ܣ଺,ଷ ൌ
6!
ሺ6 െ 3ሻ!
ܣ଺,ଷ ൌ
6!
ሺ3ሻ!
Agora desenvolvemos o numerador até atingirmos 3!, para podermos 
simplificar. 
ܣ଺,ଷ ൌ
6 ൈ 5 ൈ 4 ൈ 3!
ሺ3ሻ!
ൌ 6 ൈ 5 ൈ 4 ൌ 120
Gabarito: certo. 
3. Permutação. 
Um caso particular de arranjo ocorre quando n = p. Neste caso, temos 
uma permutação. A fórmula fica reduzida a: 
݊!
ሺ݊ െ ݌ሻ!
ൌ
݊!
0!
ൌ ݊!
Assim, a permutação de n elementos é dada por: 
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௡ܲ ൌ ݊!
Exemplo: 
Qual o número de anagramas da palavra “rato”? 
Como a palavra RATO é pequena, podemos listar todos os anagramas. 
São eles: 
rato raot rtao rtoa rota roat 
arto arot ator atro aort aotr 
trao troa taro taor tora toar 
orta orat otar otra oart oatr 
São 24 anagramas. 
Observem que cada anagrama é formado pelas letras “a, o, r, t”. A partir 
deste conjunto de 4 elementos, queremos formar grupos, de 4 elementos, 
sem reposição, onde a ordem é importante. Ou seja, estamos permutando 
essas 4 letras. Assim, o número de anagramas é igual a: 
ସܲ ൌ 4! ൌ 24
4. Combinação 
EC 4. Ministério da Saúde 2007 [CESPE] 
Julgue o item seguinte: 
Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar3 de seus 6 
servidores presenteando cada um deles com um ingresso para teatro, ele 
terá mais de 24 maneiras diferentes para fazê-lo. 
Resolução. 
Problema bem semelhante ao EC 3, com um pequeno detalhe que faz toda 
diferença: aqui a ordem não importa! Se todos os premiados vão para o 
teatro, pouco importa a ordem em que serão escolhidos. 
Vejamos com calma o porquê disso. Vamos dividir a tarefa em etapas. 
Na primeira etapa, temos 6 opções de servidores para ganhar o primeiro 
ingresso de teatro. 
Na segunda etapa, dos 6 servidores, sobram 5 para ganhar o segundo 
ingresso (pois não há reposição). 
Na terceira etapa, sobram 4 servidores para ganhar o terceiro ingresso. 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
6 5 4 
6 ൈ 5 ൈ 4 ൌ 120
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O problema é que nos 120 casos acima, temos casos repetidos. 
Suponha que os servidores A, B e C tenham sido escolhidos nesta ordem 
(ou seja, A ganhou o primeiro ingresso, B ganhou o segundo e C, o 
terceiro). 
Este caso é representado por: 
ABC. 
Agora, considere outro caso, abaixo indicado: 
CBA 
Agora, C ganha o primeiro ingresso, B ganha o segundo e A ganha o 
primeiro. 
Em termos práticos, qual a diferença entre ABC e CBA? 
Nenhuma! 
Se todos eles vão ao teatro, pouco importa a ordem em que foram 
escolhidos, o prêmio é o mesmo. Neste tipo de questão, não importa a 
ordem de escolha. Só o que importa é quais elementos foram escolhidos. 
Dizemos que a ordem de escolha dos elementos não é importante. 
Quando isso ocorre, temos que eliminar as contagens repetidas. Isto é 
feito por uma divisão. 
Como exemplo, vamos nos concentrar no caso em que A, B e C são 
escolhidos. 
Observe que este caso foi contado seis vezes: 
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA 
Todos os 6 casos acima representam, na verdade, um único caso. 
Isso ocorreu com todas as possibilidades de premiação. Todas elas foram 
contadas 6 vezes. 
Temos que dividir por 6, para eliminar a contagem repetida. 
120
Há 20 formas de premiar 3 dos 6 servidores. 
6
ൌ 20
Gabarito: errado. 
Assim, sempre que a ordem não for importante, após a aplicação do PFC 
precisamos fazer um ajuste. 
Este ajuste destina-se a eliminar as contagens repetidas. Isto é feito por 
meio de uma divisão. 
Como fazer esta divisão? 
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Neste exercício, a ordem de escolha dos três vencedores não é relevante. 
De quantas formas podemos montar grupos com estas três pessoas, 
apenas alterando a ordem de escolha? 
Temos um caso de permutação. Queremos apenas permutar três 
elementos. 
Há 6 formas de permutar 3 elementos. 
ଷܲ ൌ 3! ൌ 6
Ou seja, há 6 formas de permutar os elementos A, B e C (ou seja, de 
formarmos grupinhos onde apenas alteramos a ordem). São elas: 
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA 
Por isso dividimos por 6, pois cada conjunto de premiados foi contado seis 
vezes. 
Quando não há reposição e a ordem não é importante, temos um caso de 
combinação. 
Se tivermos n elementos e quisermos escolher p, sem reposição, de forma 
que a ordem não é importante, temos um caso de combinação de n 
elementos, tomados p a p. A fórmula da combinação é: 
ܥ௡,௣ ൌ
݊!
ሺ݊ െ ݌ሻ! ൈ ݌!
A fórmula da combinação já tem o fator que elimina as contagens 
repetidas. 
!)!(
!),(
ppn
npnC ×−=
elimina as contagens repetidas
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Neste exercício do CESPE, poderíamos ter aplicado esta fórmula. 
Temos um caso em que a ordem não importa e onde não há reposição. É 
um problema de combinação. Temos 6 elementos (n = 6) e queremos 
combiná-los 3 a 3 (p = 3). Aplicando a fórmula: 
ܥ௡,௣ ൌ
݊!
ሺ݊ െ ݌ሻ! ൈ ݌!
ܥ଺,ଷ ൌ
6!
ሺ6 െ 3ሻ! ൈ 3!
ܥ଺,ଷ ൌ
6!
ሺ3ሻ! ൈ 3!
Agora desenvolvemos 6! até chegar em 3! 
ܥ଺,ଷ ൌ
6 ൈ 5 ൈ 4 ൈ 3!
ሺ3ሻ! ൈ 3!
ൌ
6 ൈ 5 ൈ 4
3!
ൌ
6 ൈ 5 ൈ 4
3 ൈ 2 ൈ 1
ൌ 20
5. Outros exercícios 
Os exercícios de análise combinatória podem ser resumidos da seguinte 
forma: 
Há 
reposição? 
A ordem é 
importante? 
Forma de resolução 
Sim Sim PFC 
Não Sim arranjos, 
permutações, PFC 
Não Não combinações, PFC 
Professor, e quando a ordem não é importante e há reposição? 
Resposta: Falamos sobre este tipo de exercício posteriormente, quando 
estudarmos permutação com repetição. 
Alguns alunos têm dificuldade em saber se um dado problema é de 
arranjo, de permutação ou de combinação. 
Por este motivo, não vou mais separar os exercícios por assunto, para que 
vocês tenham que “quebrar a cabeça” decidindo que ferramenta usar. 
Assim, se houver alguma dúvida, ela necessariamente vai aparecer. 
EC 5. CGU 2008 [ESAF] 
Ágata é decoradora e precisa atender ao pedido de um excêntrico cliente. 
Ele, o cliente, exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja 
dividida em uma seqüência de 5 listras horizontais pintadas de cores 
diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágata possui 
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apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a 
parede pode ser pintada é igual a: 
a) 56 
b) 5760 
c) 6720 
d) 3600 
e) 4320 
Resolução: 
Temos uma tarefa a realizar: preencher as cinco listras com cores 
diferentes. 
Queremos calcular de quantas formas é possível fazer isso. Para tanto, 
dividimos nossa tarefa em etapas. 
Na primeira etapa, preenchemos a primeira listra. Na segunda etapa, 
escolheremos a cor para a segunda listra. Na terceira etapa, escolheremos 
a cor para terceira listra. E assim por diante. 
Sempre que tivermos uma tarefa que pode ser dividida em etapas, e 
pudemos calcular de quantas maneiras cada etapa pode ser realizada, 
então podemos usar a análise combinatória. 
A análise combinatória nos permite partir das etapas para descobrir de 
quantos modos podemos executar a tarefa como um todo (no caso, 
preencher as cinco listras da parede). 
Muito bem, vamos dividir nossa tarefa em etapas. 
São 5 listras. O preenchimento de cada listra vai corresponder a uma 
etapa. 
Para a primeira etapa, temos 8 opções de cores. Assim, há 8 modos de 
executarmos a primeira etapa. Vamos deixar isso indicado em um quadro: 
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Bom, agora vamos com calma. 
Em todos os problemas de análise combinatória, há duas perguntas muito 
importantes, que devem ser respondidas: 
1 – Há reposição? 
2 – A ordem entre os elementos é importante? 
Por enquanto, vamos analisar apenas a primeira pergunta. 
Precisamos saber se há reposição ou não. 
Já escolhemos uma cor para a primeira etapa. Esta cor pode ser 
novamente escolhida? Não, não pode. Uma mesma cor não pode ser 
usada em duas listras diferentes, porque o cliente de Ágata não quer 
repetição de cores. 
Logo, não há reposição. Ou seja, um vez escolhido um dado elemento, 
este elemento não é reposto no conjunto de possibilidades para as 
próximas etapas. 
Resposta à primeira pergunta: não há reposição. 
Isto é importante para preenchermos as demais etapas. 
Vamos agora para a segunda etapa. Temos que escolher uma cor para a 
segunda listra. 
De início, tínhamos 8 cores. Uma delas já foi escolhida e não pode ser 
mais usada (pois não há reposição). Com isso, para a segunda etapa, 
sobram 7 cores. Ou seja, há 7 formas de executarmos a segunda etapa. 
Vamos para a terceira etapa. Tínhamos 8 cores disponíveis.Duas já foram 
usadas nas etapas anteriores e não podem mais ser usadas (não há 
reposição!). Para a terceira etapa sobram 6 cores. 
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E o raciocino se repete nas demais etapas. 
Agora, aplicamos o princípio fundamental da contagem (PFC). Este 
princípio nos diz que basta multiplicarmos as quantidades de cada etapa, 
para podermos achar o número de formas de executar a tarefa como um 
todo. 
Usando o PFC, temos: 
8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 5 ൈ 4 ൌ 6720
Agora vamos para a segunda pergunta: a ordem de escolha dos 
elementos é importante? 
Resposta: sim. Se alterarmos a ordem de escolha das cores, modificamos 
completamente a parede. 
Da primeira vez em que dei esta questão num curso, um aluno não 
conseguiu visualizar porque é que alterando a ordem das cores temos 
uma parede diferente. 
Se você está com dificuldade, vamos para outro exemplo. 
Queremos pintar uma bandeira, com duas cores, usando duas listras 
horizontais. As cores escolhidas são branco e vermelho. 
Se usarmos branco em cima e vermelho em baixo, acabamos de pintar a 
bandeira da Polônia. 
Se usarmos vermelho em cima e branco em baixo, acabamos de pintar a 
bandeira de Mônaco. 
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Ou seja, uma mera alteração na ordem das cores mudou a bandeira. Com 
a parede é análogo. 
Muito bem, vimos que a ordem é importante. 
Sempre que a ordem for importante, basta aplicar o PFC. Não é 
necessário qualquer ajuste. 
A resposta é mesmo 6720. 
Já vimos que este tipo de problema, em que a ordem é importante e não 
há reposição, recebe um nome especial. Dizemos que se trata de um caso 
de arranjo. 
Lembrando, a fórmula do arranjo é: 
)!(
!
, pn
nA pn −= 
Neste caso, temos 8 cores (n = 8) e queremos escolher 5 (p = 5). Assim, 
temos um arranjo de oito cores, tomadas cinco a cinco. 
Em outras palavras: de um conjunto de 8 cores, queremos escolher 5, 
sem reposição, onde a ordem importa. O número de maneiras de fazer 
isso é: 
)!(
!
, pn
nA pn −= 
)!58(
!8
5,8 −=A 
672045678
!3
!345678
5,8 =××××=×××××=A
Vocês sempre devem dar preferência à utilização do PFC. Isto porque ele 
é de aplicação geral, serve para resolver qualquer problema de análise 
combinatória. 
Já a fórmula do arranjo só serve para situações bem específicas. São elas: 
- a ordem importa 
- não há reposição 
- não há restrições nas etapas 
Simplesmente decorar a fórmula sem saber exatamente quando ela pode 
ser usada é um “perigo”. Então, melhor ficar com o PFC, que é mais 
garantido. 
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Gabarito: C 
EC 6. IPEA 2008 [CESPE] 
Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem. 
1. Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas 
por 7 caracteres em que os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 
do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos, escolhidos entre 0 e 9. Nesse 
caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadas de modo 
que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o 
algarismo 9 na primeira posição dos algarismos é superior a 600.000. 
Resolução. 
Vamos dividir o processo de formação da senha em etapas. Cada etapa 
vai corresponder a um caracter escolhido. 
Diferentemente dos exercícios anteriores, note que agora temos 
reposição. Uma vez escolhida uma letra, ela pode ser novamente 
escolhida. Uma vez escolhido um número, ele pode novamente ser 
escolhido. 
Note também que temos restrições em algumas etapas. A primeira letra 
só pode ser “a”. O primeiro algarismo só pode ser 9. 
· primeira etapa: 1 opção (só temos a letra A) 
· segunda etapa: 26 opções (pois há reposição) 
· terceira etapa: 26 opções 
· quarta etapa: 1 opção (só pode ser o algarismo 9) 
· quinta etapa: 10 opções (são 10 algarismos possíveis) 
· sexta etapa: 10 opções 
· sétima etapa: 10 opções 
Aplicando o PFC: 
000.676101010126261 =××××××
Gabarito: certo 
EC 7. APEX 2006 [UNIVERSA] 
Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade 
revezamento 4 ൈ 100 m rasos. Para isso, uma seleção será realizada com 
o objetivo de se selecionarem 7 atletas, sendo dois atletas com altura 
inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70 m, e dois 
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atletas com altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 
24 atletas, 9 com altura inferior a 1,65, 8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 
com altura de 1,73 m ou 1,74 m. A quantidade de diferentes equipes que 
podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritos está entre: 
(A) 10.000 e 20.000. 
(B) 20.000 e 30.000. 
(C) 30.000 e 40.000. 
(D) 40.000 e 50.000. 
(E) 50.000 e 60.000. 
Resolução. 
Para facilitar a escrita, vou chamar os intervalos de altura de: baixo 
(inferior a 1,65m), mediano (1,65 a 1,70m) e alto (superior a 1,70m). 
Precisamos escolher: 
- dois atletas baixos; 
- três atletas de altura mediana; 
- dois atletas altos. 
Para a escolha dos atletas baixos temos 9 opções. 
Para a escolha dos atletas medianos temos 8 opções. 
Para a escolha dos atletas altos temos 7 opções. 
Vamos dividir a escolha da equipe em etapas. Cada etapa vai 
corresponder à escolha de um atleta. 
Para a escolha do primeiro atleta baixo, temos 9 opções. 
Para a escolha do segundo atleta baixo, sobram 8 opções (não há 
reposição; escolhido um atleta, ele não pode mais ser escolhido 
novamente). 
Baixo Mediano Alto 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
4ª 
etapa 
5ª 
etapa 
6ª 
etapa 
7ª 
etapa 
9 8 
Agora vamos aos atletas medianos. 
Para a escolha do primeiro atleta mediano, temos 8 opções. 
Para a escolha do segundo, temos 7 opções (pois não há reposição). 
Para a escolha do terceiro, temos 6 opções. 
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Baixo Mediano Alto 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
4ª 
etapa 
5ª 
etapa 
6ª 
etapa 
7ª 
etapa 
9 8 8 7 6 
Para o primeiro atleta alto, temos 7 opções. 
Para o segundo atleta alto, temos 6 opções. 
Baixo Mediano Alto 
1ª 
etapa 
2ª 
etapa 
3ª 
etapa 
4ª 
etapa 
5ª 
etapa 
6ª 
etapa 
7ª 
etapa 
9 8 8 7 6 7 6 
Aplicando o PFC: 
Agora observem um detalhe importante. 
9 ൈ 8 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 7 ൈ 6
Nesta questão, a ordem não é importante. Não importa em que ordem 
os atletas foram escolhidos. O que importa é quais foram escolhidos. 
A equipe ABCDEFG é exatamente a mesma coisa que a equipe BACDEFG. 
Precisamos fazer as divisões para eliminar as contagens repetidas. 
Certo??? 
Errado!!! 
Lembrem-se de que possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de 
cada conjunto. 
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Lá no EC 1, por exemplo, nem precisamos nos preocupar em saber se a 
ordem era relevante ou não. Não precisamos nos preocupar em saber se 
era relevante escolher primeiro o macho e depois a fêmea (e vice-versa). 
Isto porque cada etapa estava relacionada a um conjunto diferente. Entre 
conjuntos diferentes não tem como haver contagem repetida. 
A preocupação em eliminar contagens repetidas só surge quando um 
mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa. 
Portanto, possíveis contagens repetidas só ocorremdentro de cada 
conjunto. A forma correta de eliminar as contagens repetidas é assim: 
Agora sim, ficamos com: 
9 ൈ 8 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 7 ൈ 6
2! ൈ 3! ൈ 2!
ൌ 42.336
Gabarito: D 
Outra maneira de resolver é usando a fórmula da combinação. 
Para a escolha dos atletas baixos, temos 9 opções e temos que escolher 2, 
sem reposição, onde a ordem não é importante. É um caso de 
combinação. 
ܥଽ,ଶ ൌ
9!
ሺ7!ሻ ൈ 2!
ൌ
9 ൈ 8
Há 36 modos de escolhermos os atletas baixos. 
2
ൌ 36
Analogamente, para os atletas medianos, temos: 
ܥ଼,ଷ ൌ
8!
ሺ5!ሻ ൈ 3!
ൌ
8 ൈ 7 ൈ 6
3 ൈ 2
ൌ 56
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Por fim, para os atletas altos, temos: 
ܥ଻,ଶ ൌ
7!
ሺ5!ሻ ൈ 2!
ൌ
7 ൈ 6
Podemos dividir o problema em três etapas. 
2
ൌ 21
Na primeira etapa, escolhemos os atletas baixos. Há 36 formas de fazer 
isso. 
Na segunda etapa, escolhemos os atletas medianos. Há 56 formas de 
fazer isso. 
Na terceira etapa, escolhemos os atletas altos. Há 21 formas de fazer 
isso. 
Aplicando o PFC: 
36 ൈ 56 ൈ 21 ൌ 42.336
Há 42.336 formas de montarmos a equipe. O resultado obtido foi o 
mesmo. 
Notem que, nesta segunda solução, depois de aplicarmos o PFC, não foi 
preciso fazer qualquer divisão para eliminar contagens repetidas. 
É que, para preenchermos cada etapa, usamos a fórmula da combinação, 
que já contém um fator que elimina contagens repetidas. 
EC 8. SEFAZ MG 2005 [ESAF] 
Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de 
um desfile de modas. A promotora do desfile determinou que as modelos 
não desfilarão sozinhas, mas sempre em filas formadas por exatamente 
quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila só poderá ser ou 
Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser a 
primeira da fila. Assim, o número de diferentes filas que podem ser 
formadas é igual a: 
a) 420 
b) 480 
c) 360 
d) 240 
e) 60 
Resolução: 
Temos um grupo de 7 modelos. Precisamos escolher 4, sem reposição, 
onde a ordem importa. 
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Seria, portanto, um caso de arranjo. Mas, neste problema, não dá para 
irmos aplicando a fórmula de imediato, porque há diversas restrições em 
várias etapas. 
Exemplo de restrição: Denise não pode ser a primeira da fila. 
Ocorre que a fórmula de arranjo não é preparada para tratar de etapas 
com restrições. 
Será bem mais fácil usarmos o PFC mesmo. 
Como a ordem importa, basta aplicarmos o princípio fundamental da 
contagem, sem fazer qualquer ajuste. 
A fila vai ser formada por 4 modelos. A cada modelo escolhida temos uma 
etapa. A primeira etapa consistirá em escolher a primeira modelo da fila. 
A segunda etapa consistirá em escolher a segunda modelo da fila. E assim 
por diante. 
Agora vamos começar a preencher as etapas. 
Reparem que, em algumas etapas, temos certas restrições. A última de 
cada fila só pode ser Ana, Beatriz, Carla ou Denise. E Denise não pode ser 
a primeira da fila. Assim, temos restrições na primeira e na quarta etapa. 
Para a primeira etapa, temos 6 opções (pois Denise não pode ser a 
primeira da fila). 
Escolhida a primeira modelo, vamos para a segunda etapa. São sete 
modelos ao todo. Uma já foi escolhida na primeira etapa. Sobram 6. 
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São 7 modelos. Duas já foram escolhidas. Para a terceira etapa sobram 5. 
Por fim, a quarta etapa. Para a quarta etapa, temos 4 opções (só Ana, 
Beatriz, Carla e Denise podem ser as últimas da fila). Agora vem um 
grande problema. Não podemos simplesmente indicar que a quarta etapa 
pode ser realizada de 4 maneiras. 
Por quê? 
Porque eram 7 modelos. Três já foram escolhidas nas etapas anteriores. 
Pode ser, por exemplo, que Ana já tenha sido escolhida em uma das 
etapas anteriores. Ou seja, Ana, que era uma das opções para 
encerramento de fila, pode já não estar mais disponível. Nesta situação, 
teríamos apenas 3 opções para a quarta etapa. 
E pode ser também que, além de Ana, Beatriz também já tenha sido 
escolhida. Ou seja, teríamos apenas 2 opções para encerramento da fila. 
E pode ser ainda que Caroline já tenha sido escolhida. A única opção para 
encerramento da fila seria Denise. 
E agora? Como fazer? 
Sempre que tivermos etapas com restrições, é muito útil tentar começar 
por elas. Há restrições na primeira e na última etapa. Além disso, duas 
restrições se referem à Denise. Ou seja, para nós, Denise é uma modelo 
mais problemática. 
Vamos começar tudo de novo. Agora vamos iniciar pelas etapas 4 e 1 
(que têm restrições). Além disso, vamos focar na Denise. 
Vejamos quantas são as filas que terminam com Denise. 
Para a quarta etapa, temos 1 opção (Denise). Afinal de contas, queremos 
calcular quantas filas têm Denise no fim. 
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Vamos agora para a 1ª etapa. A primeira etapa tem outra restrição. 
Denise não pode ser a primeira da fila. São sete modelos ao todo. Uma já 
foi escolhida para encerrar a fila. E foi escolhida justamente a Denise. 
Sobraram 6 modelos e todas elas podem iniciar a fila. Assim, para a 
primeira etapa temos 6 opções. 
Vamos para a segunda etapa, para a qual não há restrições. Eram sete 
modelos. Duas já foram escolhidas. Sobram 5. 
Na terceira etapa também não temos restrições. Eram sete modelos. Três 
já foram escolhidas. Sobraram 4. 
Aplicando o PFC: 
1201456 =×××
Este é o número de filas em que Denise é a última. 
Agora vamos ver quantas são as filas em que Denise não é a última. 
Só Ana, Beatriz, Carla e Denise encerram a fila. Não queremos filas que 
terminam com Denise porque estas a gente já trabalhou. Assim, vejamos 
quantas filas terminam com Ana, Beatriz ou Carla. São 3 opções para a 
quarta etapa. 
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Vamos para a primeira etapa. São sete modelos. Uma já foi escolhida para 
encerrar a fila. Sobram 6, dentre as quais está Denise. Só que temos uma 
restrição. Denise não pode iniciar a fila. Logo, para a primeira etapa 
temos 5 opções. 
Tínhamos sete modelos. Duas já foram escolhidas. Para a segunda etapa, 
em que não temos restrições, sobram 5 opções de modelo. 
Por fim, para a terceira etapa, em que também não há restrição, sobram 
4 opções de modelo. 
Aplicando o PFC: 
3003455 =×××
São 300 filas possíveis, encerrando com Ana, Beatriz ou Carla. 
Há 120 filas possíveis encerrando com Denise. E há 300 filas possíveis 
encerrando com Ana, Beatriz ou Carla. Ao todo, temos 420 filas possíveis. 
Gabarito: A 
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EC 9. ABIN 2010 [CESPE] 
Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por 
determinado setor disponha de 20 agentes, sendo 5 especialistas em 
técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimento operacional e 7 
especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com 
bom desempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir 
dessas informações, julgue os itens a seguir. 
1. Se, para cumprir determinada missão, for necessário fazer, 
simultaneamente, reconhecimento operacional em 3 locais diferentes, 
então o responsável pelo setor terá 340 maneiras distintas de compor 
uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas para essa missão, 
sendo um especialista para cadalocal. 
2. Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor 
organizar uma equipe composta por 1 especialista em entrevista, 1 em 
reconhecimento operacional e 1 em levantamento de informações, para 
determinada missão. 
3. Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado 
que se desloque por uma rua retilínea consista em manter um agente no 
mesmo lado da via que o investigado, alguns metros atrás deste, e dois 
outros agentes do lado oposto da rua, um caminhando exatamente ao 
lado do investigado e outro, alguns metros atrás. Nessa situação, há 10 
maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem 
durante uma missão de acompanhamento em que seja utilizada essa 
técnica. 
Resolução. 
Primeiro item. 
Na primeira etapa, escolhemos o especialista que vai para o primeiro 
local. Há 8 opções de escolha (pois são 8 especialistas em reconhecimento 
operacional). 
Na segunda etapa, escolhemos o especialista que vai para o segundo 
local. Há 7 opções de escolha (um mesmo especialista não pode estar ao 
mesmo tempo em dois lugares diferentes; não há reposição). 
Na terceira etapa, escolhemos o especialista que vai para o terceiro local. 
Há 6 opções de escolha. 
Aplicando o PFC: 
Há 336 maneiras de constituir a equipe. 
8 ൈ 7 ൈ 6 ൌ 336
Item errado. 
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Segundo item. 
Para a escolha do especialista em entrevista, há 5 opções. 
Para a escolha do especialista em reconhecimento operacional, há 8 
opções. 
Para a escolha do especialista em levantamento de informações, há 7 
opções. 
Aplicando o PFC: 
5 ൈ 8 ൈ 7 ൌ 280
Item certo. 
Terceiro item. 
São 3 agentes previamente escolhidos. 
Para criar cada forma de eles se organizarem, basta alterarmos a ordem 
de disposição deles ao longo da caminhada. Temos uma permutação de 3 
elementos. 
ଷܲ ൌ 3! ൌ 6
Item errado. 
Gabarito: errado, certo, errado. 
EC 10. Ministério da Saúde 2007 [CESPE] 
Com relação a probabilidade, combinações, arranjos e permutações, 
julgue os seguintes itens. 
1. Sabe-se que, no Brasil, as placas de identificação dos veículos têm 3 
letras do alfabeto e 4 algarismos, escolhidos de 0 a 9. Então, seguindo-se 
essa mesma lei de formação, mas utilizando-se apenas as letras da 
palavra BRASIL, é possível construir mais de 600.000 placas diferentes 
que não possuam letras nem algarismos repetidos. 
Resolução. 
Vamos dividir a formação da placa em etapas. 
Para a primeira etapa, temos 6 opções de letras. 
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O exercício pede que não tenhamos letras nem números repetidos. Ou 
seja, não há reposição. Logo, para a segunda etapa, temos 5 opções de 
letras. 
Já usamos 2 das 6 letras. Para a terceira etapa, sobram 4 opções de 
letras. 
Preenchidas as 3 letras, vamos aos algarismos. Para a primeira posição de 
algarismo, temos 10 opções. Escolhido o primeiro, sobram 9 opções para 
o segundo algarismo. Na escolha do terceiro algarismo, temos 8 opções. E 
para o quarto, temos 7 opções de algarismos. 
Aplicando o PFC: 
800.60478910456 =××××××
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Repare que a ordem de escolha é importante (exemplo: a placa BRA1234 
é diferente da placa ARB4321 – uma mera alteração na ordem de escolha 
dos elementos resulta em um novo caso). Por isso, não é necessário 
excluir contagens repetidas (pois não há contagens repetidas!). 
Gabarito: certo. 
EC 11. ANAC 2009 [CESPE] 
Considere a seguinte situação hipotética. 
Há 6 estradas distintas ligando as cidades A e B, 3 ligando B e C; e 2 
ligando A e C diretamente. Cada estrada pode ser utilizada nos dois 
sentidos. Nessa situação, o número de rotas possíveis com origem e 
destino em A e escala em C é igual a 400. 
Resolução. 
Podemos formar as seguintes rotas: 
A – C – A 
A – B – C – A 
A – C – B – A 
A – B – C – B – A 
A – C – B – C – A 
Na primeira situação, temos: A – C – A. Vamos analisar com calma os 
possíveis percursos. 
Para percorrer o primeiro trecho da rota ( A – C), temos 2 opções (são 
duas estradas que ligam A e C). Para percorrer o segundo trecho, temos 
novamente 2 opções. Assim, rotas passando por A, depois C, depois A, 
são: 
422 =×
Com um raciocínio análogo, podemos calcular as rotas das demais 
situações: 
A – C – A: 422 =× 
A – B – C – A: 36236 =×× 
A – C – B – A: 36632 =×× 
A – B – C – B – A: 3246336 =×××
A – C – B – C – A: 362332 =××× 
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Somando tudo, temos: 
4363632436364 =++++
Assim, na minha opinião, o item está errado. Contudo, no gabarito oficial 
preliminar, ele foi dado como certo. Posteriormente, no gabarito definitivo, 
a questão foi anulada, sob o argumento de que a redação permite mais de 
uma interpretação. 
Gabarito: anulado 
Caso vocês achem algum erro na minha resolução, por favor me avisem. 
EC 12. ANAC 2009 [CESPE] 
O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter 
de um grupo de 5 pilotos e 6 co-pilotos, incluindo, pelo menos, 2 pilotos, 
é superior a 210. 
Resolução. 
Vamos calcular o número total de comissões que é possível formar, 
independentemente de as pessoas escolhidas serem pilotos ou co-pilotos. 
Temos 11 pessoas. Queremos escolher 4, sem repetição, onde a ordem 
não importa. Temos um caso de combinação. 
330
234
891011
!7!4
!11
4,11 =××
×××=×=C
Agora vamos calcular quantas são as comissões com apenas 1 piloto e 
com 3 co-pilotos. Para tanto, vamos dividir o problema em etapas. 
Na primeira etapa, escolhemos o piloto. Para escolher o piloto, temos 5 
opções. 
Na segunda etapa, escolhemos os três co-pilotos. De quantos modos 
podemos executar esta segunda etapa? 
Basta aplicarmos a fórmula da combinação: 
20
23
456
3,6 =×
××=C
Aplicando o PFC: 
100205 =×
É possível formarmos 100 comissões com exatamente 1 piloto e 3 co-
pilotos. 
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Agora vamos calcular quantas são as comissões com 4 co-pilotos. 
Queremos escolher 4 co-pilotos, de um conjunto de 6. Temos: 
15
2
56
4,6 =×=C 
É possível formar 15 comissões com 4 co-pilotos. 
Deste modo, das 330 comissões, temos: 
· 100 são formadas por 1 piloto e 3 co-pilotos 
· 15 são formadas por 4 co-pilotos 
· o restante é formado por, pelo menos, 2 pilotos. 
Logo, o número de comissões com pelo menos 2 pilotos é dado por: 
21515100330 =−−
Outra resolução possível seria assim. Você poderia calcular quantas 
comissões é possível formar com 2 pilotos e 2 co-pilotos. Depois, quantas 
comissões existem com 3 pilotos e 1 co-piloto. Por fim, quantas comissões 
existem com 4 pilotos. Feito isso, basta somar todos os valores que você 
encontrou. O resultado deve ser o mesmo que achamos acima. 
Gabarito: certo. 
EC 13. ANAC 2009 [CESPE] 
 Em um voo em que haja 8 lugares disponíveis e 12 pessoas que desejem 
embarcar, o número de maneiras distintas de ocupação dos assentos para 
o voo sair lotado será superior a 500. 
Resolução. 
Segue a solução pretendida pela banca, quando forneceu o gabarito 
preliminar. 
Temos 12 pessoas e queremos escolher 4, sem repetição, onde a ordem 
não importa. É um caso de combinação: 
495
234
9101112
!4!8
!12
8,12 =××
×××=×=C
O gabarito preliminar era “errado” 
Acontece que o enunciado deu margem a um entendimento de que aordem importava. Se o candidato pensasse na ocupação das 12 poltronas, 
considerando que o fato de um passageiro ocupar a poltrona A1 é 
diferente de ocupar a poltrona B26, então a ordem importa! Não custava 
nada a questão deixar mais claro que a ordem era irrelevante... Creio que 
seria melhor se o enunciado fosse: “o número de maneiras de se escolher 
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as 8 pessoas que embarcarão é superior a 15”. Deste modo, ficaria mais 
claro que a ordem era irrelevante. 
Felizmente, este aspecto foi reconhecido pela banca, que anulou a 
questão. 
Gabarito: anulado 
EC 14. ANAC 2009 [CESPE] 
Considerando que, para ocupar os dois cargos que compõem a diretoria 
de uma empresa, diretor e vice-diretor, existam 5 candidatos, julgue os 
itens subsequentes. 
1. Se cada um dos candidatos for capaz de ocupar qualquer um dos dois 
cargos, o número possível de escolhas para a diretoria da empresa será 
igual a 10. 
2. Se, dos 5 candidatos, 2 concorrem apenas ao cargo de diretor e os 
demais, apenas ao cargo de vice-diretor, o número possível de escolhas 
para a diretoria da empresa será igual 5. 
Resolução. 
Primeiro item. 
Neste caso, a ordem é importante, pois escolher primeiro A e depois B 
(com A sendo diretor e B vice) é diferente de escolher primeiro B e depois 
A (com B diretor e A vice). 
Temos um caso de arranjo. 
20
!3
!5
2,5 ==A 
Item errado. 
Segundo item. 
Para a escolha do cargo de diretor, temos 2 opções. Para a escolha do 
cargo de vice, temos 3 opções. Aplicando o PFC, temos: 
632 =×
Item errado. 
Gabarito: errado errado 
EC 15. IPEA 2008 [CESPE] 
Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem. 
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Considere que, para a final de determinada maratona, tenham sido 
classificados 25 atletas que disputarão uma medalha de ouro, para o 
primeiro colocado, uma de prata, para o segundo colocado, e uma de 
bronze, para o terceiro colocado. Dessa forma, não havendo empate em 
nenhuma dessas colocações, a quantidade de maneiras diferentes de 
premiação com essas medalhas será inferior a 10.000. 
Resolução. 
Temos que escolher 3 atletas, entre os 25 possíveis, onde a ordem 
importa. Além disso, não há reposição, pois um atleta não pode ocupar 
duas posições ao mesmo tempo. Ou seja, temos um caso de arranjo. 
800.13232425
!22
!25
3,25 =××==A
Gabarito: errado 
EC 16. TRT 1 2008 [CESPE] 
Caso 5 servidores em atividade e 3 aposentados se ofereçam como 
voluntários para a realização de um projeto que requeira a constituição de 
uma comissão formada por 5 dessas pessoas, das quais 3 sejam 
servidores em atividade e os outros dois, aposentados, então a 
quantidade de comissões distintas que se poderá formar será igual a 
A) 60. 
B) 30. 
C) 25. 
D) 13. 
E) 10. 
Resolução. 
Vamos dividir o problema em etapas. Cada etapa consistirá em escolher 
uma pessoa para formar a comissão. 
Nas três primeiras etapas, escolhemos os servidores em atividade. Na 
quarta e quinta etapas escolhemos os aposentados. 
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Ainda temos que retirar as contagens repetidas. 
Aplicando o PFC, temos: 
30
223
23345
!2!3
23345 =××
××××=×
××××
Gabarito: B 
EC 17. TRT 1ª Região 2008 [CESPE] 
Considerando que as matrículas funcionais dos servidores de um tribunal 
sejam formadas por 5 algarismos e que o primeiro algarismo de todas a 
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matrículas seja o 1 ou o 2, então a quantidade máxima de matrículas 
funcionais que poderão ser formadas é igual a 
A) 4 × 103. 
B) 1 × 104. 
C) 2 × 104. 
D) 2 × 105. 
E) 3 × 105. 
Resolução. 
Vamos dividir o problema em etapas. Cada etapa vai corresponder à 
escolha de um algarismo. 
- para a primeira etapa temos 2 opções (1 ou 2) 
- para as demais etapas, temos 10 opções (algarismos de 0 a 9). 
Aplicando o PFC, temos: 
4102101010102 ×=××××
Gabarito: C 
Texto para as questões EC 18 a EC 20 
No TRT da 1.ª Região, o andamento de processo pode ser consultado no 
sítio www.trtrio.gov.br/Sistemas, seguindo as orientações abaixo: 
Consulta processual pelo sistema de numeração única – processos 
autuados a partir de 2002: nesse tipo de consulta, a parte interessada, 
advogado ou reclamante/reclamada, poderá pesquisar, todo trâmite 
processual. Para efetuar a consulta, é necessário preencher todos os 
campos, de acordo com os seguintes procedimentos (os dígitos são 
sempre algarismos arábicos): 
campo 1: digite o número do processo – com 5 dígitos; 
campo 2: digite o ano do processo – com 4 dígitos; 
campo 3: digite o número da Vara do Trabalho onde a ação se originou – 
com 3 dígitos. Os números das Varas do Trabalho são codificados 
conforme tabela anexa do sítio e, nas ações de competência dos TRTs, 
esse campo receberá três zeros; 
campo 4: digite o número do TRT onde a ação se originou – com 2 dígitos. 
No caso do TRT da 1.ª Região, “01”, que virá digitado; 
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campo 5: digite o número seqüencial do processo – com 2 dígitos. Na 1.ª 
autuação do processo, independentemente da instância em que for 
ajuizada, este campo deverá ser preenchido com “00”. 
Após o preenchimento de todos os campos, clique o botão “consultar” e 
será apresentada a tela relacionada aos tipos de processos. Clique o tipo 
de processo desejado, por exemplo: RT, RO, AP, e será apresentada a tela 
de Consulta Processual, com todo o trâmite do processo. 
Exemplo de Número Novo: RT: 01100-2002-010-01-00 
EC 18. TRT 1ª Região 2008 [CESPE] 
Se for estabelecida a restrição de que no campo 1, referente ao número 
do processo, até 4 dos 5 dígitos poderão ser iguais, então a quantidade de 
possibilidades para esse número é igual a 
A) 32.805. 
B) 59.049. 
C) 65.610. 
D) 69.760. 
E) 99.990. 
Resolução. 
Vamos dividir a escolha dos dígitos em etapas (uma etapa para cada 
dígito). 
Primeiro, vamos ver de quantas formas podem ser formado o campo 1, 
independente de qualquer restrição. 
Em cada uma das etapas, temos 10 opções (são 10 algarismos possíveis). 
Aplicando o PFC: 
000.100105 = 
Esse é o número total de maneiras de se formar o campo 1. 
Acontece que, deste número acima, temos que excluir os casos 
indesejados. Temos que excluir os casos em que todos os números são 
iguais. 
Vamos ver de quantos modos é possível formar o campo 1 de maneira 
que todos os dígitos sejam iguais. 
Para a primeira etapa, temos 10 opções. 
Escolhido o primeiro dígito, para as demais etapas temos uma única 
opção, pois estamos querendo que os demais dígitos sejam iguais ao 
primeiro. 
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Aplicando o PFC: 
10111110 =××××
São 10 casos em que todos os dígitos são iguais entre si. 
Deste modo, das 100.000 maneiras diferentes de formar o campo 1, 
temos que, em 10 delas, todos os cinco dígitos são iguais. No restante das 
vezes, há, no máximo, 4 dígitos iguais entre si. 
Fazendo a diferença: 
990.9910000.100 =−
Gabarito: E 
EC 19. TRT 1ª Região 2008 [CESPE] 
Considere que no campo 3, correspondente ao número da Vara do 
Trabalho onde o processo se originou, a numeração possa variar de 001 
até 100. Nesse caso, a quantidade dessasVaras que podem ser 
numeradas somente com números divisíveis por 5 é igual a 
A) 15. 
B) 20. 
C) 22. 
D) 25. 
E) 28. 
Resolução. 
Para a primeira etapa temos duas opções (0 ou 1) 
Para a segunda etapa temos dez opções (algarismos de 0 a 9) 
Para a terceira etapa temos duas opções (0 ou 5, de modo que o número 
seja divisível por 5). 
Aplicando o PFC: 
402102 =××
Certo??? 
Errado!!! 
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O problema é que as possibilidades de uma etapa dependem da escolha 
da etapa anterior. Se, na primeira etapa, tiver sido escolhido o dígito “1”, 
as demais etapas devem ser preenchidas com “0”, pois a numeração vai 
até 100. 
Então vamos refazer o problema. 
Primeiro vamos analisar apenas os números de 000 a 099. 
Primeira etapa: 1 opção (só o “0”) 
Segunda etapa: 10 opções (algarismos de 0 a 9) 
Terceira etapa: 2 opções (algarismos 0 e 5) 
Aplicando o PFC: 
202101 =××
São 20 números múltiplos de 5 entre “000” e “099”. Deste valor acima, 
temos que excluir o número “000”, pois a numeração inicia em “001”. 
Além disso, temos que incluir o número “100”. 
201120 =+−
Concluindo, são 20 números múltiplos de 5. 
Gabarito: B 
EC 20. TRT 1ª Região 2008 [CESPE] 
Considere um lote de processos especificados no Sistema de Numeração 
Única, em que os 2 dígitos do campo 5 formam um número par ou um 
número divisível por 3 e varia de 01 a 12. Nesse caso, a quantidade de 
possíveis números para esse campo 5 é igual a 
A) 11. 
B) 10. 
C) 8. 
D) 6. 
E) 4. 
Resolução. 
Neste exercício, até dá para listar todos os casos. Nem precisamos de 
ferramentas de análise combinatória. 
Os casos possíveis são: 02, 03, 04, 06, 08, 09, 10, 12. 
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São oito números possíveis. 
Gabarito: C 
EC 21. MCT 2008 [CESPE] 
Entre os 7 servidores do setor de administração de um órgão público, 3 
serão escolhidos para cargos de chefia. Considerando que todos os 7 
servidores são igualmente competentes para ocupar qualquer das chefias, 
julgue os itens seguintes. 
1. Se forem 3 cargos de chefia diferentes, e apenas um servidor ocupar 
cada um desses cargos, a quantidade de possibilidades de escolha será 
inferior a 40. 
2. Considere que os servidores sejam divididos em dois grupos A e B e 
que os 3 cargos sejam também divididos em 2 grupos em que o primeiro 
grupo tenha 2 desses cargos. Se cada servidor do grupo A puder ocupar 
apenas um dos cargos do primeiro grupo e o cargo do segundo grupo for 
ocupado por um único servidor do grupo B, então o maior número de 
possibilidades de escolha dessas chefias ocorrerá quando o conjunto A 
tiver 5 servidores e o conjunto B, 2 servidores. 
Resolução. 
Primeiro item. 
Notem que os cargos são diferentes entre si. Neste caso, a ordem de 
escolha é relevante. Queremos escolher 3 servidores, de um grupo de 7, 
onde a ordem importa. Temos um caso e arranjo. 
210
!4
!4567
)!37(
!7
3,7 =×××=−=A
Item errado. 
Segundo item 
Sejam “n” o número de servidores do grupo A. Sabemos que “n” deve ser 
no mínimo igual a 2 (para podermos preencher os dois cargos de A). 
Além disso, “n” é, no máximo, igual a 6 (para que sobre 1 pessoa para ir 
para o grupo B). 
Das “n” pessoas de A, precisamos escolher 2. De quantas formas 
podemos fazer isso? 
Basta aplicarmos a fórmula da combinação: 
2
)1(
2,
−×= nnCn 
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Em B nós temos n−7 pessoas. Precisamos escolher 1 para ocupar o cargo 
destinado ao grupo B. Temos ( n−7 ) formas de fazer isso. 
Vamos dividir o processo de escolha dos três ocupantes de cargos em 
etapas. Na primeira etapa, escolhemos os ocupantes do grupo A. Na 
segunda etapa, escolhermos o ocupante de B. 
Aplicando o PFC, temos que o processo pode ser executado com o 
seguinte número de maneiras: 
)7(
2
)1( nnn −×−×
Agora vamos ver quais os valores que da expressão acima para cada valor 
de n. 
Quando n vale 2, a expressão vale 5. Quando n vale, 3, a expressão vale 
12. Quando n vale 4, a expressão vale 18. Quando n vale 5, a expressão 
vale 20. Quando n vale 6, a expressão vale 18. 
Logo, o maior número ocorre quando n vale 5. Ou seja, temos 5 pessoas 
em A e 2 em B. 
Item certo 
Gabarito: errado, certo 
EC 22. POLICIA FEDERAL 2009 [CESPE] 
Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes inscritas 
serão divididas nos grupos A e B, e que, para formar o grupo A, serão 
sorteadas 5 equipes, julgue os itens que se seguem. 
1 - A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que 
formarão o grupo A será inferior a 400. 
Resolução. 
Temos 11 equipes e queremos escolher 5, sem reposição, onde a ordem 
não é importante. Temos um caso de combinação. 
=××××
××××=
12345
7891011
5,11C 462 
Gabarito: Errado 
EC 23. MCT 2008 [CESPE] 
Uma comissão de 6 pessoas deve ser formada com igual número de 
pessoas dos grupos A composto por 7 pessoas e B composto por 4 
pessoas. Com base nas informações, julgue os itens que se seguem. 
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1. O número de comissões que podem ser formadas é 140. 
2. Se um dos elementos do grupo A não aceita participar da comissão se 
nela estiver determinada pessoa do grupo B o número de comissões que 
podem ser formadas é 95. 
Resolução: 
Primeiro item 
A comissão deve ser composta por 3 pessoas do grupo A e 3 pessoas do 
grupo B. 
Em “A”, temos que escolher 3 pessoas num total de 7. O número de 
maneiras de fazer isso é: 
=××
××=
123
567
3,7C 35. 
Em “B”, temos que escolher 3 pessoas num total de 4. Há quatro 
maneiras de fazer isso. 
43,4 =C 
Vamos dividir a escolha da comissão em etapas. 
- primeira etapa: escolha dos membros de “A”: há 35 maneiras de fazer. 
- segunda etapa: escolha dos membros de “B”: há 4 maneiras de fazer. 
Aplicando o PFC: 
140354 =×
Segundo item. 
Seja Fulano o membro do grupo A que possui esta restrição. Seja Ciclano 
o membro do grupo B que gerou a restrição de Fulano. 
Vejamos quantas são as comissões formadas por estes dois indivíduos. 
Muito bem, queremos formar comissões com Fulano e Ciclano. 
Para a escolha dos membros do grupo A, restam 2 vagas (pois uma já é 
de fulano). E temos 6 pessoas ainda disponíveis. O número de formas de 
ocupar estas duas vagas restantes é: 
15
2
56
2,6 =×=C 
Para a escolha dos membros de B, restam 2 vagas (uma é de ciclano), e 
temos 3 pessoas disponíveis. O número de formas de ocupar estas duas 
vagas é igual a 3: 
32,3 =C 
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Assim, o número de comissões com Fulano e Ciclano fica: 
45315 =×
A partir do momento em que Fulano se recusa a participar junto com 
Ciclano, estas 45 comissões não podem mais ser formadas. Elas devem 
ser subtraídas do total. 
Com isso, levando em conta esta restrição, a quantidade de comissões 
possível é de: 
140 – 45 = 95 
Gabarito: certo, certo 
EC 24. ANAC 2009 [CESPE] 
Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir. 
1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma 
mesa redonda. 
2. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se 
sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças 
sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas 
pessoas se posicionarem.3. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só 
existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das 
pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 
20 maneiras distintas. 
Resolução. 
Primeiro item. 
Exercícios de preencher lugares ao longo de uma mesa redonda são bem 
comuns em provas de vestibular. É o caso chamado de permutação 
circular. 
Neste caso, o que o exercício quer dizer é o seguinte: não há referência 
física fora da mesa. Você tem que pensar que todos os lugares são 
equivalentes. 
Ou seja, quando formos alocar a primeira pessoa, tanto faz onde ela será 
colocada, pois todas as vagas são iguais entre si. 
Só depois de alocada a primeira pessoa é que passamos a ter uma 
referência. As demais pessoas poderão se sentar à sua direita, à sua 
esquerda, à sua frente, etc. 
Assim, as etapas só começam depois de alocada a primeira pessoa. 
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- Início: alocamos a primeira pessoa, que servirá de referência para as 
demais. 
- Primeira etapa: para a segunda pessoa temos 4 lugares restantes 
- segunda etapa: para a terceira pessoa temos 3 lugares restantes 
- terceira etapa: para a quarta pessoa temos 2 lugares restantes 
- quarta etapa: para a quinta pessoa temos 1 lugares restantes. 
Aplicando o PFC: 
241234 =×××
Segundo item. 
Para a primeira cadeira, temos 3 opções de adulto. 
Para a segunda cadeira temos 2 opções de criança 
Para a terceira cadeira temos 2 opções de adulto (pois um já se sentou na 
primeira cadeira) 
Para a quarta cadeira temos 1 opção de criança (pois a outra já se sentou 
na segunda cadeira) 
Para a quinta cadeira temos 1 opção de adulto. 
Aplicando o PFC: 
1211223 =××××
Terceiro item. 
Temos um caso de combinação: 
103,5 =C 
Gabarito: certo, certo, errado. 
EC 25. TRE MG 2009 [CESPE] 
Se, no departamento de recursos humanos de uma empresa em que 
trabalhem 5 homens e 4 mulheres, for preciso formar, com essa equipe, 
comissões de 4 pessoas com pelo menos 2 homens, a quantidade de 
comissões diferentes que poderão ser formadas será 
A) superior ou igual a 200. 
B) superior ou igual a 170 e inferior a 200. 
C) superior ou igual a 140 e inferior a 170. 
D) superior ou igual a 110 e inferior a 140. 
E) inferior a 110. 
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Resolução. 
Primeiro caso: comissões com exatamente 2 homens e 2 mulheres. 
Na primeira etapa, temos que escolher 2 homens entre 5 possíveis (
102,5 =C ) 
Na segunda etapa, temos que escolher 2 mulheres entre 4 possíveis (
62,4C = ) 
Multiplicando: 
60106 =×
Há 60 comissões com exatamente 2 homens. 
Segundo caso: comissões com exatamente 3 homens. 
Na primeira etapa, temos que escolher 3 homens entre 5 possíveis (
103,5 =C ) 
Na segunda etapa, temos que escolher 1 mulhere entre 4 possíveis (
41,4 =C ) 
Multiplicando: 
40410 =×
Há 40 comissões com exatamente 2 homens. 
Terceiro caso: comissões com exatamente 4 homens. 
Temos que escolher 4 homens entre 5 possíveis ( 54,5 =C ) 
Há 5 comissões com 4 homens. 
Somando tudo: 
10554060 =++
Gabarito: E 
EC 26. TRE MA 2009 [CESPE] 
Uma cerimônia será realizada em um auditório e as dez cadeiras da 
primeira fila serão ocupadas por dez autoridades convidadas que 
confirmaram suas presenças. Por ordem de chegada, o primeiro convidado 
poderá ocupar qualquer uma das dez cadeiras e cada um dos outros, ao 
sentar-se, deverá ocupar uma cadeira ao lado de algum convidado já 
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sentado. Nessa situação, o número de modos possíveis de esses 
convidados ocuparem os dez lugares na primeira fila é igual a 
A) 512. 
B) 1.024. 
C) 2.400. 
D) 4.800. 
E) 5.120. 
Resolução. 
Vamos chamar de A, B, C, D, E, F, G, H, I, J os convidados, que entrarão 
nessa ordem. 
Vamos numerar as cadeiras da esquerda para a direita (a cadeira 1 é a da 
extrema esquerda; a 10 é a da extrema direita). 
Primeiro caso: o convidado A senta na poltrona 1. 
Nesta situação, não tem jeito. Todos os demais candidatos só podem ir 
sentando à direita do último convidado que sentou. 
B sentará na poltrona 2, ao lado de A. 
C sentará na poltrona 3, ao lado de B. 
E assim por diante. 
Neste primeiro caso, portanto, temos uma única forma de disposição dos 
convidados. 
Segundo caso: o convidado A senta na poltrona 2. 
O convidado B terá duas opções para se sentar (na 1 ou na 3). 
E o convidado C? Quantas opções ele terá? 
Depende. 
Se B se sentar na poltrona 1, C só poderá se sentar na 3.
Se B se sentar na poltrona 3, C poderá se sentar na 1 ou na 4. 
Vamos parar um pouco. Observe bem a linha em negrito. No momento em 
que a poltrona 1 é ocupada, para o convidado seguinte só resta uma 
opção. 
Assim, só temos que calcular de quantos modos podemos preencher a 
cadeira 1. 
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Temos 9 convidados restantes (pois A já se sentou na poltrona 2). Logo, 
há 9 formas de preenchermos a cadeira 1. 
Assim, neste segundo caso, temos 9 formas de disposição dos convidados. 
Terceiro caso: o convidado A se senta na poltrona 3. 
No momento em que as poltronas 1 e 2 forem ocupadas, para os demais 
convidados só sobrará uma opção. 
Temos que escolher 2 pessoas entre as 9 restantes para ocupar tais 
poltronas. 
O número de maneiras de ocupar as poltronas 1 e 2 é: 
=2,9C 36!2!7
!9 =× 
Quarto caso: o convidado A ocupa a poltrona 4. 
No momento em que as poltronas 1, 2 e 3 forem ocupadas, os demais 
convidados só terão uma opção. O número de maneiras de escolhermos 3 
pessoas para ocupar tais poltronas é 
84
!3!6
!9
3,9 =×=C 
Quinto caso: o convidado A ocupa a poltrona 5. 
Temos que escolher 4 pessoas para ocuparem as poltronas 1, 2, 3 e 4. 
=4,9C 126!4!5
!9 =× 
Vamos somar todos os casos encontrados até agora. 
Somando tudo, temos: 256193684126 =++++
Ou seja, se o convidado A se sentar nas poltronas de 1 a 5, teremos 256 
formas de os demais convidados se sentarem. 
Mas o convidado A também pode se sentar nas poltronas de 6 a 10. Seria 
um caso análogo ao de cima (apenas trocaríamos esquerda por direita). 
Teríamos mais 256 formas de os demais convidados se sentarem. 
5122256 =×
Logo, temos 512 formas de os convidados ocuparem as 10 poltronas. 
Gabarito: A 
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EC 27. TRT 1ª REGIÃO 2008 [CESPE] 
De acordo com informações apresentadas no endereço eletrônico 
www.trtrio.gov.br/Administrativo, em fevereiro de 2008, havia 16 
empresas contratadas para atender à demanda de diversos serviços do 
TRT/1.ª Região, e a quantidade de empregados terceirizados era igual a 
681. 
Com base nos dados do texto, a quantidade de maneiras distintas para se 
formar uma comissão de representantes dos empregados terceirizados, 
composta por um presidente, um vice-presidente e um secretário, de 
modo que nenhum deles possa acumular cargos, é 
A) inferior a 682. 
B) superior a 682 e inferior a 104. 
C) superior a 104 e inferior a 681×103. 
D) superior a 681×103 e inferior a 341×106. 
E) superior a 341×106. 
Resolução. 
Temos que escolher 3 pessoas, sem repetição, de um conjunto de 681 
elementos disponíveis. A ordem da escolha é importante. Isto porque 
escolher para os cargos de presidente, vice e secretário, respectivamente,os funcionários A, B e C, é diferente de escolher C, B e A. No primeiro 
caso, A é presidente e C é secretário. No segundo caso, A é secretário e C 
é presidente. 
Vamos aplicar o PFC. 
1ª etapa: Para a escolha do presidente temos 681 opções. 
2ª etapa: para a escolha do vice, sobram 680 opções 
3ª etapa: para a escolha do secretário, sobram 679 opções. 
Aplicando o PFC: 
=×× 679680681 314.431.320 610≅ 314× 
Para facilitar as contas, você poderia aproximar para 6803. 
Gabarito: D 
EC 28. TRT 9 2007 [CESPE] 
Julgue os itens a seguir. 
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1. Um órgão especial de um tribunal é composto por 15 
desembargadores. Excetuando-se o presidente, o vice-presidente e o 
corregedor, os demais membros desse órgão especial podem integrar 
turmas, cada uma delas constituída de 5 membros, cuja função é julgar os 
processos. Nesse caso, o número de turmas distintas que podem ser 
formadas é superior a 104. 
Resolução. 
Para formar uma turma, precisamos escolher 5 desembargadores entre os 
12 disponíveis. A ordem não é relevante e não há reposição. Estamos num 
caso de combinação. 
7928911
2345
89101112
!7!5
!12
5,12 =××=×××
××××=×=C
Gabarito: errado. 
EC 29. BRB 2009 [CESPE] 
Sérgio e Carla chegam ao autoatendimento de uma agência bancária para 
sacarem, respectivamente, R$ 430,00 e R$ 210,00. Nessa agência, estão 
em operação 10 caixas automáticos, todos indicando, na tela, que contêm 
notas de 5, 10, 20 e 50 reais. No entanto, efetivamente, 2 deles contêm 
apenas notas de 10 reais, 3 contêm somente notas de 20 reais, e os 
demais contêm notas de todos os valores indicados na tela. Nos caixas, 
existem notas suficientes para os saques, cada um deles tem fila 
individual, e Sérgio e Carla tomaram filas de caixas diferentes. 
Considerando a situação hipotética apresentada, julgue os itens que se 
seguem. 
25 A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para 
o casal Sérgio e Carla é superior a 100. 
26 A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para 
Sérgio e Carla tal que ambos consigam realizar os saques desejados é 
maior que 20. 
27 A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para 
Sérgio e Carla tal que pelo menos um deles não consiga fazer o saque é 
menor que 20. 
28 Considere que as senhas de banco de Sérgio e de Carla sejam 
compostas de uma primeira parte numérica de 6 algarismos que assumem 
valores de 0 a 9 e uma segunda parte constituída de três letras entre as 
26 letras do alfabeto. Considere ainda que as partes alfabéticas das 
senhas de Sérgio e Carla sejam, respectivamente, TMW e SLZ, e que não 
sejam permitidas senhas numéricas com todos os números iguais. Nessa 
situação, o número total de senhas possíveis nesse banco cuja parte 
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alfabética não contenha nenhuma das letras existentes na senha de 
Sérgio ou na de Carla é menor que 8 bilhões. 
Resolução. 
Item 25. 
Podemos dividir a escolha em etapas. Na primeira etapa escolhemos o 
caixa para Sérgio. Há 10 formas de fazer isso. 
Na segunda etapa escolhemos o caixa para Carla. Como deve ser 
diferente do caixa de Sérgio, restam 9 opções para Carla. 
Aplicando o PFC: 
Há 90 formas de escolhermos os dois caixas. 
10 ൈ 9 ൌ 90
Item errado. 
Item 26. 
Os três caixas que contêm apenas notas de vinte reais não servem, pois 
não é possível sacar R$ 430,00 e R$ 210,00 só com notas de vinte reais. 
Assim, restam 7 caixas disponíveis. 
Para escolhermos o caixa de Sérgio, temos 7 opções. 
Escolhido o caixa para Sérgio, sobram 6 opções de caixa para Carla. 
Aplicando o PFC: 
7 ൈ 6 ൌ 42
Há 42 formas de eles escolherem os caixas, de modo que sejam possíveis 
os saques pretendidos. 
Item certo. 
Item 27. 
Vimos no item 25 que há 90 formas de eles escolherem as duas filas. 
Destas 90 formas, há 42 em que os dois conseguem sacar as quantias 
pretendidas (ver item 26). 
90 െ 42 ൌ 48
Portanto, há 48 maneiras de eles escolherem os caixas de tal modo que 
pelo menos um não consiga sacar a quantia previamente estabelecida. 
Item errado. 
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Item 28. 
Para a escolha do primeiro algarismo, temos 10 opções (0, 1, 2, 3, ..., 8, 
9). 
Escolhido o primeiro algarismo, para o segundo sobram 9 opções (pois 
não há repetição de algarismos). 
Escolhidos os dois primeiros algarismos, para o terceiro algarismo sobram 
8 opções. 
Em seguida, para o quarto algarismo sobram 7 opções. 
Para o quinto algarismo são 6 opções. 
Para o sexto algarismo são 5 opções. 
Agora precisamos escolher as três letras. Pode ser qualquer letra do 
alfabeto, a exceção das letras T, M, W, S, L, Z, que já estão sendo usadas 
nas senhas de Sérgio e Carla. 
Sobram assim 26 – 6 = 20 letras. 
O exercício nada falou sobre repetição de letras. Supondo que pode haver 
repetição de letras, o número de maneiras de escolhermos as três letras 
é: 
20 ൈ 20 ൈ 20 ൌ 8.000
Juntando a parte numérica e a parte alfabética, a quantidade de senhas 
possível é: 
10 ൈ 9 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 5 ൈ 8.000
Temos saber se este número é maior ou menor que 8 bilhões. Para saber 
quem é maior, vamos dividir um pelo outro. 
10 ൈ 9 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 5 ൈ 8.000
8.000.000.000
ൌ
10 ൈ 9 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 5
1.000.000
ൌ
9 ൈ 8 ൈ 7 ൈ 6 ൈ 5
100.000
ൌ
9 ൈ 8 ൈ 210
100.000
ൌ
9 ൈ 8 ൈ 21
10.000
ൌ
1.512
A fração é menor que 1. Logo, o numerador é menor que o denominador. 
10.000
൏ 1
Item certo. 
Gabarito: errado, certo, errado, certo 
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EC 30. SAD PE 2009 [CESPE] 
Uma empresa está oferecendo vagas para pessoas de 26 a 40 anos de 
idade. Os interessados devem preencher um questionário com as 
seguintes perguntas: idade, sexo (masculino ou feminino) e se o 
candidato realizou cursos de idiomas. Se a resposta da terceira pergunta 
for afirmativa, o candidato deve assinalar quais idiomas já cursou, dentre 
os que se seguem: inglês, francês ou espanhol. Caso seja negativa, o 
candidato deve informar o tempo de experiência que possui na área, 
dentre quatro alternativas: nenhum, até 2 anos, mais de 2 anos e menos 
de 5 anos ou mais de 5 anos. Considerando as informações acima, pode-
se concluir que o número de respostas distintas que esse questionário 
pode ter é igual a 
A 210. 
B 330. 
C 420. 
D 660. 
E 1680. 
Resolução 
De 26 a 40 anos, temos 15 idades possíveis. Ou seja, há 15 maneiras de 
se preencher o campo “idade”. 
Há duas formas de se preencher o campo “sexo” (masculino e feminino). 
Agora chegamos ao campo que se refere aos idiomas. 
Primeiro vamos trabalhar com as pessoas que já realizaram cursos de 
idiomas. 
Estas pessoas podem marcar que já fizeram um único idioma (há 3 
formas de fazer isso). 
Ou então, as pessoas podem marcar que já fizeram dois idiomas. O 
número de formas de fazer isso é: 
ܥଷ,ଶ ൌ
3!
2!
ൌ 3
Por fim, as pessoas podem marcar que já fizeram os três idiomas. Há uma 
única forma de fazer isso. 
Juntando tudo, o número de maneiras de se preencher o campo de 
“idiomas” é: 
3 ൅ 3 ൅ 1 ൌ 7
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Assim, para as pessoas que já fizeram curso de idiomas, temos: 
- 15 maneiras de preencher o campo idade 
- 2 maneiras de preencher o campo sexo 
- 7 maneiras de preencher