Aula 06 (2)

Prévia do material em texto

Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 1 
AULA 6: Análise combinatória 
 
1. ANÁLISE COMBINATÓRIA ............................................................................................................... 2 
1.1. Princípio fundamental da contagem (PFC) .......................................................................................... 2 
1.2. Arranjos ................................................................................................................................................ 5 
1.3. Permutação. .......................................................................................................................................... 8 
1.4. Combinação .......................................................................................................................................... 8 
1.5. Outros exercícios ................................................................................................................................ 11 
1.6. Permutação com repetição ................................................................................................................. 47 
2. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA .......................................................................................... 53 
3. GABARITO ..................................................................................................................................... 59 
 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 2 
1. ANÁLISE COMBINATÓRIA 
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. 
 
1.1. Princípio fundamental da contagem (PFC) 
Exemplo 1 
Em um laboratório estamos fazendo um experimento que envolve o cruzamento de um 
macho e uma fêmea de uma mesma espécie. Temos disponíveis 3 machos e 4 fêmeas. De 
quantos modos podemos formar o casal para cruzamento? 
 
Resolução. 
Vamos designar os machos por letras (A, B, C) e as fêmeas por números (1, 2, 3, 4). 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 3 
O esquema abaixo apresenta todas as possibilidades de casal: 
 
 
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: 
4 × 3 = 12 
Este resultado decorre do princípio 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: 
�� �	 �
 ×⋯×�� 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 4 
O número de maneiras de concluirmos a tarefa como um todo é dado por: 
1ª etapa 2ª etapa 
4 3 
4 × 3 = 12 
Bastou multiplicar a quantidade de maneiras de executar cada etapa. 
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. 
 
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}. Seja B o conjunto dos machos {a, b, c}. 
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. 
 
Questão 1 TCU 1999 [ESAF] 
A senha para um programa de computador consiste em uma seqüência LLNNN, onde “L” 
representa uma letra qualquer do alfabeto normal de 26 letras e “N” é um algarismo de 0 a 
9. Tanto letras como algarismos podem ou não ser repetidos, mas é essencial que as letras 
sejam introduzidas em primeiro lugar, antes dos algarismos. Sabendo que o programa não 
faz distinção entre letras maiúsculas e minúsculas, o número total de diferentes senhas 
possíveis é dado por: 
a) 226 310 
b) 262 103 
c) 226 210 
d) 26! 10! 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 5 
e) C26,2 C10,3 
 
Resolução: 
Para cada letra temos 26 opções. Para cada número temos 10 opções. Aplicando o PFC: 
26 × 26 × 10 × 10 × 10 = 26	 × 10
 
Gabarito: b 
 
1.2. Arranjos 
Questão 2 ANEEL 2006 [ESAF] 
Em um campeonato de tênis participam 30 duplas, com a mesma probabilidade de vencer. 
O número de diferentes maneiras para a classificação dos 3 primeiros lugares é igual a: 
a) 24.360 
b) 25.240 
c) 24.460 
d) 4.060 
e) 4.650 
 
Resolução: 
Vamoscomparar esse exercício com o exemplo dado no início da aula. 
No Exemplo 1, queríamos formar casais. Para tanto, tínhamos o conjunto das fêmeas – {1, 2, 
3, 4} - e o conjunto dos machos – {a, b, c }. 
A primeira etapa estava relacionada ao conjunto {1, 2, 3, 4} 
A segunda etapa estava relacionada ao conjunto {a, b, c}. 
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 das duplas: {1, 2, 3, 4, 5, ..., 30}. Estamos indicando 
cada dupla por um número de 1 a 30. 
Para escolher a primeira colocada, tomaremos um dos elementos deste conjunto. Para 
escolhemos a segunda colocada, novamente tomaremos um dos elementos deste conjunto. 
Para a terceira colocada, idem. 
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? 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 6 
2 – a ordem de escolha dos elementos é importante? 
 
Neste problema, não há reposição. 
Serão escolhidas três duplas diferentes. Assim, se uma dupla já ocupa a primeira posição, 
não tem como ela também ocupar a segunda posição. Uma vez que uma dupla já foi 
escolhida para ocupar a posição 1, ela não é reposta no conjunto original, ela não é mais 
uma opção para preenchermos os demais lugares do pódio. 
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. 
 
Vamos dividir o problema em etapas. Em cada etapa, escolhemos uma dupla para ocupar 
cada uma das posições do pódio. 
Para a primeira dupla (vencedora do torneio) temos 30 opções. Para a segunda colocada 
sobram 29 opções (pois não há reposição, não podemos mais usar a dupla que já ocupa a 
primeira posição). Em seguida, para a terceira colocação sobram 28 opções. 
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 
30 29 28 
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? 
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. 
Escolher as duplas “a”, “b” e “c” nessa ordem significa que “a” foi a vencedora do torneio, a 
campeã. E escolhermos “c”, “b”, “a”, agora a dupla “c” é quem foi a vencedora. Uma mera 
alteração na ordem muda tudo, representa um novo caso. 
 
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. 
 
Aplicando o PFC: 
30 × 29 × 28 = 24.360 
Gabarito: A 
 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 7 
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: 
��,� =
�!
�� − ��! 
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: 
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 × �4 × 3 × 2 × 1� 
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 da ESAF usando a fórmula. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 8 
Temos um caso em que não há reposição e a ordem importa. Assim, temos um problema de 
arranjo. De um total de 30 elementos �� = 30�, queremos escolher 3 �� = 3�, sem 
reposição, onde a ordem importa. O número de maneiras de fazer isso é: 
�
�,
 =
30!
�30 − 3�! 
��,
 =
30!
�27�! 
Agora desenvolvemos o numerador até atingirmos 27!, para podermos simplificar. 
��,
 =
30 × 29 × 28 × 27!
�27�! = 30 × 29 × 28 = 24.360 
 
1.3. Permutação. 
Um caso particular de arranjo ocorre quando n = p. Neste caso, temos uma permutação. A 
fórmula fica reduzida a: 
�!
�� − ��! =
�!
0! = �! 
Assim, a permutação de n elementos é dada por: 
�� = �! 
Exemplo 2 
Qual o número de anagramas da palavra “rato”? 
 
Resolução: 
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: 
� = 4! = 24 
1.4. Combinação 
Questão 3 CGU 2002 [ESAF] 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 9 
Na Mega-Sena são sorteadas seis dezenas de um conjunto de 60 possíveis (as dezenas 
sorteáveis são 01, 02, ... , 60). Uma aposta simples (ou aposta mínima), na Mega-Sena, 
consiste em escolher 6 dezenas. Pedro sonhou que as seis dezenas que serão sorteadas no 
próximo concurso da Mega-Sena estarão entre as seguintes: 01, 02, 05, 10, 18, 32, 35, 45. O 
número mínimo de apostas simples para o próximo concurso da Mega-Sena que Pedro deve 
fazer para ter certeza matemática que será um dos ganhadores caso o seu sonho esteja 
correto é: 
a) 8 
b) 28 
c) 40 
d) 60 
e) 84 
 
Resolução: 
Pedro precisa fazer todas as combinações possíveis de 6 dezenas, a partir das 8 dezenas 
com que ele sonhou. 
Então temos 8 dezenas de partida. Trata-se do conjunto abaixo: 
{1, 2, 5, 10, 18, 32, 35, 45} 
Pedro precisa preencher vários cartões de 6 dezenas (apostas simples), utilizando todas as 
combinações possíveis destes números. 
 
Vamos dividir o preenchimento do cartão em etapas. 
Para a primeira dezena preenchida, temos 8 opções. 
 
Em seguida, para a segunda dezena preenchida, sobram 7 opções de números. Isso porque 
não há reposição. Se Pedro já preencheu o número 18, por exemplo, não faz sentido querer 
usar esse número novamente. 
 
Para a terceira etapa, sobram 6 opções de números. 
 
Para a quarta etapa, sobram 5 opções de dezenas. 
 
Para a quinta etapa, sobram 4 opções de dezenas. 
 
Para a sexta e última etapa, sobram 3 opções. 
 
Aplicando o PFC: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 10 
 
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 
 
Essa seria a quantidade de apostas simples que Pedro deveria realizar. 
Mas tem um problema nessa solução. 
Na solução acima, consideramos que a ordem importa. Ou seja, a aposta {1, 2, 5, 10, 18, 32}, 
feita nessa ordem, seria diferente de {1, 2, 5, 10, 32, 18}, onde invertemos a ordem das duas 
últimas dezenas. 
Mas isso está errado. No preenchimento da aposta simples, o que importa é quais dezenas 
foram escolhidas. Não importa a ordem. 
Dizemos que a ordem não é importante. 
 
Ou seja, no resultado acima obtido temos casos sendo contados repetidas vezes. 
O caso {1, 2, 5, 10, 18, 32}, por exemplo, foi contado inúmeras vezes. Vejam: 
1, 2, 5, 10, 18, 32 
1, 2, 5, 10 ,32, 18 
1, 2, 5, 32, 10, 18 
.... 
Esses são só alguns exemplos de casos contados repetidamente. Na verdade, todos eles são 
um caso só. 
Em síntese, qualquer permutação entre os elementos {1, 2, 5, 10, 18, 32} foi contada 
indevidamente. 
Temos 6 elementos. A permutação de 6 elementos é igual a 6! = 720. 
Ou seja, a aposta {1, 2, 5, 10, 18, 32} foi contada 720 vezes. 
E isso ocorreu com todas as demais apostas. 
Temos então que dividir o resultado obtido por 720 (=6!), para eliminar as contagens 
repetidas. 
Ficamos com: 
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3
6! =
8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 =
8 × 7
2 × 1 = 28 
São necessárias 28 apostas simples. 
Gabarito: B 
 
Nesta questão, 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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 11 
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? 
 
Neste exercício, a ordem de escolha das seis dezenas não é relevante. Por isso, dividimos 
por 6!, para eliminar as contagens repetidas. 
 
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: 
!�,� =
�!
�� − ��! × �! 
A fórmula da combinação já tem o fator que elimina as contagens repetidas. 
 
Neste exercício da ESAF, poderíamos ter aplicado esta fórmula. 
Temos um caso de combinação de 8 dezenas, tomadas 6 a 6: 
!",� =
8!
�8 − 6�! × 6! =
8 × 7 × 6!
2! × 6! = 28 
Fechando o tópico, é pertinente lembrar que existe outro símbolo para a combinação de “n” 
elementos, tomados “p” a “p”: 
#��$ = !�,� =
�!
�! × �� − ��! 
 
1.5. Outros exercícios 
Os exercícios de análise combinatória podem ser resumidos da seguinte forma: 
!)!(
!),(
ppn
npnC
×−
=
elimina as contagens repetidas
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 12 
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. 
 
Questão 4 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 sequência de 5 
listras horizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que 
Ágata possui 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). 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 13 
 
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: 
 
 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 14 
 
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. 
 
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 comdificuldade, vamos para outro exemplo. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 15 
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. 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 16 
Gabarito: C 
 
Questão 5 MPOG 2010 [ESAF] 
Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 
pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 
10 pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 
fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes 
maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a: 
a) 2440 
b) 5600 
c) 4200 
d) 24000 
e) 42000 
 
Resolução. 
Temos uma tarefa, que consiste em alocar as 10 pessoas em três diferentes salas. 
Vamos dividir esta tarefa em etapas. Na primeira etapa, escolhemos a primeira pessoa da 
sala 1. Na segunda etapa, escolhemos a segunda pessoa da sala 1. E assim, por diante, até a 
décima etapa, quando escolhemos a terceira pessoa da sala 3. 
Para a primeira etapa, temos 10 opções de pacientes. 
Escolhido o primeiro paciente, para a segunda etapa sobram 9 opções. 
E assim por diante. 
 
 
 
Ok, mas, dentro de cada sala, a ordem de escolha dos pacientes não é relevante. Precisamos 
fazer algumas divisões para eliminar as contagens repetidas. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 17 
 
Ficamos com: 
10!
4! × 3! × 3! =
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4!
4! × 3! × 3! =
10 × 9 × 8 × 7 × 5
3! = 4200 
 
Gabarito: C 
 
Questão 6 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. 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 18 
 
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. 
 
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? 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 19 
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. 
 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br20 
 
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. 
 
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. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 21 
 
Por fim, para a terceira etapa, em que também não há restrição, sobram 4 opções de 
modelo. 
 
Aplicando o PFC: 
5 × 5 × 4 × 3 = 300 
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 
 
Questão 7 AFRFB 2009 [ESAF] 
De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres em uma mesa redonda, 
isto é, sem cabeceira, de modo a se ter sempre um homem entre duas mulheres e uma 
mulher entre dois homens? 
a) 72 
b) 36 
c) 216 
d) 720 
e) 360 
 
Resolução. 
Quando a questão diz que a mesa é circular, significa que, de início, todos os lugares são 
equivalentes entre si. Não há uma referência, algo que diferencie um lugar do outro. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 22 
 
Vamos alocar o primeiro homem. Há 6 opções de lugar para ele, mas todas são 
equivalentes, pois todos os lugares são vistos como “iguais”, já que não há uma referência, 
algo que os diferencie. 
 
 
Posicionado o primeiro homem, agora nós criamos uma referência. Este homem será a 
referência. Temos agora um lugar à sua esquerda, outro à sua direita, outro que lhe é 
oposto, e assim por diante. 
Vamos preencher o lugar à esquerda deste homem. Neste lugar, só podemos alocar 
mulheres, pois homens e mulheres devem se sentar alternadamente. Assim, há 3 formas de 
preenchermos esta cadeira. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 23 
 
Vamos agora para o lugar seguinte, destacado em amarelo na figura abaixo. 
 
Ele só pode ser ocupado por um homem, pois homens e mulheres devem se sentar de 
maneira alternada. Tínhamos 3 homens, mas já alocamos 1. Faltam 2. Com isso, há duas 
formas de executarmos esta etapa. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 24 
 
Para o lugar seguinte, temos duas opções de mulher. 
 
Com o mesmo raciocínio, preenchemos os demais lugares: 
 
O número de maneiras de alocar estas seis pessoas é dado por: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 25 
1211223 =×××× 
Como não há alternativa correta, a questão foi anulada. 
Gabarito: anulado 
 
Questão 8 CGU 2001 [ESAF] 
Se o conjunto X tem 45 subconjuntos de 2 elementos, então o número de elementos de X é 
igual a: 
a) 10 
b) 20 
c) 35 
d) 45 
e) 90 
 
Resolução: 
Seja n a quantidade de elementos do conjunto X. 
Para formar um subconjunto de 2 elementos, temos que escolher 2 elementos dentre os 
“n” disponíveis. Assim, se são 45 subconjuntos com 2 elementos, então o número de 
combinações de “n”, tomados 2 a 2, é igual a 45: 
!�,	 = 45 
�!
�� − 2�! × 2! = 45 
� × �� − 1� × �� − 2�!
�� − 2�! × 2! =
� × �� − 1�
2 = 45 
� × �� − 1� = 90 
Procuramos um número que, multiplicado por seu antecessor, resulte em 90. “n” só pode 
ser igual a 10: 
� = 10 
Gabarito: A 
 
Questão 9 AFRFB 2009 [ESAF] 
Sabe-se que os pontos A, B, C, D, E, F e G são coplanares, ou seja, estão localizados no 
mesmo plano. Sabe-se, também, que destes sete pontos, quatro são colineares, ou seja, 
estão numa mesma reta. Assim, o número de retas que ficam determinadas por estes sete 
pontos é igual a: 
a) 16 
b) 28 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 26 
c) 15 
d) 24 
e) 32 
 
Resolução. 
Para formar uma reta, nós precisamos de 2 pontos. Assim, o número total de retas é dado 
por: 
212,7 =C 
Só que tem um problema na resolução acima. Sejam A, B, C, D os pontos coplanares. Todos 
os pares de pontos escolhidos entre estes 4 definem a mesma reta. Exemplo: 
A, B 
A, C 
B, D 
As retas definidas por estes 3 pares de pontos não são diferentes entre si. É a mesma reta. 
Assim, nas 21 retas definidas acima, temos mais retas que as de fato existentes. 
Vamos ver quantas retas foram contadas, incluindo dois pontos escolhidos entre A, B, C, D. 
62,4 =C 
Deste modo, as 6 retas definidas pelos pares de pontos tomados entre A, B, C, D são, na 
verdade, 1 reta só. Ou seja, 5 retas estão “sobrando”, estão sendo contadas em excesso, 
indevidamente. 
O número correto de retas fica: 
16521 =− 
Gabarito: A 
 
Questão 10 ANEEL 2006 [ESAF] 
Um grupo de amigos formado por três meninos - entre eles Caio e Beto - e seis meninas - 
entre elas Ana e Beatriz - , compram ingressos para nove lugares localizados lado a lado, em 
uma mesma fila no cinema. Ana e Beatriz precisam sentar-se juntas porque querem 
compartilhar do mesmo pacote de pipocas. Caio e Beto, por sua vez, precisam sentar-se 
juntos porque querem compartilhar do mesmo pacote de salgadinhos. Além disso, todas as 
meninas querem sentar-se juntas, e todos os meninos querem sentar-se juntos. Com essas 
informações, o número de diferentes maneiras que esses amigos podem sentar-se é igual a: 
a) 1920 
b) 1152 
c) 960 
d) 540 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 27 
e) 860 
 
Resolução: 
Vamos numerar as cadeiras de 1 a 9: 
 
Caso 1: meninos ocupam cadeiras de 1 a 3 e meninas ocupam cadeiras de 4 a 9. 
Vamos agora alocar os meninos. Vamos primeiro considerar os casos em que Caio senta à 
esquerda de Beto. 
Para Caio há duas cadeiras disponíveis (Caio não pode se sentar na 3, pois, assim, não ficaria 
à esquerda de Beto). 
Alocado Caio, temos uma única cadeira para Beto (deve se sentar à direita de Caio). 
Finalmente, para o terceiro menino sobra uma única cadeira. 
Assim, o número de maneiras pelos quais podemos alocar os meninos, com Caio à esquerda 
de Beto, é: 
2 × 1 × 1 = 2 
Analogamente, há mais 2 formas de alocarmos os meninos, com Beto à esquerda de Caio. 
 
Somando tudo, são 2 + 2 =4 formas de alocarmos os meninos. 
 
Ok. Vamos para as meninas. Vamos primeiro considerar os casos em que Ana senta à 
esquerda de Beatriz. 
Para Ana há 5 opções de cadeira (ela não pode se sentar na cadeira 9, pois, assim, não 
ficaria à esquerda de Beatriz). 
Alocada Ana, para Beatriz temos uma únicaopção de cadeira. 
Agora sobraram 4 cadeiras, para alocarmos as outras 4 meninas. Para a primeira das 
meninas restantes há 4 opções de cadeira. Para a segunda menina sobram 3 opções. Em 
seguida, para outra menina temos duas opções. E, para a última menina, sobra 1 cadeira. 
Aplicando o princípio fundamental da contagem: 
5 × 1 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 
Há 120 maneiras de alocarmos as meninas, com Ana à esquerda de Beatriz. 
Analogamente, há outras 120 maneiras de alocarmos as meninas com Beatriz à esquerda de 
Ana. 
Somando tudo, são 120+120=240 formas de alocarmos as meninas. 
 
Ok, continuando. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 28 
Há 4 maneiras de alocarmos os meninos. E, para cada uma dessas maneiras, há 240 formas 
de alocarmos as meninas. Aplicando o PFC: 
4 × 240 = 960 
Há 960 formas de alocarmos meninos e meninas, com os meninos ocupando as cadeiras de 
1 a 3, e as meninas ocupando as cadeiras de 4 a 9. 
 
Caso 2: Meninos ocupando as cadeiras de 7 a 9; meninas ocupando de 1 a 6. 
 
As contas são iguais às do caso 1. São mais 960 formas de alocarmos as crianças. 
Somando tudo: 
960 + 960 = 1920 
Há 1920 maneiras de alocarmos as crianças. 
Gabarito: A 
 
Questão 11 SEFAZ MG 2005 [ESAF] 
Marcela e Mário fazem parte de uma turma de quinze formandos, onde dez são rapazes e 
cinco são moças. A turma reúne-se para formar uma comissão de formatura composta por 
seis formandos. O número de diferentes comissões que podem ser formadas de modo que 
Marcela participe e que Mário não participe é igual a: 
a) 504 
b) 252 
c) 284 
d) 90 
e) 84 
 
Resolução: 
Marcela ocupa uma das seis vagas. Assim, sobram 5 vagas e 14 pessoas. Contudo, como 
Mário não vai participar, temos que escolher 5 pessoas entre as outras 13 restantes. É um 
caso de combinação de 13, tomados 5 a 5: 
!�
,& =
13!
5! × 8! =
13 × 12 × 11 × 10 × 9
5 × 4 × 3 × 2 = 1287 
Gabarito: anulado 
 
Questão 12 MPOG 2005 [ESAF] 
Um grupo de estudantes encontra-se reunido em uma sala para escolher aleatoriamente, 
por sorteio, quem entre eles irá ao Simpósio de Matemática do próximo ano. O grupo é 
composto de 15 rapazes e de um certo número de moças. Os rapazes cumprimentam-se, 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 29 
todos e apenas entre si, uma única vez; as moças cumprimentam-se, todas e apenas entre 
si, uma única vez. Há um total de 150 cumprimentos. O número de moças é, portanto, igual 
a: 
a) 10 
b) 14 
c) 20 
d) 25 
e) 45 
 
Resolução: 
Para formar um aperto de mão, precisamos de duas pessoas. 
Assim, entre os rapazes, quantos comprimentos são dados? 
Ora, se são 15 rapazes, o número de cumprimentos será igual ao número de grupos de dois 
rapazes que podem ser formados. A partir de um conjunto de 15 rapazes, queremos formar 
grupos de 2 rapazes, sem reposição, onde a ordem não importa. É um caso de combinação. 
O número de apertos de mão entre os rapazes é: 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
105
!2!13
!15
2,15 =
×
=C 
Há 105 cumprimentos entre os rapazes. 
No total temos 150 cumprimentos. Portanto, as moças se cumprimentam 45 vezes (=
105150− ). 
Considere que são k moças. O número de apertos de mãos dados pelas moças é: 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
2
)1(
!2)!2(
)2()1(
!2)!2(
!
2,
−×
=
×−
−×−×
=
×−
=
kk
k
kkk
k
kCk 
E sabemos que este número acima é igual a 45. 
90)1(45
2
)1(
=−×→=
−× kkkk 
Precisamos achar um número k tal que o produto dele por seu antecessor seja igual a 90. 
Logo, k é igual a 10. 
10=k 
São 10 moças na sala. 
Gabarito: A 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 30 
 
Questão 13 MPOG 2005 [ESAF] 
Pedro e Paulo estão em uma sala que possui 10 cadeiras dispostas em uma fila. O número 
de diferentes formas pelas quais Pedro e Paulo podem escolher seus lugares para sentar, de 
modo que fique ao menos uma cadeira vazia entre eles, é igual a: 
a) 80 
b) 72 
c) 90 
d) 18 
e) 56 
 
Resolução: 
Vamos dividir o problema em etapas. A primeira etapa vai ser escolher a cadeira de Paulo. A 
segunda etapa vai ser escolher a cadeira de Pedro. 
Quando Paulo se senta na primeira cadeira da fila, para Pedro só há 8 opções. Pedro só 
pode sentar nas cadeiras de 3 a 10, de modo que haja pelo menos uma cadeira vazia entre 
eles. 
Deste modo, alocando Paulo na primeira cadeira, há 8 modos de escolher a cadeira de 
Pedro. 
 
881 =× 
Há 8 maneiras de os dois se sentarem, com Paulo na primeira cadeira, havendo pelo menos 
um lugar vago entre eles. 
Analogamente, quando Paulo se sentar na última cadeira, Pedro só poderá se sentar nas 
cadeiras de 1 a 8. 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 31 
 
881 =× 
Há 8 maneiras de os dois se sentarem, com Paulo na décima cadeira, havendo pelo menos 
um lugar vago entre eles. 
 
Finalmente, Paulo ainda pode se sentar nas cadeiras de 2 a 9. 
Neste caso, Pedro não poderá se sentar nem na cadeira imediatamente anterior, nem na 
cadeira imediatamente posterior, nem na própria cadeira escolhida por Paulo. Restarão, 
portanto, 7 opções de cadeira para Pedro. 
 
 
5678 =× 
Há 56 maneiras de Pedro e Paulo se sentarem com pelo menos uma cadeira vazia entre 
eles, de tal modo que Paulo ocupe uma das cadeiras de 2 a 9. 
Somando tudo, temos: 
=++ 5688 72 
Há 72 maneiras de eles ocuparem as cadeiras, deixando um lugar vazio entre eles. 
 
Outra maneira de resolver é assim. 
O exercício pede que haja pelo menos uma cadeira vazia entre eles. Sempre que os 
exercícios trouxerem expressões parecidas com esta, há uma forma bem interessante de 
proceder. 
Podemos fazer justamente o contrário do que a questão pede. 
Como assim o contrário? 
Bom, a questão pede que exista pelo menos uma cadeira vazia entre eles. E a gente vai fazer 
justamente o contrário. Vamos ver de quantas formas podem se sentar de modo que não 
haja qualquer cadeira vazia entre eles. 
Vamos dividir o problema em etapas. A primeira etapa vai ser escolher a cadeira de Paulo. A 
segunda etapa vai ser escolher a cadeira de Pedro. 
Quando Paulo se senta na primeira cadeira da fila, para Pedro só há uma opção. Pedro só 
pode sentar na segunda cadeira. Assim, não haverá cadeiras vazias entre eles. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 32 
 
Quando Paulo se senta na última cadeira da fila, para Pedro, novamente, só sobra uma 
opção. Pedro só pode se sentar na nona cadeira, de forma que não fiquem cadeiras vazias 
entre eles. 
 
Por fim, Paulo pode se sentar em qualquer uma das demais cadeiras, que não ficam nas 
extremidades. 
 
Escolhida a cadeira de Paulo, para Pedro sobram duas opções. Pedro pode se sentar 
imediatamente atrás ou imediatamente a frente de Paulo, de forma que não haja cadeiras 
vazias entre eles. 
 
Aplicando o PFC, temos: 
1628 =× 
Quando Paulo se senta em uma das cadeiras de 2 a 9, há 16 maneiras de os dois se 
disporem sem que haja cadeiras vazias entre eles. 
Somando tudo, temos: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br33 
181116 =++ 
Há 18 formas de Pedro e Paulo se sentarem sem que haja cadeiras vazias entre eles. 
 
Agora vamos fazer o seguinte. Vamos calcular de quantas maneiras Pedro e Paulo podem se 
sentar, sem nos preocuparmos se há ou não cadeiras vazias entre eles. Ou seja, vamos 
calcular o número total de maneiras que Pedro e Paulo podem se organizar. 
Para Paulo há 10 opções de cadeira. Escolhida a cadeira de Paulo, sobram 9 cadeiras para 
Pedro. 
 
Aplicando o PFC: 
90910 =× 
 
Deste modo, temos o seguinte: 
há 90 formas de Pedro e Paulo ocuparem as 10 cadeiras 
destas 90, em 18 casos Pedro e Paulo ocupam as cadeiras sem que haja qualquer cadeira 
vazia entre eles 
Fazendo a diferença, concluímos que há 72 formas de Pedro e Paulo ocuparem as 10 
cadeiras de modo que haja pelo menos uma cadeira vazia entre eles. 
Gabarito: B 
 
Questão 14 MPU 2004 [ESAF] 
Quatro casais compram ingressos para oito lugares contíguos em uma mesma fila no teatro. 
O número de diferentes maneiras em que podem sentar-se de modo a que a) homens e 
mulheres sentem-se em lugares alternados; e que b) todos os homens sentem-se juntos e 
que todas as mulheres sentem-se juntas, são, respectivamente, 
a) 1112 e 1152. 
b) 1152 e 1100. 
c) 1152 e 1152. 
d) 384 e 1112. 
e) 112 e 384. 
 
Resolução: 
Letra A. 
São oito lugares. O preenchimento de cada lugar vai corresponder a uma etapa. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 34 
 
Vamos preencher a primeira cadeira. 
E agora? Preenchemos com um homem ou com uma mulher? 
 
Até dá pra gente resolver o exercício de uma vez, de forma mais rápida. Mas, para ficar mais 
claro, vamos dividir em duas situações. 
 
Vamos iniciar com os casos em que um homem ocupa a ponta esquerda (primeira etapa). 
Deste modo, para a primeira etapa de nossa tarefa, qual seja, preencher a primeira cadeira, 
temos 4 opções (pois são 4 homens). 
 
Vamos para a segunda etapa. Sabemos que homens e mulheres sentam-se de maneira 
alternada. Na segunda etapa, portanto, vamos escolher uma das 4 mulheres. Ou seja, são 4 
maneiras de completar a segunda etapa. Ou ainda: há 4 formas de executar a segunda 
etapa, qual seja, escolher a pessoa que ocupará a segunda cadeira. 
 
Vamos para a terceira etapa. Vamos preenchê-la com um homem. 
E agora? De quantas maneiras podemos preencher a terceira etapa? 
 
Precisamos saber se há reposição ou não. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 35 
Já escolhemos um homem na primeira etapa. Este homem pode ser novamente escolhido? 
Não, não pode. Um mesmo homem não pode se sentar em dois lugares ao mesmo tempo. 
Logo, não há reposição. Ou seja, uma vez escolhido um dado elemento, este elemento não é 
reposto no conjunto de possibilidades para as próximas etapas. 
 
Deste modo, para a terceira etapa sobram 3 opções de homem (pois, dos 4 homens, um já 
foi escolhido e não pode ser mais usado). 
 
Analogamente, para a quarta etapa temos 3 opções de mulheres (pois uma delas já foi 
escolhida na segunda etapa). 
 
Com o mesmo raciocínio, preenchemos as demais etapas. 
 
Pronto. Descobrimos de quantos modos podemos executar cada uma das etapas da nossa 
tarefa. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 36 
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: 
11223344 ××××××× 
Vocês não precisam fazer a conta acima. Mas fica a informação de que o resultado é 576. 
Ou seja, há 576 formas de alocarmos estas 8 pessoas, de modo que um homem ocupe a 
primeira cadeira. 
 
Nós dissemos que, em análise combinatória, há duas perguntas importantíssimas que 
devem ser analisadas. Nós já respondemos à primeira: neste caso, não há reposição. 
Agora vamos analisar a segunda pergunta: a ordem é importante? 
 
Para analisar se a ordem é ou não importante, temos que saber se uma mera alteração na 
ordem de escolha dos elementos representa um novo caso ou não. 
Considere a seguinte fila (inventei os nomes para homens e mulheres): 
Pedro – Maria – João – Mariana – Augusto – Ana – Roberto – Patrícia 
Roberto - Maria – João – Mariana – Augusto – Ana – Pedro – Patrícia 
 
A única coisa que mudou foi a ordem de escolha entre Pedro e Roberto. Com esta mera 
alteração na ordem, nós criamos uma nova forma de preencher a fila. Ou seja, uma simples 
alteração na ordem representa um novo caso. 
 
Dizemos que a ordem é importante. 
Sempre que a ordem for importante, é só aplicar o PFC. 
Neste caso, como vimos acima, a ordem é importante. Não precisamos fazer qualquer 
ajuste. O número final é 576 mesmo. 
Lembrando: 576 é o número de formas de se alocarem as oito pessoas, de modo que um 
homem se sente na primeira cadeira, alternando os sexos. 
 
Vamos para a segunda situação. Agora, teremos uma mulher sentada na primeira cadeira. 
O raciocino é exatamente o mesmo: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 37 
 
Usando o PFC, temos: 
11223344 ××××××× 
Somando tudo, o número total de formas de os casais se sentarem com alternância de sexos 
é: 
)11223344(2 ×××××××× 
 
Assim, a resposta para a letra “A” é: )11223344(2 ×××××××× 
 
Letra B. 
São oito lugares. Novamente, o preenchimento de cada lugar vai corresponder a uma etapa. 
Vamos iniciar com o caso em que um homem se senta na ponta esquerda. 
Para a primeira etapa temos 4 opções. 
 
Agora, todos os homens se sentam juntos. Logo, a segunda etapa consistirá em escolher um 
outro homem. São 4 homens ao todo. Já escolhemos 1. Faltam 3. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 38 
 
Para a terceira etapa, temos duas opções de homens. 
 
Por fim, para a quarta etapa só nos resta uma opção de homem. 
 
Na quinta etapa, precisamos escolher uma mulher. São 4 opções. 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 39 
E assim por diante. Nas demais etapas, preenchidas a partir do conjunto das mulheres, 
ficamos com: 
 
Aplicando o PFC, temos: 
12341234 ××××××× 
Este é o número de formas pelas quais os 4 casais podem se sentar, de forma que os 
homens se sentem todos juntos e as mulheres sentem-se todas jutas, com um homem 
sentado na ponta esquerda. 
De maneira análoga, o número de formas que esses 4 casais podem se dispor de modo que 
uma mulher fique na ponta esquerda, é de: 
12341234 ××××××× 
Somando tudo, temos: 
( )123412342 ×××××××× 
E agora vem o grande detalhe. 
Vamos comparar as respostas para as letras A e B. 
Na letra A, tínhamos: 
)11223344(2 ×××××××× 
Na letra B chegamos a: 
( )123412342 ×××××××× 
Notem que as duas respostas são iguais. A única alternativa que apresenta valores iguais 
para as duas situações é a letra C, que é a resposta. 
 
Gabarito: C 
 
Questão 15 MTE 2006 [ESAF] 
Quer-se formar um grupo de dança com 9 bailarinas, de modo que 5 delas tenham menos 
de 23 anos, que uma delas tenha exatamente 23 anos, e que as demais tenham idadesuperior a 23 anos. Apresentaram-se, para a seleção, quinze candidatas, com idades de 15 a 
29 anos, sendo a idade, em anos, de cada candidata, diferente das demais. O número de 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 40 
diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de 
candidatas é igual a: 
a) 120 
b) 1220 
c) 870 
d) 760 
e) 1120 
 
Resolução: 
As candidatas que se apresentaram podem ser divididas da seguinte forma: 
• 8 têm idade inferior a 23 anos (são as que têm as seguintes idades: 15, 16, 17, 18, 19, 
20, 21, 22) 
• 1 tem exatamente 23 anos 
• 6 têm idade superior a 23 anos (24, 25, 26, 27, 28, 29) 
 
Vamos dividir a formação do grupo de dança em etapas. 
Na primeira etapa, escolhemos as 5 bailarinas que têm idade inferior a 23 anos. Queremos, 
a partir de um conjunto de 8 bailarinas com idade inferior a 23 anos, escolher 5, sem 
reposição, onde a ordem não importa. É um caso de combinação. 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
56
!5!3
!5678
!5!3
!8
5,8 =
×
×××
=
×
=C 
Há 56 formas de executar a primeira etapa. 
Na segunda etapa, vamos escolher a bailarina com idade de 23 anos. Só temos uma opção. 
A segunda etapa só pode ser executada de uma única forma. 
Na terceira etapa, vamos escolher as 3 bailarinas com idade superior a 23 anos. De um 
conjunto de 6 bailarinas nesta faixa etária, queremos escolher 3, sem reposição, onde a 
ordem não importa. É um caso de combinação. 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
20
!3!3
!3456
!3!3
!6
3,6 =
×
×××
=
×
=C 
Há 20 formas de executar a terceira etapa. 
Aplicando o PFC, temos: 
112020156 =×× 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 41 
Gabarito: E 
 
Questão 16 MTE 2010 [ESAF] 
O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários, sendo 4 homens e 6 
mulheres. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 
funcionários, havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher? 
a) 192. 
b) 36. 
c) 96. 
d) 48. 
e) 60. 
 
Resolução: 
Primeiro calculamos o total de grupos possíveis, independente de terem homens ou 
mulheres. São 10 pessoas e queremos escolher 3 para formar a equipe. O número de 
maneiras de fazer isso é: 
 
São 120 formas de se escolherem as 3 pessoas. 
Agora calculamos quantos são os grupos que não atendem ao enunciado (são os grupos 
formados só por homens ou só por mulheres). 
Para formar uma equipe só de homens, precisamos escolher 3 homens, dentre os 4 
disponíveis. O número de maneiras de fazer isso é dado por: 
4
!1!3
!4
3,4 =
×
=C
 
Para formar uma equipe só de mulheres, precisamos escolher 3 mulheres dentre as 6 
disponíveis. 
20
23
456
!3!3
!6
3,6 =
×
××
=
×
=C 
Concluímos que estes 24 casos (=4 + 20) não atendem ao enunciado. 
Portanto, o número de equipes que satisfaz ao comando da questão é: 
9624120 =− 
Gabarito: C 
 
Questão 17 STN 2005 [ESAF] 
120
23
8910
!7!3
!10
3,10 =
×
××
=
×
=C
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 42 
 Um grupo de dança folclórica formado por sete meninos e quatro meninas foi convidado a 
realizar apresentações de dança no exterior. Contudo, o grupo dispõe de recursos para 
custear as passagens de apenas seis dessas crianças. Sabendo-se que nas apresentações do 
programa de danças devem participar pelo menos duas meninas, o número de diferentes 
maneiras que as seis crianças podem ser escolhidas é igual a: 
a) 286 
b) 756 
c) 468 
d) 371 
e) 752 
 
Resolução: 
Vamos ver quantos grupos é possível formar. Temos 11 crianças e queremos escolher 6, 
sem reposição, onde a ordem não importa. É um caso de combinação de 11, tomados 6 a 6. 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
462
!6)!5(
!11
6,11 =
×
=C 
É possível formar 462 grupos. 
Destes 462, vamos ver quantos não atendem à restrição do enunciado (possuir pelo menos 
duas meninas). 
Os grupos com 1 menina não atendem à restrição do enunciado. Vamos calcular quantos 
são os grupos com 1 menina. Para tanto, vamos separar o processo de formação do grupo 
em duas etapas. Na primeira etapa, escolhemos 1 menina, dentre as 4 existentes. O número 
de maneiras de fazer isso é: 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
4
!1!3
!4
1,4 =
×
=C 
Na segunda etapa, escolhemos 5 meninos, dentre os 7 existentes. O número de maneiras de 
fazer isso é: 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
21
!5!2
!7
5,7 =
×
=C 
São 21 formas de escolher os meninos. 
Aplicando o PFC, temos: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 43 
84214 =× 
Há 84 maneiras de formar grupos de seis crianças, sendo 1 menina e 5 meninos. 
 
Os grupos com zero meninas também não atendem à restrição do enunciado. Vamos 
calcular quantos são os grupos com zero meninas. 
Tais grupos são formados apenas por meninos. Precisamos escolher 6 meninos dentre os 7 
existentes. O número de maneiras de se fazer isso é: 
!)!(
!
, ppn
nC pn
×−
= 
7
!6!1
!7
6,7 =
×
=C 
Há 7 grupos formados apenas por meninos. 
Assim, dos 462 grupos possíveis, 91 (= 784 + ) não possuem pelo menos duas meninas. Os 
demais (=371) possuem pelo menos duas meninas. 
Gabarito: D 
 
Questão 18 STN 2008 [ESAF] 
Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos, todos devidamente acondicionados em 
caixas numeradas de 1 a 90. Beatriz pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. 
Atendendo ao pedido da amiga, Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. O número de 
retiradas possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a de 
número 20 é igual a: 
a) 681384 
b) 382426 
c) 43262 
d) 7488 
e) 2120 
 
Resolução: 
A cada retirada de sapato, temos uma etapa. 
 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 44 
Temos uma restrição na terceira etapa. Queremos que a terceira caixa retirada seja a de 
número 20. 
 
Vamos para a primeira etapa. Quantas formas há de executá-la? Ora, tínhamos 90 caixas e 
uma já foi escolhida. Sobram 89, pois não há reposição. Uma caixa que foi retirada em uma 
dada etapa não pode ser retirada novamente. 
 
Tínhamos 90 pares de sapato. Dois já foram escolhidos. Para a segunda etapa sobram 88. 
 
Por fim, para a quarta etapa, sobram 87 sapatos. 
 
Pronto. Agora basta aplicar o PFC. 
8718889 ××× 
Este é o número de maneiras de retirar 4 pares de sapato do armário de tal forma que a 
caixa 20 seja a terceira a ser retirada. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 45 
Pergunta: é necessário algum ajuste? 
No fundo, precisamos saber se a ordem é importante ou não. 
Aqui, a ordem é importante sim. Retirar as caixas 19, 56, 20, 12, nesta ordem, é diferente de 
retirar as caixas 12, 20, 56 e 19. Tanto é assim que, da primeira maneira, temos uma 
retirada que atende ao solicitado no exercício, pois a terceira caixa retirada foi a de número 
20. 
Já na segunda maneira, embora sejam as mesmas caixas, temos outro caso. É um caso que 
não atende ao solicitado no exercício,pois a caixa 20 não foi a terceira a ser retirada. 
Como a ordem é importante, então não necessário qualquer ajuste. É só aplicar o PFC 
mesmo. 
Assim, a resposta é: 
8718889 ××× 
Observem que esta conta aí de cima é meio ruim de fazer. Vai dar um número bem grande. 
Felizmente, não vamos precisar fazê-la. Observem as alternativas, mais especificamente nos 
algarismos das unidades. 
Todas as unidades são diferentes. Vejam o destaque em vermelho: 
a) 681384 
b) 382426 
c) 43262 
d) 7488 
e) 2120 
 
Assim, não precisamos fazer a conta inteira. Precisamos saber apenas qual será o algarismo 
das unidades do nosso resultado. 
8718889 ××× 
Vamos começar a multiplicação. Vamos começar com 8889× . Os algarismos das unidades 
são 8 e 9. Multiplicando um pelo outro, temos: 
7298 =× 
O algarismo das unidades é igual a 2. 
Na seguida, temos uma multiplicação por 1, o que não altera o algarismo das unidades. Em 
seguida, temos uma multiplicação por 87, em que a unidade é 7. 
1472 =× 
Assim, não sabemos qual o resultado da conta 8718889 ××× . Mas sabemos que ela resulta 
em um número cujo algarismo das unidades é 4, o que já é suficiente para marcar letra A. 
Gabarito: A 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 46 
Questão 19 ANEEL 2006 [ESAF] 
Em um plano são marcados 25 pontos, dos quais 10 e somente 10 desses pontos são 
marcados em linha reta. O número de diferentes triângulos que podem ser formados com 
vértices em quaisquer dos 25 pontos é igual a: 
a) 2180 
b) 1180 
c) 2350 
d) 2250 
e) 3280 
 
Resolução: 
Para formar um triângulo, precisamos escolher 3 pontos entre os 25 disponíveis. A 
quantidade de triângulos é dada por: 
!	&,
 =
25!
22! × 3! =
25 × 24 × 23
3 × 2 = 2300 
Mas há um problema nessa solução. 
Se escolhermos os três pontos entre os 10 que estão em linha reta, não formamos um 
triângulo. 
Logo, não sevem os casos correspondentes à combinação destes 10 pontos, tomados 3 a 3: 
!��,
 =
10!
3! × 7! =
10 × 9 × 8
3 × 2 = 10 × 3 × 4 = 120 
Não servem 120 casos. 
Assim, o número correto de triângulos é: 
2300 − 120 = 2180 
Gabarito: A 
 
Questão 20 CGU 2001 [ESAF] 
Em uma circunferência são escolhidos 12 pontos distintos. Ligam-se quatro quaisquer 
destes pontos, de modo a formar um quadrilátero. O número total de diferentes 
quadriláteros que podem ser formados é: 
a) 128 
b) 495 
c) 545 
d) 1.485 
e) 11.880 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 47 
Resolução: 
 
Temos uma combinação de 12, tomados 4 a 4: 
!�	, =
12!
4! × 8! =
12 × 11 × 10 × 9
4 × 3 × 2 = 495 
Gabarito: B 
 
1.6. Permutação com repetição 
Há casos em que temos permutação de elementos repetidos. 
 
Exemplo: qual o número de anagramas da palavra “porto”? 
Para formar cada novo anagrama, basta alterarmos a ordem das 5 letras. Ou seja, estamos 
permutando as cinco letras. 
Por exemplo, os anagramas “PORTO” e “ROPTO” são diferentes entre si. E, de um para o 
outro, só mudamos as posições das letras R e P. 
Assim, queremos permutar as cinco letras. Temos: 
!55 =P 
Só que tem um probleminha na resolução acima. Neste caso, temos letras repetidas. A letra 
“o” aparece duas vezes. A ordem entre essas duas letras é irrelevante. Ou seja, escrever 
“PORTO” e “PORTO”, apenas trocando a posição das duas letras “o”, dá no mesmo. 
Precisamos dividir o resultado acima por 2 fatorial, para excluir as contagens repetidas: 
5!
2! = 60 
Deste modo, quando na permutação tivermos elementos repetidos, precisamos eliminar as 
contagens repetidas com uma divisão. O raciocínio é exatamente o mesmo que aquele 
apresentado quando estudamos a combinação. 
 
Questão 21 ANAC 2009 [CESPE] 
Julgue o item seguinte: 
Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa 
palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas 
possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO, β seja a quantidade de anagramas 
começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra 
TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então βα 21= . 
 
Resolução: 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 48 
Vamos ver quantos anagramas podemos formar com a palavra “aeroporto”. 
São 9 letras a serem permutadas. Assim, o número de anagramas é dado por: 
' = 9! 
Só que tem um probleminha. A palavra “aeroporto” tem letras repetidas. A ordem entre as 
duas letras “r” é irrelevante. Logo, precisamos dividir por 2 fatorial. 
Além disso, a ordem entre as três letras “o” é irrelevante. Precisamos dividir por 3 fatorial. 
' = 9!3! 	× 2! 
Agora vamos calcular o valor de β . Queremos formar anagramas com a palavra “turbina”. 
Só que temos duas restrições: os anagramas devem começar com consoante e terminar 
com vogal. 
Vamos dividir a formação do anagrama em etapas. Na primeira etapa, vamos escolher a 
primeira letra do anagrama. Na segunda etapa escolhemos a segunda letra do anagrama. E 
assim por diante. 
Vamos começar pelas etapas em que temos restrições: 
primeira etapa: temos 4 opções (são 4 consoantes disponíveis para ocupar a primeira 
posição) 
sétima etapa: temos 3 opções (são 3 vogais disponíveis para ocupar a última posição) 
segunda etapa: tínhamos 7 letras, já usamos duas nas etapas acima; sobram 5 opções 
terceira etapa: 4 opções 
quarta etapa: 3 opções 
quinta etapa: 2 opções 
sexta etapa: 1 opção. 
Aplicando o PFC: 
) = 4 × 3 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 
) = 4 × 3 × 5! 
O exercício afirma que: 
' = 21	) 
Vamos dividir os dois valores: 
'
21	) =
9!
3! × 2! ÷ �21 × 4 × 3 × 5!� 
'
21	) =
9!
3! × 2! × �21 × 4 × 3 × 5!� =
362880
362880 = 1 
 
Portanto, βα 21= , pois, quando dividimos um pelo outro, o resultado foi igual a 1. 
Gabarito: certo. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 49 
 
Questão 22 PETROBRAS 2008 [CESGRANRIO] 
Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que 
deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada 
marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é 
(A) 3 
(B) 10 
(C) 15 
(D) 35 
(E) 125 
 
Resolução. 
Este é um exercício bem diferente. É um tipo de questão pouco cobrado em concurso, mas 
bastante cobrado em vestibular. 
Veremos duas soluções: na primeira delas, usaremos apenas as ferramentas que já 
estudamos. Com isso, quero deixar claro por que é que este exercício é diferente dos 
demais já vistos em aula. 
Na segunda solução, veremos uma nova ferramenta, que permite resolver com muito mais 
rapidez. 
Sejam A, B, C, D, E as marcas de refrigerante. Observem que há reposição, pois podemos, 
por exemplo, escolher 3 latas da mesma marca (ex: D, D, D). 
Além disso, a ordem não importa. Isto porque escolher (A, A, D) é o mesmo que escolher (D, 
A, A). 
O fato de a ordem não importar e haver reposição complica um pouco as coisas. 
Se simplesmente aplicarmos o PFC, teremos contagens repetidas. Precisaríamos fazer uma 
divisão para eliminar os casos repetidos. 
Ocorre que, pelo fato de haver reposição, nem todos os casos são repetidos com a mesma 
frequência. Ou seja, não é possível, com uma única divisão, excluir todos os casos repetidos. 
Para ilustrar o problema, considerea escolha de duas latas da marca “A” e de uma lata da 
marca “B”. Vamos ver de quantas formas repetidas este caso pode ser computado: 
(A,A,B); (A,B,A); (B,A,A) 
Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 3 vezes. Uma divisão por 3 se 
encarregaria de excluir os casos repetidos. 
Agora vamos focar em outro caso. Considere a escolha de uma lata de cada uma das marcas 
A, B, C: 
(A,B,C); (A,C,B); (B,A,C); (B,C,A); (C,A,B); (C,B,A) 
Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 6 vezes. Precisaríamos dividir por 6. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 50 
Por fim, o caso (B,B,B) é computado uma única vez. 
Ou seja, cada caso tem uma frequência diferente. Só uma divisão não é capaz de excluir 
todos os casos repetidos. 
 
Vamos separar o problema em tipos de escolha. 
1) Escolhendo latas de refrigerante de 3 marcas diferentes. 
Neste caso, precisamos escolher 3 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição, onde a 
ordem não importa. Temos um caso de combinação: 
!&,
 =
5 × 4
2	 × 1 = 10 
Há 10 formas de escolher 3 latas de marcas diferentes. Até daria para listar todas elas. 
Sendo A, B, C, D, E as marcas, as escolhas seriam: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, 
BDE, CDE. 
 
2) Escolhendo 2 latas de uma marca e 1 de outra marca. 
Agora, precisamos escolher 2 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição. 
 
A primeira marca escolhida será aquela correspondente às 2 latas. A segunda marca 
escolhida será aquela correspondente a 1 lata. Temos um caso de aplicação do princípio 
fundamental da contagem (pois a ordem importa). 
 
Número de maneiras de executar a primeira etapa: 5 (há 5 marcas disponíveis) 
Números de maneiras de executar a segunda etapa: 4 (escolhida a primeira marca, sobram 
4 para a segunda etapa). 
Aplicando o PFC: 
5 × 4 = 20 
Se fôssemos listar as 20 maneiras, elas seriam: AAB, AAC, AAD, AAE, ABB, ACC, ADD, AEE, 
BBC, BBD, BBE, BCC, BDD, BEE, CCD, CCE, CDD, CEE, DDE, DEE. 
 
3) Escolhendo 3 latas da mesma marca. 
Neste caso, precisamos escolher uma única marca, entre as 5 disponíveis. Há 5 modos de 
fazer isso. 
Listando todas as possibilidades: AAA, BBB, CCC, DDD, EEE. 
Somando tudo, temos: 
10 + 20 + 5 = 35 
Gabarito: D 
 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 51 
Observem que, quando dividimos o problema em diversos casos, cada um desses casos 
pode ser tratado de forma diferente. 
 
Agora vejamos uma segunda solução, bem mais rápida. 
Neste tipo de problema, em que a ordem não é importante, mas há reposição, nos 
baseamos em um desenho esquemático, que representa a situação. 
Vamos representar os refrigerantes por bolinhas. E vamos usar barrinhas para separar as 
marcas. 
 
As barrinhas vermelhas separam as marcas de refrigerante. 
Agora, colocamos as latinhas dentro dos quadriculados. Exemplo: 
 
Assim estamos comprando um refrigerante da marca A, outro da marca D e outro da marca 
E. 
Outro exemplo: 
 
Agora estamos comprando duas latas da marca A e uma lata da marca C. 
Mais um exemplo: 
 
Agora compramos três latas da marca D. 
Notem que, usando apenas símbolos (barrinhas vermelhas mais bolinhas pretas) 
conseguimos representar todos os casos possíveis. 
Temos 4 barrinhas e 3 bolinhas (total de 7 símbolos). 
A cada alteração na ordem entre estes símbolos, temos um novo caso. Ou seja, estamos 
permutando 7 símbolos. 
Além disso, trata-se de uma permutação com repetição de 3 bolinhas. Precisamos dividir 
por 3! para eliminar as contagens repetidas. 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 52 
Há também repetição de 4 barrinhas. Precisamos dividir por 4! para eliminar as contagens 
repetidas. 
Ficamos com: 
7!
4! × 3! = 35 
O resultado foi o mesmo que obtivemos antes. 
 
Vejamos outro exercício semelhante. 
 
Questão 23 CEB 2009 [UNIVERSA] 
Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação: 
x1 + x2 + x3 = 14? 
(A) 78 
(B) 120 
(C) 286 
(D) 364 
(E) 680 
 
Resolução. 
Podemos novamente usar barrinhas e bolinhas para representar o problema. 
Exemplo: 
 
Neste caso, temos 6 bolinhas em x1, 5 bolinhas em x2 e 3 bolinhas em x3. 
Isto significa que: 
+�	 = 6;	+	 = 5;	+
 = 3 
De modo que a soma 6 + 5 + 3 = 14. 
Para representarmos qualquer outra solução, basta alterarmos a ordem entre as duas 
barrinhas vermelhas e as quatorze bolinhas pretas. 
Ou seja, estamos permutando 16 símbolos, com repetição de 14 bolinhas e de 2 barrinhas. 
16!
2! × 14! = 120 
Gabarito: B 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 53 
 
 
2. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA 
 
Questão 1 TCU 1999 [ESAF] 
A senha para um programa de computador consiste em uma seqüência LLNNN, onde “L” 
representa uma letra qualquer do alfabeto normal de 26 letras e “N” é um algarismo de 0 a 
9. Tanto letras como algarismos podem ou não ser repetidos, mas é essencial que as letras 
sejam introduzidas em primeiro lugar, antes dos algarismos. Sabendo que o programa não 
faz distinção entre letras maiúsculas e minúsculas, o número total de diferentes senhas 
possíveis é dado por: 
a) 226 310 
b) 262 103 
c) 226 210 
d) 26! 10! 
e) C26,2 C10,3 
Questão 2 ANEEL 2006 [ESAF] 
Em um campeonato de tênis participam 30 duplas, com a mesma probabilidade de vencer. 
O número de diferentes maneiras para a classificação dos 3 primeiros lugares é igual a: 
a) 24.360 
b) 25.240 
c) 24.460 
d) 4.060 
e) 4.650 
Questão 3 CGU 2002 [ESAF] 
Na Mega-Sena são sorteadas seis dezenas de um conjunto de 60 possíveis (as dezenas 
sorteáveis são 01, 02, ... , 60). Uma aposta simples (ou aposta mínima), na Mega-Sena, 
consiste em escolher 6 dezenas. Pedro sonhou que as seis dezenas que serão sorteadas no 
próximo concurso da Mega-Sena estarão entre as seguintes: 01, 02, 05, 10, 18, 32, 35, 45. O 
número mínimo de apostas simples para o próximo concurso da Mega-Sena que Pedro deve 
fazer para ter certeza matemática que será um dos ganhadores caso o seu sonho esteja 
correto é: 
a) 8 
b) 28 
c) 40 
d) 60 
Raciocínio Lógico 
p/ STN 
Prof. Vítor Menezes – Aula 6 
 
Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 54 
e) 84 
Questão 4 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 sequência de 5 
listras horizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que 
Ágata possui 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 
 
Questão 5 MPOG 2010 [ESAF] 
Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 
pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 
10 pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 
fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes 
maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a: 
a) 2440 
b) 5600 
c) 4200 
d) 24000 
e) 42000 
Questão 6 SEFAZ MG 2005 [ESAF] 
Sete modelos, entre elas