Exercícios de Análise Combinatória

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ANÁLISE COMBINATÓRIA –
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO
E0353 – Um automóvel comporta dois passageiros no banco da frente e três no
banco de trás. Calcule o número de alternativas distintas para lotar o automóvel
utilizando 7 pessoas, de modo que uma dessas pessoas nunca ocupe um lugar nos
bancos da frente.
RESOLUÇÃO
São 7 pessoas, sendo que uma nunca pode ir num banco da frente.
Vamos chamar essa pessoa de João, por exemplo.
Então primeiro vamos calcular o número de maneiras de lotar o automóvel SEM o
João, usando apenas as outras seis pessoas:
Como temos 6 pessoas e 5 lugares no carro então calculamos o arranjo de 6
elementos, tomados 5 a 5:
A6,5= 720
Agora vamos calcular o número de maneiras de lotar o automóvel COM o João.
Sabemos que o João não pode estar nos bancos da frente, portanto ele deve estar
em um dos três bancos de trás.
Então fixamos o João em um dos lugares traseiros (então sobram 4 lugares no
carro), e depois calculamos o número de maneiras de colocar as outras 6 pessoas
nesses 4 lugares, ou seja, um arranjo de 6 elementos, tomados 4 a 4:
A6,4= 360
O João pode estar em qualquer um dos três bancos de trás, portanto devemos
multiplicar esse resultado por 3:
3 x A6,4= 3 x 360 = 1080
O número total de maneiras de lotar o automóvel é a soma dos dois arranjos
(COM João e SEM João).
Portanto número total é 720+1080 = 1800 maneiras!
E0306 – De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos
de 2 lugares, se em cada banco deve haver um homem e uma mulher?
RESOLUÇÃO
O que eu tenho?
h1, h2, h3, h4, h5, m1, m2, m3, m4 e m5.
O que eu quero?
5 bancos com 2 lugares.
_ _ _ _ _
a b c d e
Como são 2 lugares cada banco, posso representar como
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
ah am bh bm ch cm dh dm eh em
h de homem e m de mulher.
Para a posição a, tenho a opção de colocar homem e uma mulher. Vamos
considerar colocando homem.
Tenho 5 opções de homens e 5 opções de mulheres. Logo,
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
ah am bh bm ch cm dh dm eh em
 5 5
Para a posição b, eu teria 5 opções de homens, mas escolhi um para sentar na
posição a. Então sobraram 4 opções.
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
ah am bh bm ch cm dh dm eh em
 5 5 4 4
Assim, sucessivamente:
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
ah am bh bm ch cm dh dm eh em
 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1
São 14.400 modos para homens sentando-se à direita. Mas, existem, também, as
possibilidades dos homens sentarem-se à esquerda.
Então, para cada posição, temos 2 opções:
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
ah am bh bm ch cm dh dm eh em
5 54 43 32 21 1
 2 2 2 2 2
25×2 16×2 9×2 4×2 1×2
50 . 32 . 18 . 8 . 2 = 460.800
Ou, 5!5! . 25
E0300 – Quantos anagramas tem a palavra BANANA?
RESOLUÇÃO
BANANA
6 letras, temos 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720
2 letras N = 2! = 2.1 = 2
3 letras A = 3! = 3.2.1 = 6
Temos 720 / 2 . 6
720 / 12
60
Resposta: A palavra BANANA tem 60 anagramas
E0299 – Carlos, Eduardo e Pires vão disputar um torneio de xadrez. Sabendo que
eles jogam apenas uma vez com cada adversário e o vencedor será aquele que
obtiver o maior número de pontos, quantos jogos serão realizados?
RESOLUÇÃO
4 jogadores fazem os seguintes jogos:
CARLOS x EDUARDO
CARLOS x MORAES
CARLOS x PIRES
EDUARDO x MORAES
EDUARDO x PIRES
MORAES x PIRES
São 4 jogadores, que serão separados de 2 em 2.
Matematicamente falando, temos C4,2
C6,2 = 4! / 2! (4-2)!
4! / 2! 2!
24 / 2 . 2
24 / 4
6
Resposta: Os quatro jogadores fazem 6 jogos.
E0298 – Dados os algarismos 5,6,7,8 e 9, formando-se números em ordem
crescente, qual é a ordem do número 59.786?
RESOLUÇÃO
em breve
E0297 – Se, numa reunião de 5 presidentes as reuniões acontecessem ao redor de
uma mesa circular, de quantas maneiras eles poderiam ser organizadas?
RESOLUÇÃO
Para 5 presidentes, temos 5! = 5.4.3.2.1 = 120.
Porém, como a mesa é circular, devemos dividir pela quantidade de elementos
(5).
120 : 5 = 24
Assim, para permutação circular, temos:
n! / n
5! / 5
120 / 5
24
R: 24 maneiras
E0296 – Quantos anagramas tem a palavra BELA com as letras BE sempre juntas
e nesta ordem?
RESOLUÇÃO
Para palavras com letras sempre juntas, unimos as letras:
B E L A fica BE L A.
A palavra com 4 letras será contada como palavra de 3 letras.
Temos, então, para palavras com 3 letras, 3! = 3.2.1 = 6.
São 6 anagramas: BE L A , BE A L , A L BE , A BE L , L BE A , L A BE.
Atenção: este exercício pediu as letras BE sempre juntas e NESTA ORDEM.
Caso pedisse apenas sempre juntas, deveríamos multiplicar por 2, por ter 6
anagramas com as letras BE e mais 6 anagramas com as letras EB. Em ambos os
casos elas estão juntas.
R: 6 anagramas.
 
 E0295 – De quantos modos podemos formar uma roda com 5 crianças?
RESOLUÇÃO
Se não fosse circular, seria n!, ou seja, 5! = 5.4.3.2.1 = 120.
Mas, como é circular, devemos dividir pelo número de crianças: 5
Fica assim:
n! / n
5! / 5
120 / 5 = 24
Resposta: 24 modos.
E0294 – Quantos anagramas podemos formar com a palavra BOLA tendo as letras
BO sempre juntas e nesta ordem?
RESOLUÇÃO
A palavra BOLA tem 4 letras. Logo, 4! = 24 anagramas.
Como ele quer as letras BO sempre juntas, temos apenas 3 opções: BO L A,
então, 3! = 3.2.1 = 6
R: 6 anagramas
E0293 – Dados os algarismos 5, 6,7,8 e 9, ao formar números em ordem
crescente, qual é a posição do número 87.596?
RESOLUÇÃO
E0291 – Quantos anagramas tem a palavra BRASIL com as letras BR sempre
juntas?
RESOLUÇÃO
Seria 6! para a palavra B R A S I L .
Mas, como ele pede BR sempre juntos, unimos as duas letras, ficando BR A S I L,
ou seja, fatorial de 5.
5! = 5.4.3.2.1 = 120.
São 120 anagramas com a palavra Brasil com BR sempre juntos.
Só que, BR estão juntos, mas RB também.
Assim, temos 120 com BR juntos e 120 com RB juntos.
Resposta: 240 anagramas
E0290 – Quantos anagramas tem a palavra FAROFA?
RESOLUÇÃO
FAROFA
Farofa tem 6 letras. Logo, fatorial de 6, que dá 720 anagramas.
A letra F aparece 2 vezes: 2! = 2.1 = 2
A letra A aparece 2 vezes: 2! = 2.1 = 2
Assim, temos
6! / 2! 2!
720 / 2 . 2
720 / 4
180
São 180 anagramas
E0289 – Num campeonato de futebol, disputaram p equipes em jogos de turno (o
time escolhe o estádio a jogar) e returno (o time adversário escolhe o estádio a
jogar). Sabendo que ao longo do campeonato foram 1260 jogos, qual o valor de p?
RESOLUÇÃO
E0288 – Dados 3,4,5 e 6, qual é a ordem do número 5.634?
RESOLUÇÃO
E0284 – Quantos anagramas tem a palavra MELHOR com as letras LH sempre
juntas?
RESOLUÇÃO
A palavra MELHOR tem 6 letras. Logo, temos 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720 anagramas.
Mas, neste caso, só servem os anagramas cujas letras LH estejam juntas.
Assim, podemos juntá-las, formando uma só letra.
Ao invés de 6 letras, teríamos uma palavra com 5.
M E LH O R
5! = 5.4.3.2.1 = 120
Mas, são 120 anagramas com LH juntos.
Só que HL também estão juntos e tem, também, 120 anagramas.
R: 240 anagramas (120 com LH e 120 com HL)
E0283 – Quantos anagramas tem a palavra MACACA?
RESOLUÇÃO
Anagramas com palavras de letras repetidas:
1) calcule o fatorial da quantidade de letras
2) calcule o fatorial da quantidade de letras repetidas
3) Divide o primeiro pelo segundo
MACACA tem 6 letras: 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720
letra C, 2 vezes: 2! = 2.1 = 2
letra A, 3 vezes: 3! = 3.2.1 = 6
720 / 2.6
720 / 12 = 60
R: 60 anagramas
E0282 – Num campeonato de futebol, disputaram p equipes em jogos de turno (o
time escolhe o estádio a jogar) e returno(o time adversário escolhe o estádio a
jogar). Sabendo que ao longo do campeonato foram 1722 jogos, qual o valor de p?
RESOLUÇÃO
Como feito no exercício E0289, temos
(n-1) (n) = 1722
n² – n = 1722
n² – n – 1722 = 0
Por Bháskara, achamos
x´= -41 x´´ = 42
42 times jogando contra 41.
R: são 42 times
E0281 – Dados 3,4,5 e 6, qual é a ordem do número 4.635?
RESOLUÇÃO
E0279 – (UEL-ADAPTADO) Um professor de Matemática comprou dois livros para
premiar dois alunos de uma classe de 38 alunos. Como são dois livros diferentes,
de quantos modos distintos pode ocorrer a premiação?
RESOLUÇÃO
____ _____
 L1 L2
Temos dois livros diferentes.
Quantas opções eu tenho para dar o livro 1 (L1)? 38.
Quantas opções sobraram para que eu entregue o livro 2? 37.
Logo, temos 38 . 37 = 1406 maneiras.
LETRA B
E0193 – Quantos anagramas tem a palavra ARARUAMA ?
RESOLUÇÃO
A palavra ARARUAMA tem as seguintes letras repetidas:
A = 4 letras
R = 2 letras
Permutação com letras repetidas:
E0191 – Num campeonato de futebol, disputaram p equipes em jogos de turno (o
time escolhe o estádio a jogar) e returno (o time adversário escolhe o estádio a
jogar). Sabendo que ao longo do campeonato foram 870 jogos, qual o valor de p?
RESOLUÇÃO
Jogo de turno e returno a ordem importa (para saber quem tem o mando de
campo).
Se a ordem é importante, temos arranjo.
___ . ____
 a b
Para b, temos p possibilidades de equipes.
Para a, temos menos 1 possibilidade, já que foi escolhido uma equipe em b. Logo,
p menos 1 é p-1.
Assim, temos a multiplicação (p) . (p-1).
Essa multiplicação dará o número de jogos, ou seja, 870.
(p) . (p-1) = 870
Pela distributiva, chegamos a
p² – p = 870.
Arrumando a equação, fica:
p² – p – 870 = 0
Pela fórmula de Bháskara, achamos:
x’ = 30
x”= -29
Logo, temos 30 equipes que jogaram contra 29 equipes.
R: 30 equipes.
Método Alternativo:
Quando o assunto é quantidade de jogos em que a ordem importa, basta descobrir
dois números (um com o seu antecessor) que multiplicados resulta na quantidade
de jogos:
2 . 1 = 2
3 . 2 = 6
4 . 3 = 12
…
29.28 = 812
30.29 = 870. É esse.
E0266 – Quantos anagramas tem a palavra CARLOS com as letras CA sempre
juntas?
RESOLUÇÃO
A palavra CARLOS tem 6 letras. Mas, como o enunciado pede CA juntas, vamos
considerar 5 letras:
CA – R – L – O – S
Temos permutação de 5: 5!
5! = 5.4.3.2.1
5! = 120 anagramas.
São 120 anagramas com as letras CA juntas. Mas, há também 120 anagramas com
as letras AC, que continuam juntas.
Assim, a palavra CARLOS tem 240 anagramas com as letras C e A sempre juntas.
E0190 – Dados 1,2,5 e 7, qual é a ordem do número 5.127?
RESOLUÇÃO
E0269 – Determine p para que seja máximo:
RESOLUÇÃO
a) O elemento máximo será sempre o do meio. No caso, temos 10. A metade é 5.
Assim, para o elemento máximo, p = 10.
Vamos conferir:
b) Neste caso, temos um número ímpar. A metade de 21 é 10,5.
Logo, P = 10 ou P = 11.
Faça o mesmo para conferir. Você vai perceber que os elementos P=10 e P=11
são iguais.
E0169 – Com 7 vitaminas diferentes, quantos coquetéis de duas ou mais
vitaminas podemos formar?
 
RESOLUÇÃO
Observe que a ordem dos coquetéis não importa. Logo, temos caso de
combinação.
Se fosse 7 coquetéis de dois em dois, seria combinação de 7 em 2 (C7,2).
Como ele quer 2 ou mais, temos combinação de 7,2 ; 7,3 ; 7,4 ; 7,5 ; 7,6 e 7,7.
Calculando as combinações acima, somamos tudo.
Resposta:120.
E0155 – Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1,2,4,6,7 e
escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine que
lugar ocupa 62.417.
RESOLUÇÃO
E1199 – Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1,2,4,6,7 e
escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine que
lugar ocupa o 66º lugar.
RESOLUÇÃO
E1198 – Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1,2,4,6,7 e
escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine que
lugar ocupa o 166º algarismo escrito.
RESOLUÇÃO
Observe que não está pedindo o 166º número, até porque só vai até 120.
Ele quer o 166º algarismo.
Ex:
O 1º número é o 12.467.
O segundo número é o 12.476.
Assim, os algarismos que aparecem na sequência são 1,2,4,6,7,1,2,4,7,6 …
Assim, cada número passado, deixamos para trás 5 algarismos.
Se queremos o algarismo 166, dividindo por 5 números, temos 33,2 números
deixados para trás. Ou seja, 33 números deixaram 165 algarismos.
Como queremos 166, é o próximo algarismo do próximo número (34º).
Qual é o 34º número?
E1197 – Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1,2,4,6,7 e
escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine a soma
dos números assim formados.
RESOLUÇÃO
Temos 120 número formados (5!).
Devemos somá-los.
Existem 5!, que dá 120 parcelas de soma.
Agrupando-as em 60 pares, juntando a cada número o que se obtém dele e
trocando o 1 com o 7, trocando o 2 com o 6, mantendo a posição do 4. A cada
par, a soma vale 88.888. Assim, temos 88.888 x 60, o que dá 5.333.280
E0154 – Um campeonato é disputado por 12 clubes em rodadas de 6 jogos cada.
De quantos modos é possível selecionar os jogos da primeira rodada?
RESOLUÇÃO
E0153 – De quantos modos se pode dispor doze objetos distintos em três grupos
de quatro objetos?
RESOLUÇÃO
E0152 – De quantos modos é possível dividir 20 objetos em 4 grupos de 3 ou 2
grupos de 4?
RESOLUÇÃO
E0144 – Se A é um conjunto de n elementos, quantas são as funções f : A → A
bijetoras?
RESOLUÇÃO
As funções injetoras com n elementos são:
(n) . (n-1) . (n-2) . … . 1 = n!
E0140 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” possíveis?
RESOLUÇÃO
Não tem letras repetidas. Fatorial de 8!
8.7.6.5.4.3.2.1 = 40.320.
E1196 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que comecem e
terminem por vogal?
RESOLUÇÃO
_ _ _ _ _ _ _ _
a.b.c.d.e. f.g. h
Vamos começar pelas restrições:
a= 4 : só pode ser vogal: temos 4 opções.
h = 3 : só pode terminar com vogal. Se escolhemos 1 vogal e a, sobraram 3.
b = 6 (deveriam ser 8, mas escolhemos a e h)
c = 5
d = 4
e = 3
f = 2
g = 1
Temos, então: 4.6.5.4.3.2.1.3 ou 3.4.6! = 8.640 anagramas começando e
terminando por vogais.
E1195 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm as vogais e as
consoantes intercaladas?
RESOLUÇÃO
_ _ _ _ _ _ _ _
a.b.c.d.e.f. g. h
a = 4 : seja o início com vogais.
b = 4 : se o início foi com vogais, temos agora 4 consoantes.
c = 3 : Aqui será vogal. Eram 4, mas colocamos 1 em a, ficando 3.
d = 3
e = 2
f = 2
g = 1
h = 1
Temos: 4.4.3.3.2.2.1.1 = 576 anagramas começando com vogais.
Mas, teremos mais 576 anagramas começando com consoantes.
Assim, temos como total de anagramas 576 + 576 = 1.152 anagramas.
E1194 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm as letras c, a,
p juntas nessa ordem?
RESOLUÇÃO
_ _ _ _ _ _ _ _
Letras juntas, juntamos as lacunas e as letras.
CAP – I – T U – L – O
______ _ _ _ _ _
 a b c d e f
a: Temos 6 opções, já que juntamos as letras.
b: aqui ficaram 5, já que colocamos 1 opção em a.
c: 4
d: 3
e: 2
f: 1
Fica: 6.5.4.3.2.1 = 720 anagramas.
E1193 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm as letras c, a,
p juntas nessa ordem?
RESOLUÇÃO
No caso acima, achamos 720 anagramas na ordem cap.
Agora, não importa a ordem. Logo, temos 720 para cap, 720 para cpa, 720 para
acp, 720 para apc, 720 para pac e 720 para pca, ou seja, temos 720 x 6 = 4.320
anagramas.
Ou,
Quando temos anagramas com letras juntas em qualquer ordem, calculamosa
quantidade normal e depois multiplicamos pelo fatorial das letras juntas.
Neste caso, temos e 3 letras. Multiplicaremos por 3! = 6
O normal é 6! = 720
720 x 6 = 4320
E1192 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm a palavra p
em primeiro lugar e a letra a em segundo?
RESOLUÇÃO
p a _ _ _ _ _ _
 a.b.c.d.e.f
a = 6 opções, já que 2 delas já foram usadas.
b = 5
c = 4
d = 3
e = 2
f = 1
Fica: 6.5.4.3.2.1 = 720 anagramas.
E1191 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm a letra p em
primeiro lugar ou a letra a em segundo?
RESOLUÇÃO
Neste caso, apareceu a palavrinha OU, ao invés de E.
Vamos fazer com a letra p em primeiro lugar:
p _ _ _ _ _ _ _
 7.6.5.4.3.2.1 = 5.040.
Em seguida, vamos fazer com a letra a em segundo:
_ a _ _ _ _ _ _
7.1.6.5.4.3.2.1 = 5040.
Somando os dois, temos 5040 + 5040 = 10.080.
Perceba que quando começou com p, tivemos 5040 anagramas, incluindo p a _ _ _
_ _ _, que começa com p.
Quando fizemos com a em segundo, tivemos, também, p a _ _ _ _ _ _, que tem a em
segundo.
Assim, contamos duas vezes a opção p a _ _ _ _ _ _.
Logo, desses 10.080 anagramas, temos que uma das opções p a _ _ _ _ _ _, que foi
cotado duas vezes.
Mas, quantas são essas opções?
p a _ _ _ _ _ _
 6.5.4.3.2.1 = 720.
Assim, 10.080 – 720 = 9.360 anagramas.
E1190 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” que têm a letra p em
primeiro lugar ou a em segundo ou c em terceiro?
RESOLUÇÃO
Aqui teremos 3 contas:
p em primeiro lugar:
p _ _ _ _ _ _ _
 7.6.5.4.3.2.1 = 5.040
a em segundo lugar:
_ a _ _ _ _ _ _
7.1.6.5.4.3.2.1 = 5.040
c em terceiro lugar:
_ _ c _ _ _ _ _
7.6.1.5.4.3.2.1 = 5.040
Somando as três, temos 5.040 + 5.040 + 5.040 = 15.120.
Da mesma forma que o exercício anterior, tem anagramas dentre esses 15.120
que foram contados mais de uma vez:
p a _ _ _ _ _ _
 6.5.4.3.2.1 = 720
p _ c _ _ _ _ _
 6.1.5.4.3.2.1 = 720
_ a c _ _ _ _ _
6.1.1.5.4.3.2.1 = 720
Só aqui temos 720 x 3 = 2.160 anagramas repetidos.
15.120 – 2.160 = 12.960 anagramas.
Observe que, ao tirar p a _ _ _ _ _ _, acabamos tirando o p a c _ _ _ _ _ , por isso,
tendo que devolver.
Mas, quanto é p a c _ _ _ _ _ ?
p a c _ _ _ _ _
 5.4.3.2.1 = 120
Tínhamos 12.960 anagramas, devolvendo 120, ficamos com 13.080 anagramas!
E1189 – Quantos são os anagramas a palavra “CAPÍTULO” nos quais a letra a é
uma das letras à esquerda de p e a letra c é uma das letras à direita de p?
RESOLUÇÃO
C – A – P – I – T – U L – O
_ _ _ _ _ _ _ _
 a.b.c.d.e.f.g. h
Quero A P C
Considerando P:
em a: não pode, pois deve ter A à sua esquerda.
em b: neste caso, temos:
A P _ _ _ _ _ _
 6.5.4.3.2.1 = 720 anagramas
em c: fica assim:
A _ P _ _ _ _ _ ou _ A P _ _ _ _ _
1.5.1.5.4.3.2.1 5.1.1.5.4.3.2.1 = 1200 anagramas.
Observe que C não pode estar à esquerda de P.
em d: fica:
A _ _ P _ _ _ _ ou _ A _ P _ _ _ _ ou _ _ A P _ _ _ _
 5.4.1.4.3.2.1 5.1.4.1.4.3.2.1 5.4.1.1.4.3.2.1 = 1440 anagramas
em e: fica
A _ _ _ P _ _ _ ou _ A _ _ P _ _ _ ou _ _ A _ P _ _ _ ou _ _ _ A P _ _ _
 5.4.3.1.3.2.1. 5.1.4.3.1.3.2.1 5.4.1.3.1.3.2. 1 5.4.3.1.1.3.2.1 = 1440
anagramas
em f:
A _ _ _ _ P _ _ ou _ A _ _ _ P _ _ ou _ _ A _ _ P _ _ ou _ _ _ A _ P _ _ ou _ _ _ _ A P _ _
 5.4.3.2.1.2.1 5.1. 4.3.2.1.2.1 5.4.1.3.2.1.2.1 5.4.3.1.2. 1.2.1 
 5.4.3.2.1.1. 2.1
totalizando 1200 anagramas
em g:
A _ _ _ _ _ P _ ou _ A _ _ _ _ P _ ou _ _ A _ _ _ P _ ou _ _ _ A _ _ P _ ou _ _ _ _ A _ P _
 5.4.3.2.1.1.1 5.1.4.3.2.1.1.1 5.4.1.3.2.1.1.1 5.4.3.1.2.1.1.1 
 5.4.3.2.1.1.1.1
ou _ _ _ _ _ A P _
 5.4.3.2.1.1.1.1 = 720 anagramas.
em h:
P não pode ficar em h, pois o C não poderia estar à sua direita.
Observe que, juntando todas as opções, temos:
a: zero
b: 720
c: 1200
d: 1440
e: 1440
f: 1200
g: 720
h: zero
Somando, fica: 720 + 1200 + 1440 + 1440 + 1200 + 720 = 6.720 anagramas.
 
E0143 – Quantos anagramas tem a palavra BOTAFOGO?
RESOLUÇÃO
BOTAFOGO tem 3 letras repetidas.
Permutação com letras repetidas:
Calcula a permutação da palavra normal: 8!
Calcula a permutação das letras repetidas: 3!
Divide um pelo outro:
8! / 3!
8.7.6.5.4.3! / 3!
Cortando 3! fica
8.7.6.5.4 = 6.720 anagramas.
E0142 – Quantas opções podemos arrumar 5 livros de matemática, 3 de
Estatística e 2 de Física mantendo os livros de mesma matérias sempre juntos?
RESOLUÇÃO
Podemos separar em 3 blocos:
Matemática Estatística Física
 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
 5! 3! 2!
Ficaria 5! x 3! x 2! = 1440 maneiras, se fossem nessa ordem.
Como não são nessa mesma ordem, multiplicamos pelo fatorial de quantidades a
serem combinadas, neste caso, 3.
3! x 1440 = 6 x 1440 = 8.640
E0141 – Quantos anagramas tem a palavra CALOR começando por consoantes?
RESOLUÇÃO
CALOR
_ _ _ _ _
a.b.c.d.e
Vamos começar pela restrição.
a = 3 : só pode ser consoante.
b = 4 : seriam 5, mas foi escolhida a opção em a.
c = 3
d = 2
e = 1
Fica assim: 3.4.3.2.1 ou 3.4! = 72 anagramas
E0138 – De quantos modos o número 720 pode ser decomposto em um produto de
dois inteiros positivos? Aqui consideramos, naturalmente, 8 x 90 como sendo o
mesmo que 90 x 8.
RESOLUÇÃO
Fatorando o 720, temos: 2 x 2 x 2 x 2 x 3 x 3 x 5, que pode ser representado como
24 x 32 x 51
Para calcular a quantidade de divisores, basta pegar os expoentes e somar com 1.
Depois, multiplique-os.
(Caso queira lembrar, clique aqui)
Os expoentes são: 4, 2 e 1.
Somando com 1, temos:
5, 3 e 2.
Multiplicando-os, fica:
5 . 3 . 2 = 30
O número 720 tem 30 divisores.
Mas, não é isso que pede o enunciado.
Ele quer saber quantos produtos podem ser formados com esses divisores.
Se são 30 divisores, teremos apenas 15 produtos, pois da metade em diante, os
produtos serão repetidos em ordem diferentes.
Observe:
1 x 720 , 2 x 360 , 3 x 240 , 4 x 180 , 5 x 144
6 x 120 , 8 x 90 , 9 x 80 , 10 x 72 , 12 x 60
15 x 48 , 16 x 45 , 18 x 40 , 20 x 36 , 24 x 30
Esses são os produtos distintos. Daí para frente, começam a se repetir:
30 x 24 , 36 x 20 , 40 x 18 e assim por diante.
R: 15 produtos diferentes.
E01188 – De quantos modos o número 144 pode ser decomposto em um produto
de dois inteiros positivos? Aqui consideramos, naturalmente, 8 x 90 como sendo o
mesmo que 90 x 8.
RESOLUÇÃO
O número 144 tem 15 divisores.
Mas, o que o enunciado pede é a quantidade de produtos.
Neste caso, sendo a quantidade de divisores um número ímpar, não podemos ter
7,5 produtos.
Assim, chegamos 8 produtos diferentes, que são eles:
1 x 144 , 2 x 72 , 3 x 48 , 4 x 36 , 6 x 24 , 8 x 18 , 9 x 16 , 12 x 12.
R: 8 produtos.
E0137 – De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se sucessivamente e sem
reposição duas cartas. De quantos modos isso pode ser feito se a primeira carta
deve ser de copas e a segunda não deve ser rei?
RESOLUÇÃO
De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se sucessivamente e sem reposição
duas cartas.
De quantos modos isso pode ser feito se a primeira carta deve ser de copas e a
segunda não deve ser rei?
Baralho com 52 cartas não tem repetição e tem 13 cartas de copas e 4 reis.
Serão sacadas 2 cartas.
Observe que há restrição mas duas posições. Logo, restrição dupla, deveremos
dividir o cálculo e somá-lo em seguida.
__ __
A 1ª carta sacada deve ser de copas e a 2ª não pode ser rei.
Poderia ignorar a restrição dupla e fazer 13 x 47 (seriam 52 menos a 1ª carta
sacada menos os 4 reis)
No entanto, quando fosse considerar os 4 reis na 2ª carta sacada, este poderia ter
saído na 1ª carta sacada.Assim, devemos dividir a conta em duas opções:
A 1ª carta sacada é um rei (tem que ser de copas).
A 1ª carta sacada não é um rei.
Se a 1ª carta é um rei de copas, temos 1 x 48 (52 cartas menos a 1ª carta sacada
menos 3 reis que sobraram).
Se a 1ª carta não é um rei de copas, temos 12 (seriam 13, mas foi excluída a
possibilidade do rei) x 47.
Somando as duas:
1 x 48 = 48
12 x 47 = 564
48 + 564 = 612
 São 612 modos.
E0136 – De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um tabuleiro 8 x
8, de modo que não haja duas torres iguais em um tabuleiro 8 x 8 na mesma linha
ou na mesma coluna? E se as torres fossem diferentes?
RESOLUÇÃO
Torres iguais:
Na 1ª linha, temos 8 opções para colocar 1 torre.
Ao colocar a torre na 1ª linha, sobram 7 linhas para a 2ª torre, que não pode ser
na mesma linha que a 1ª torre.
Na 3ª linha, temos 6 linhas possíveis para colocar outra torre e assim
sucessivamente.
Veja como fica:
8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 40.320 maneiras, sendo as torres iguais.
Torres diferentes.
Quando as torres eram iguais, não precisava se preocupar qual torre ficaria na 1ª
linha, ou 2ª e assim por diante.
Agora, sendo as torres diferentes, teremos os 40.320 para as torres 1,2,3,4,5,6,7
e 8 respectivamente.
Mas, temos mais 40.320 maneiras para as torres 1,2,3,4,5,6, 8 e 7.
Mais 40.320 para as torres 1,2,3,4,5,7,8, e 6.
Perceba que teremos 8! formas diferentes, ou seja, teremos 40.320 formas
diferentes.
Assim, temos 40.320 x 40.320 maneiras = 1.625.702.400 maneiras.
E0135 – De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-
adjacentes de um tabuleiro 8×8? E se os reis forem iguais?
RESOLUÇÃO
De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-adjacentes de
um tabuleiro 8×8?
A posição do 2.º Rei depende da posição do 1.º Rei.
Vamos observar o que acontece quando o 1.º Rei desloca-se na linha A:
O 1º Rei ficando na coluna 1, o 2º Rei perde 4 casas, ficando com apenas 60 casas
(64 – 4).
O mesmo vai acontecer quando o 1.º Rei ficar na casa A8.
Assim, temos 2 x 60 = 120 casas.
Mas, na mesma linha A, se o 1.º Rei ficar na 2.ª coluna, o 2.º rei perde 6 casas,
podendo ficar em apenas 58 casas.
O mesmo vai acontecer com o 1.º Rei ficando em A3, A4, A5, A6 e A7.
Assim, temos 6 x 58 = 348 casas.
Temos, então, na linha A 120 + 348 = 468 casas.
____________________________________________________________________________
Passando para a 2.ª linha (B), estando o Rei na 1.ª Coluna, o 2.º Rei perderá 6
casas, ficando com 58.
O mesmo acontece quando o 1.º Rei ficar na casa B8.
Assim, temos 2 x 58 = 116 casas.
Na 2.ª coluna, o 2.º rei perde 9 casas, ficando com apenas 55 casas.
O mesmo acontece quando o 1.º Rei ficar nas casas B3, B4, B5, B6 e B7.
Assim, temos 6 x 55 casas = 330 casas.
Temos, então, na linha B 116 + 330 = 446 casas.
_____________________________________________________________________________
Analogamente, teremos 446 casas nas linhas C, D, E, F e G.
446 x 5 = 2.230 casas.
 
E0134 – De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos
de 2 lugares, se em cada banco deve haver um homem e uma mulher?
RESOLUÇÃO
Assim, temos:
5×5 x 4×4 x 3×3 x 2×2 x 1×1 = 14.400.
E0133 – De quantos modos 3 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras em fila?
RESOLUÇÃO
MÉTODO 1:
CADEIRA 1 – CADEIRA 2 – CADEIRA 3 – CADEIRA 4 – CADEIRA 5
_ _ _
5.4.3 = 60 maneiras.
MÉTODO 2:
ALUNO 1 – ALUNO 2 – ALUNO 3 – VAZIO – VAZIO.
Neste caso, seria com repetição.
5! / 2! = 120 / 2 = 60 maneiras.
E0132 – O conjunto A possui 4 elementos e o conjunto B possui 7 elementos.
a) Quantas funções f : A → B existem?
b) Quantas delas são injetoras?
RESOLUÇÃO
a) Quantas funções existem?
Para cada elemento de A, existem 7 opções para corresponderem B.
Exemplo:
a1 em b1
a1 em b2
a1 em b3
a1 em b4
a1 em b5
a1 em b6
a1 em b7
Observe que temos 4 elementos:
Em cada elemento, temos 7 opções:
_ _ _ _
7.7.7.7 = 2.401 funções.
E se elas forem injetivas?
Bem, para serem injetivas, as não teremos 7 x 7 x 7 x 7, pois os elementos não
podem se repetir. Ou, seja, elementos distintos.
Fica: 7 x 6 x 5 x 4 = 840 funções injetivas.
E0122 – Quantos subconjuntos possui um conjunto que tem n elementos?
RESOLUÇÃO
O conjunto com n elementos tem 2n subconjuntos.
 
E0131 – Quantos números inteiros há entre 1000 e 9999 com algarismos
distintos?
RESOLUÇÃO
Números entre 1000 e 9999 têm 4 algarismos.
_ _ _ _
a.b.c.d
a: não pode ser o zero, pois começa em 1000. Logo, temos 9 opções.
b: seriam 10 opções, mas já foi uma opção na unidade de milhar (a), restando 9
opções.
c: seriam 10 opções, mas já foram 2 (a e b), restando 8 opções.
d: seriam 10 opções, mas já foram 3 (a,b e c), restando 7 opções.
Temos, então:
_ _ _ _
9.9.8.7 = 4.536
E0130 – Quantas palavras contendo 3 letras diferentes podem ser formadas com
um alfabeto de 26 letras?
RESOLUÇÃO
__ __ __
26.25.24 = 15.600 palavras
E0128 – Calcule a quantidade de elementos que um conjunto com 512
subconjuntos tem.
RESOLUÇÃO
2n = 512
Fatorando o 512, teremos 2.2.2.2.2.2.2.2.2, que pode ser representado por 29.
Logo, o valor de n vale 9, ou seja, o conjunto tem 9 elementos.
 
E0127 – Sejam os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões múltipla
escolha, com 5 alternativas por questão, calcular quantas vezes a letra A NÃO
aparece.
RESOLUÇÃO
São 10 questões.
Se não pode cair a letra A, temos apenas 4 opções em cada questão.
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
4.4.4.4.4.4.4.4.4.4 = 1.048.576
Isso aconteceu com uma questão. Como são 10 questões, multiplicamos por 10.
1.048.576 x 10 = 10.485.760 opções.
E0126 – Sejam os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões múltipla
escolha, com 5 alternativas por questão, calcular quantas vezes a letra A aparece
exatamente uma vez.
RESOLUÇÃO
São 10 questões.
Podemos calcular cada questão saindo apenas 1 letra A como:
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
1.4.4.4.4.4.4.4.4.4 = 262.144
Observe que uma das questões terá 1 opção, que é a letra A.
As demais opções não terão a letra A, por isso, têm apenas 4 opções.
Isso aconteceu com uma questão. Como são 10 questões, multiplicamos por 10.
262.144 x 10 = 2.621.440 opções.
 
E1186 – Calcule a soma: C10,0 + C10,1 + C10,2 + … + C10,10 .
RESOLUÇÃO
C10,10, fica 2
10 = 1024.
E0125 – Calcule a equação Cx,0 + Cx,1 + Cx,2 + … + Cx,x = 128
RESOLUÇÃO
Cx,0 + Cx,1 + Cx,2 + … + Cx,x = 128
Não sabemos quantas parcelas tem a equação. Mas, sabemos que:
2n = 128
Fatorando 128, temos: 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2, ou seja, 7 fatores de número 2.
Logo, n = 7.
Em nosso caso, x = 7.
E0124 – Quantos subconjuntos possui um conjunto com 10 elementos?
RESOLUÇÃO
210 = 2048
Um conjunto com 10 elementos terá 2048 subconjuntos.
E0123 – Quantos subconjuntos possui o conjunto A = {1,2,3,6,7}?
RESOLUÇÃO
Resolução:
Para calcular a quantidade de subconjuntos de um certo conjunto, usamos 2n, em
que n é a quantidade de elementos.
2n = 25= 32 elementos.
E0121 – Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões de
múltipla escolha, com 5 alternativas por questão?
RESOLUÇÃO
Resolução:
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
5.5.5.5.5.5.5.5.5.5
510 = 9.765.625 gabaritos possíveis.
E0089 – Na 1° fase de um campeonato de xadrez organizado em uma escola, cada
participante joga uma unica vez contra cada um dos outros. Sabendo que foram
realizadas 66 partidas nessa fase, quantas pessoas participaram do campeonato?
RESOLUÇÃO
E0083 – O campeonato brasileiro de futebol 2009 foi realizado em turno e
returno, ou seja, cada equipe participante enfrentou todas as outras equipes duasvezes. Sabendo que ao todo foram realizados 380 jogos, quantas equipes
participaram desse campeonato?
RESOLUÇÃO
E0076 – A senha de um cofre é formada por 5 dígitos, podendo ser quaisquer
algarismos. Certa pessoa sabe que essa senha corresponde a um número par. Se
essa pessoa demorar 9 segundos para realizar cada tentativa de validação da
senha e não repetir tentativas, em quantas horas, no máximo o cofre estará
aberto?
RESOLUÇÃO
1º) Calcule a quantidade de maneiras.
Tem restrição por ser número par (termina com par)
Logo, a quantidade do opção na unidade simples é 5. Os demais eu terei 10
opções.
__ __ __ __ __
10 10 10 10 5 = 50.000
Descobrimos que temos 50.000 maneiras.
Se cada tentativa demora 9 segundos, as 50.000 maneiras vezes 9 segundos dá
450.000 segundos.
Mas, o enunciado pede em horas.
1 hora tem 3600 segundos.
Em regra de três, conseguimos calcular que:
1h = 3600s
x = 450.000s =
3600x = 450.000
x = 450.000 / 3600
x = 125 horas
E0075 – O sistema de numeração binário é um sistema posicional no qual as
quantidades são indicadas a partir de dois números, em geral 0 e 1. Nesse
sistema, o número 177 na base decimal, é representado por 10110001.
Os computadores digitais utilizam em seus processos internos o sistema binário,
sendo denominado cada dígito binário, sendo denominado cada dígito binário de
bite e cada conjunto de 8 dígitos, que forma um caractere, de baite.
A partir dessas informações, de quantas maneiras distintas pode ser composto um
baite?
RESOLUÇÃO
Tenho disponíveis duas opções: 1 e 0.
Quero 8 algarismos
_ _ _ _ _ _ _ _
2 2 2 2 2 2 2 2 = 256 maneiras.
São 256 maneiras
E0067 – Quantos números de dois algarismos diferentes podemos escrever com
algarismos 1,2,3,4,5,6,7,8,9?
RESOLUÇÃO
E0544 – De quantos modos distintos Lucas pode escolher quatro entre as nove
camisetas regata que possui para levar em uma viagem?
RESOLUÇÃO
Lucas tem 9 camisetas.
Ele quer escolher 4 delas.
Não importa qual a ordem que ele vai pegar as 4 camisetas. No final, ele estará
com as mesmas peças. Se a ordem não muda a resposta, é combinação.
E0541 – Para ocupar os cargos de presidente e vice-presidente do grêmio de um
colégio, candidataram-se dez alunos. De quantos modos distintos pode ser feita
essa escolha?
RESOLUÇÃO
Temos 10 alunos
Queremos escolher 2.
_________________ ___________________
 presidente vice-presidente
temos 10 opções aqui temos 9 opções aqui, já que 1 foi para o cargo de
presidente.
Claro que, por se tratar de multiplicação, a ordem não importa. Poderia ser 10
para o vice e 9 para o presidente.
O importante é multiplicar as duas opções: 10 x 9 = 90 modos
R: 90 modos distintos
E0542 – Determine o número de anagramas formados a partir da palavra
SOSSEGADA.
RESOLUÇÃO
Não considerando as letras repetidas, teríamos
9! = 362.880
Porém, como temos letras repetidas, vamos dividir pelo fatorial da quantidade de
letras repetidas:
S : aparece 3 vezes, logo, 3! = 6
A: aparece 2 vezes, logo, 2! = 2
Assim, devo dividir os 362.880 anagramas por 3! x 2! = 6 x 2 = 12
362.880 : 4 = 30.240
A palavra SOSSEGADA tem 30.240 anagramas.
E0543 – Sobre uma circunferência marcam-se oito pontos.
a) Quantos triângulos podemos construir com vértices em três desses pontos?
b) Quantos pentágonos convexos podemos construir com vértices em cinco desses
pontos?
RESOLUÇÃO
Item A:
Ao colocar 8 pontos na circunferência, o ligar três desses pontos faremos um
triângulo.
Podemos obter o triângulo ABC, ABD, ABE…
Perceba que o triângulo ABC é o mesmo ACB, BCA, CAB… Assim, a ordem dos
pontos não muda a resposta. Estamos com um caso de combinação.
R: 56 triângulos
_________________________________________________________________________________
Item B:
Quantos pentágonos convexos podemos construir com vértices em cinco desses
pontos?
Faremos, agora, combinação com 5 pontos (pentágono).
C8,5
Claro que você pode fazer o cálculo como foi feito no item A.
No entanto, repare as duas combinações deste exercício.
C8,3
C8,5
Observe que 3 da primeira somado com o 5 da segunda, dá o 8 das duas.
Quando isso acontece, a combinação será a mesma.
Assim, se C8,3 deu 56, C8,5 também será.
Você pode fazer o cálculo para provar.
R: 56 pentágonos.
E0539 – Determine o número de anagramas formados a partir de:
a) LUA
b) GATO
c) ESCOLA
d) REPÚBLICA
e) FESTA
f) PERNAMBUCO
RESOLUÇÃO
a) LUA
Tem 3 letras:
3! = 3 . 2 . 1 = 6 anagramas
b) GATO
4 anagramas
4! = 4.3.2.1 = 24 anagramas
c) ESCOLA
6! = 6.5.4.3.2.1 = 720 anagramas
d) REPÚBLICA
9! = 9.8.7.6.5.4.3.2.1 = 362.880
e) FESTA
5! = 5.4.3.2.1 = 120
f) PERNAMBUCO
10! = 10.9.8..6.5.4.3.2.1 = 3.628.800
E0540 – Em uma mesma prateleira de uma estante há 10 livros distintos, sendo
cinco de Álgebra, três de Geometria e dois de Trigonometria.
a) De quantos modos podemos arrumar esses livros nessa prateleira, se
desejamos que os livros de um mesmo assunto permaneçam juntos?
b) De quantos modos distintos podemos arrumar esses livros nessa prateleira de
modo que nas extremidades apareçam livros de Álgebra e os livros de
Trigonometria fiquem juntos?
RESOLUÇÃO
Resolução:
Item A:
Podemos dividir os 10 livros em três grupos: Álgebra, Geometria e Trigonometria.
Álgebra: são cinco opções: __ __ __ __ __
Geometria: são 3 opções: __ __ __
Trigonometria: são 2 opções: __ __
Ao todo, temos 10 livros:
L1, L2, L3, L4, L5, L6, L7, L8, L9, L10
___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
Porém, como queremos que os livros de um mesmo assunto estejam juntos.
É o método TUDO JUNTO.
A1, A2, A3, A4, A5 G1, G2, G3 T1, T2
__ __ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
Para a 1ª lacuna, temos 5 opções de ágebra.
Para a 2ª lacuna, temos 4 opções.
Para a 3ª temos 3 opções,
para a 4ª temos 2 opções e
para a 5ª temos 1 opção.
Assim, fica: 5.4.3.2.1 = 120 opções.
A 6º lacuna é para Geometria. Temos 3 opções.
Para a 7ª lacuna temos 2 opções e para a 8ª temos 1 opção.
Fica: 3.2.1 = 6 opções.
A 9ª lacuna é para o livro de Trigonometria. São 2 opções.
Para a 10ª lacuna temos 1 opção.
Fica: 2.1 = 2 opções.
Assim, temos em cada grupo
120 6 2
________ ________ _________
grupo 1 grupo 2 grupo 3
Álgebra Geometria Trigonometria
Isso veio de:
5! . 3! . 2!
________ ________ _________
grupo 1 grupo 2 grupo 3
Álgebra Geometria Trigonometria
Ao multiplicarmos as opções, temos: 120 . 6 . 2 = 1440 opções.
No entanto, temos 1440 opções para a os grupos na ordem Álgebra, Geometria e
Trigonometria.
Mas, há mais 1440 opções na ordem Álgebra, Trigonometria e Geometria.
e mais 1440 opções para cada ordem.
Quantas ordens podemos fazer entre os 3 assuntos?
________ ______ ______
3 opções 2 opções 1 opção
de assunto de assunto de assunto
Ao todo temos 3.2.1 = 6 opções de assuntos.
Se cada opção tem 1440, logo, 1440 x 6 = 8.640 modos.
R: 8640 modos.
_______________________________________________________________________________
Ou ainda:
Quero dividir em 3 opções: 3! = 3.2.1 = 6
cada opção é subdividida em 5, 3 e 2: 5! x 3! x 2! = 120 x 6 x 2
Temos 6 x 120 x 6 x 2 = 8.640.
R: 8640 modos.
_____________________________________________________________________________
Item B:
De quantos modos distintos podemos arrumar esses livros nessa prateleira de
modo que nas extremidades apareçam livros de Álgebra e os livros deTrigonometria fiquem juntos?
Nas extremidades devem ficar os livros de Álgebra
___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
5 4
Para a 1ª lacuna teremos 5 opções para Álgebra e para a última lacuna serão 4, já
que colocamos 1 livro na primeira lacuna.
Os livros de Trigonometria devem ficar juntos. É a regra do TUDO JUNTO.
Juntando as lacunas de Trigonometria, que são 2 opções, temos
___ ______ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
5 trig 4
Sendo que para aquela lacuna, temos 2 opções.
___ ______ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
5 2 4
Usamos 1 na primeira lacuna, 1 na segunda lacuna e 1 na última lacuna, ou seja,
3 livros.
Como são 10, ainda faltam 7. Então, na terceira lacuna teremos 7 opções.
___ ______ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___
5 2 7 6 5 4 3 2 4
Multiplicando as opções acima, temos 201.600
R: São 201.600 modos.
E0541 – Para ocupar os cargos de presidente e vice-presidente do grêmio de um
colégio, candidataram-se dez alunos. De quantos modos distintos pode ser feita
essa escolha?
RESOLUÇÃO
Temos 10 alunos
Queremos escolher 2.
_________________ ___________________
 presidente vice-presidente
temos 10 opções aqui temos 9 opções aqui, já que 1 foi para o cargo de
presidente.
Claro que, por se tratar de multiplicação, a ordem não importa. Poderia ser 10
para o vice e 9 para o presidente.
O importante é multiplicar as duas opções: 10 x 9 = 90 modos
R: 90 modos distintos
E0072 – Qual é a quantidade de números pares com 4 algarismos distintos que
podemos formar com os números 1,2,4,5,7,8 e 9?
RESOLUÇÃO
Para ser um número par, o último número deve terminar com par.
Dos algarismos disponíveis, o último algarismo do número só pode ser 2,4 ou 8.
Assim, temos, nos 4 algarismos:
___ ___ ___ ___
 4 5 6 3
Multiplicando as possibilidades: 4 x 5 x 6 x 3 = 360
Assim, existem 360 números pares formados com 4 algarismos.
E0071 – No sistema decimal, quantos números de 5 algarismos (sem repetição)
podemos escrever, de modo que os algarismos 0, 2 e 4 apareçam agrupados?
E0070 – Com os algarismos 2,3,5,6,7 e 8, escrevem-se, em ordem crescente, todos
os números naturais de 6 algarismos distintos possíveis. Nessa sequência,
 a) qual é a posição do número 687.325?
 b) e quantos números estarão sucedendo o número 687.325?
RESOLUÇÃO
CENTENA DE MILHAR
Temos na ordem, 2,3,5,6,7 e 8, totalizando 6 algarismos.
Para cada algarismo, damos a quantidade n! / n.
Neste caso, temos 6 algarismos, n vale 6.
Vai dar 6! / 6 = 720 / 6 = 120.
2 3 5 6 7 8
120 120 120 120 120 120
Quero o 6. Deixo para trás 120 x 3 = 360 números
DEZENA DE MILHAR
Sobraram, na ordem, 2,3,5,7 e 8, totalizando 5 algarismos.
Para cada algarismo, damos a quantidade n! / n.
Neste caso, temos 5 algarismos, n vale 5.
Vai dar 5! / 5 = 120 / 5 = 24.
2 3 5 7 8
 24 24 24 24 24
Quero o 8. Deixo para trás 24 x 4 = 96 números
UNIDADE DE MILHAR
Sobraram, na ordem, 2,3,5 e 7 totalizando 4 algarismos.
Para cada algarismo, damos a quantidade n! / n.
Temos 4 algarismos, n vale 4.
Vai dar 4! / 4 = 24 / 4 = 6
2 3 5 7
 06 06 06 06
Quero o 7. Deixo para trás 06 x 3 = 18 números
CENTENA
Agora, temos na ordem, 2,3 e 5, totalizando 3 algarismos.
Para cada algarismo, damos a quantidade n! / n.
Neste caso, temos 3 algarismos, n vale 3.
Vai dar 3! / 3 = 6 / 3 = 2.
2 3 5
 02 02 02
Quero o 3. Deixo para trás 02 x 1 = 2 números
DEZENA
Temos na ordem, 2 e 5, totalizando 2 algarismos.
Para cada algarismo, damos a quantidade n! / n.
Neste caso, temos 2 algarismos, n vale 2.
Vai dar 2! /2 = 2 / 2= 1.
2 5
01 01
Quero o 2, não deixando nenhum número para trás.
UNIDADE
Hora de somar o que ficou para trás e somar com 1
CENTENA DE MILHAR: 360 números
DEZENA DE MILHAR: 96 números
UNIDADE DE MILHAR: 18 números
CENTENA: 2 números
DEZENA: 0
Somando: 360 + 96 + 18 + 2 + 0 = 476 números ficaram para trás.
Logo, o número que estamos procurando é o próximo, ou seja, 477.º
b) e quantos números estarão sucedendo o número 687.325?
Vimos no início que, ao todo, são 720 números, pois são 6 algarismos e 6! = 720.
 Se o número está na posição 477, faltam 243 números.
Logo, 243 sucedem ao número 477.º
E0067 – Calcule 6! + 3! – 2! / 5!
RESOLUÇÃO
E0069 – 7! 9! / 8! 5!
RESOLUÇÃO
–
E0074 – Para colorir um mapa-múndi, cada um dos seis continentes será pintado
com uma cor diferente. De quantas maneiras distintas esse mapa pode ser
pintado, dispondo-se para isso de 12 cores distintas?
RESOLUÇÃO
Tenho 12 cores disponíveis e quero utilizar 6.
12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7 = 665.280 maneiras.