Analise combinatoria e Probabilidades

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1
Matemáti ca
Análise combinatória 
e probabilidades
Rua General Celso de Mello Rezende, 301 – Tel.: (16) 3238·6300
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SISTEMA COC DE ENSINO
Direção-Geral: Sandro Bonás
Direção Pedagógica: Zelci C. de Oliveira
Direção Editorial: Roger Trimer
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Fernando Duarte
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Conselho Editorial: José Tadeu B. 
Terra, Luiz Fernando Duarte, Osvaldo 
Govone e Zelci C. de Oliveira
PRODUÇÃO EDITORIAL
Autoria: Jeferson Petronilho
Editoria: Clayton Furukawa, José F. Rufato, 
Marina A. Barreto e Paulo S. Adami
Coordenação editorial: Luzia 
H. Fávero F. López
Assistente Editorial: George R. Baldim
Projeto gráfico e direção de 
arte: Matheus C. Sisdeli
Preparação de originais: 
Marisa A. dos Santos e Silva e 
Sebastião S. Rodrigues Neto
Iconografia e licenciamento de 
texto: Cristian N. Zaramella, Marcela 
Pelizaro e Paula de Oliveira Quirino.
Diagramação: DIAGRAMA SOLUÇÕES 
EDITORIAIS LTDA – EPP
Ilustração: DIAGRAMA SOLUÇÕES 
EDITORIAIS LTDA – EPP
Revisão: Flávia P. Cruz, Flávio R. Santos, 
José S. Lara, Leda G. de Almeida e 
Maria Cecília R. D. B. Ribeiro.
Capa: LABCOM comunicação total
Fechamento: DIAGRAMA SOLUÇÕES 
EDITORIAIS LTDA – EPP
CAPÍTULO 01 ANÁLISE COMBINATÓRIA 7
1. Introdução 7
2. Princípio fundamental da contagem (PFC) 9
3. Princípio do desprezo da ordem 18
4. Exercícios caracterizados de contagem 19
5. Fórmulas de contagem 26
CAPÍTULO 02 NÚMEROS BINOMIAIS 29
1. Introdução 29
2. Triângulo de Pascal 32
3. Binômio de Newton 36
CAPÍTULO 03 PROBABILIDADE 42
1. Experimentos aleatórios 42
2. Espaço amostral e evento 42
3. Tipos de eventos 43
4. Probabilidade estatística e probabilidade teórica 44
5. Probabilidade teórica de um evento 44
6. Propriedades das probabilidades 45
7. Probabilidade do evento união 51
8. Probabilidades num espaço amostral não equiprovável 51
9. Probabilidade condicional 55
10. Probabilidade do evento intersecção 55
11. Eventos independentes 56
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 67
Su
m
ár
io
Teoria
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
7
Matemáti ca
A análise combinatória é aplicada em diver-
sos campos de atividade, desde o estudo em 
apostas em loterias até o estudo das possíveis 
ligações entre os átomos na Química. Em par-
ticular na Matemática, teremos oportunidade 
de aplicá-la no desenvolvimento dos binômios 
de Newton e na teoria das probabilidades.
1.1. Fatorial
São muito frequentes, na análise combina-
tória, produtos que tenham como fatores 
todos os números inteiros positivos, desde 1 
até um certo n, por exemplo 5 · 4 · 3 · 2 · 1; 
para facilitar, usaremos uma forma abreviada 
para representá-los, o fatorial.
Definição: Sendo n um número natural, 
maior que 1, o fatorial de n (n!) é o produto de 
todos os naturais de n até 1.
Assim n! = n · (n – 1) · (n – 2) · … · 3 · 2 · 1
O símbolo n! também pode ser lido como 
n fatorial.
Exemplos
5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1
7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1
3! = 3 · 2 · 1
Em particular, definimos: 0! = 1 e 1! = 1
Observação: Ao desenvolver um fatorial, colo-
cando os fatores em ordem decrescente, pode-se 
interropê-lo onde for conveniente, indicando os 
últimos fatores também na notação de fatorial.
Exemplos:
01. 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1! = 7 · 6 · 5! =
 = 7 · 6! = 7 · 6 · 5 · 4! 
02. n! = n · (n – 1)! = n · (n – 1) · (n – 2)!
03. (n + 1)! = (n + 1) · n! = (n + 1) · n · (n – 1)!
Este é um recurso muito utilizado nas simplifi-
cações de expressões com fatoriais:
Exemplo
100
98
100 99 98
98
9 900
!
!
· · !
!
.= =
1. Introdução 
A análise combinatória é a parte da Mate-
mática que estuda a quantidade de possibi-
lidades de ocorrência de um acontecimento, 
sem que haja necessidade de descrevermos 
todas as possibilidades de ocorrência.
Para explicar esse estudo, podemos analisar o 
problema abaixo.
Consideremos a figura abaixo, em que há parte 
da planta de um bairro. Uma pessoa deve cami-
nhar de sua casa à escola onde estuda, usando 
um dos caminhos mais curtos, isto é , ela só po-
derá caminhar “da esquerda para a direita”ou 
“de baixo para cima”. Quantos são os possíveis 
caminhos diferentes para esse percurso?
Casa
Escola
Observação: A figura mostra um dos caminhos 
possíveis.
Para resolver esse problema, a primeira ideia é 
tentar descrever todos os caminhos possíveis, 
o que facilmente é descartado dada a grande 
quantidade de possibilidades.
Nos próximos módulos, esse e muitos ou-
tros problemas serão resolvidos por meio de 
regras de contagem, que não exigem a des-
crição das possibilidades, isto é, descobrir 
quantas sem necessariamente saber quais.
CAPÍTULO 01 ANÁLISE COMBINATÓRIA
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
8
Matemática
01. Classifique as igualdades como verdadei-
ras (V) ou falsas (F):
a. 3! + 2! = 5!
b. (3!) · (2!) = 6!
c. (3!)2 = 9!
d. 
4
2
!
! = 2!
03. 
Simplificar +(n 1)!
(n–1)!
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
02. Simplifique:
a. 8!
6!
b. 7!
5!2!
c. 6!
2!3!
04. Resolver a equação:
20 · (n – 1)! = (n + 1)!
05. UFRN
Se (x + 1)! = 3 (x!), então x é igual a:
a. 1 d. 4
b. 2 e. 5
c. 3
Resolução
a. F, pois 3! = 3 · 2 · 1 = 6, 2! = 2 · 1 = 2 e 
5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120
b. F, pois 6! = 6 · 5! = 6 · 120 = 720
(3!) · (2!) = 6 · 2 = 12 ≠ 6! = 720
c. F, pois 9! = 9 · 8 · 7 · 6! = 362.880
e (3!)2 = (6)2 = 36
d. F, pois =4!
2!
4·3·2!
2!
 = 12 ≠ 2! = 2
Resolução
a. 8
6
8 7 6
6
56
!
!
· · !
!
= =
b. 7
5 2
7 6 5
5 2
21
!
! !
· · !
! !
= =
c. 6
2 3
6 5 4 3
2 1 3
60
3
!
! !
· · · !
· · !
= =
Resolução
Inicialmente, desenvolvemos (n + 1)! até che-
garmos em (n – 1)!:
( )!
( – )!
( ) · · ( )!
( )!
( ) ·
n
n
n n n
n
n n
+
=
+ −
−
=
= + =
1
1
1 1
1
1 nn n2 +
Resposta
n2 + n
Resolução
=
+
=
+
20 (n 1)!
(n–1)!
(n 1) · n · (n–1)!
(n–1)!
20 = n2 + n ⇒ n2 + n –20 = 0
n = 4 ou n = –5 (não convém)
S = {4}
Resolução
( )! · ! ( ) · ! · !x x x x x
x
+ = ⇒ + =
=
1 3 1 3
2
Resposta
B
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
9
Matemática
06. FCMSC - SP
A solução da equação + −
+
=
(n 2)!(n 2)!
(n 1)!(n–1)!
4 é um 
número natural:
a. par. d. divisível por 5.
b. cubo perfeito. e. múltiplo de 3.
c. maior que 10.
07. 
Se + =
x! · (x 1)!
(x –1)! · x!
20 , então x vale:
a. –6 d. 5
b. –5 e. 6
c. 4
2. Princípio fundamental da contagem (PFC)
O PFC é uma regra que permite determinar o número de possibilidades de ocorrência de um 
acontecimento, sem que se descrevam todas as possibilidades. A ideia da regra resulta de uma 
análise apurada de diagramas de árvores.
2.1. Diagrama de árvore 
É chamado de diagrama de árvore o esquema que lembra a estrutura de uma árvore, usado para 
descrever todas as possibilidades de ocorrência de um acontecimento.
Consideremos o acontecimento: uma corrida de que participam apenas três corredores A, B e C.
ABC
ACB
BAC
BCA
CAB
CBA
C
B
C
A
B
A
B
C
A
C
A
B
A
B
C
1º lugar
(3 possibilidades)
2º lugar
(2 possibilidades)
3º lugar
(1 possibilidade)
Resultados
(6 possibilidades)
Tronco
1ª etapa de 
ramificação
2ª etapa de 
ramificação
3ª etapa de 
ramificação
Analisando o diagrama, percebemos que cada um dos resultados possíveis para a corrida é uma 
“ponta”na “árvore” e queos “galhos”desta “árvore” se ramificam em três etapas:
1ª etapa: escolha do 1º colocado
2ª etapa: escolha do 2º colocado
3ª etapa: escolha do 3º colocado
Resolução
( )!( )!
( )!( – )!
( ) · ( )! ( –n n
n n
n n n+ −
+
= ⇒
+ +2 2
1 1
4
2 1 2))!
( )!( – ) · ( – )!
–
– –
n n n
n
n
n n
+
=
+
= ⇒ + = ⇒
1 1 2
4
2
1
4 2 4 4 3nn
n
=
=
–6
2
Resposta
A
Resolução
x x
x x
x
x
x x x! · ( )!
( – )! · !
( )!
( – )!
( ) · · ( –+
=
+
=
+1
1
1
1
1 11
1
1 20 4
)!
( – )!
( ) ·
x
x x x
=
⇒ + = ⇒ = =ou x –5 (não coonvém)
Resposta
C
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
10
Matemática
Assim, do “tronco” da “árvore” partem 3 “galhos”; de cada um destes partem 2 “galhos” e de 
cada um dos últimos parte um “galho”. Logo, o total de “pontas” será:
3 · 2 · 1 = 6 que é o número de resultados possíveis para a corrida.
2.2. Aplicação do PFC
No problema: Em uma corrida de que participam apenas três corredores A, B e C, quantos são os 
resultados diferentes possíveis? Consideremos o acontecimento (resultado da corrida) estudado 
em três etapas sucessivas e independentes:
1ª etapa: escolher o 1º colocado
2ª etapa: escolher o 2º colocado
3ª etapa: escolher o 3º colocado
Os números de possibilidades de escolha em cada etapa são:
1ª etapa: 3 possibilidades (qualquer um dos três participantes pode ser o primeiro colocado);
2ª etapa: 2 possibilidades (qualquer que seja o corredor escolhido para vencedor, na etapa ante-
rior, existirão 2 possibilidades para escolher o 2º colocado);
3ª etapa: 1 possibilidade (quaisquer que sejam os escolhidos para a 1ª e 2ª colocações, nas eta-
pas anteriores, para a 3ª colocação só o terceiro corredor é possível)
Para determinar o número de resultados possíveis, é só multiplicarmos os números de possibilidades 
de cada uma das três etapas.
Deste modo: 3 · 2 · 1 = 6
Assim, o número de resultados diferentes para a corrida é 6.
A regra que utilizada para chegar a esse resultado é a do princípio fundamental da contagem 
(PFC), que pode ser enunciada genericamente deste modo:
Se um acontecimento pode ser analisado em etapas sucessivas e independentes de modo que:
n1 seja o número de possibilidades na 1ª etapa,
n2 seja o número de possibilidades na 2ª etapa,
nk seja o número de possibilidades na k-ésima etapa,
então n1 · n2 · n3 · … · nk é o número de possibilidades de ocorrência do acontecimento.
Exemplos
01. De quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cinco lugares?
Resolução
Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro conforme a figura a seguir.
e d c
b a
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
11
Matemática
Consideremos as etapas sucessivas:
1ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar a
2ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar b
3ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar c
4ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar d
5ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar e
Assim, os números de possibilidades são:
5 4 3 2 1
1ª etapa
Lugar A
2ª etapa
Lugar B
3ª etapa
Lugar C
4ª etapa
Lugar D
5ª etapa
Lugar E
Logo, o total de possibilidades é:
5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120
Resposta: As pessoas podem sentar-se de 120 modos diferentes.
Observação: Por não haver restrição na escolha em nenhuma das etapas (uma das pessoas não 
pode sentar-se no lugar da direção, por exemplo), a ordem em que se colocam as etapas de esco-
lha não altera o resultado. Assim, por exemplo:
5 4 3 2 1
1ª etapa
Lugar E
2ª etapa
Lugar B
3ª etapa
Lugar A
4ª etapa
Lugar D
5ª etapa
Lugar C
Total = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120
02. As chapas dos automóveis no Brasil são formadas por 3 letras e 4 algarismos. Usando o alfa-
beto de 26 letras, quantas chapas podem ser formadas?
Resolução
L L L A A A A
L = Letra e A = Algarismo
1ª etapa: escolha da 1ª letra
2ª etapa: escolha da 2ª letra
3ª etapa: escolha da 3ª letra
4ª etapa: escolha do 1º algarismo
5ª etapa: escolha do 2º algarismo
6ª etapa: escolha do 3º algarismo
7ª etapa: escolha do 4º algarismo
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
12
Matemática
Na 1ª, 2ª e 3ª etapas temos 26 possibilidades.
Na 3ª, 4ª, 5ª, 6ª e 7ª etapas, temos 10 possibilidades (qualquer um dos 10 algarismos: 0, 1, 2, 3, 
4, 5, 6, 7, 8, 9)
Assim:
26 · 26 · 26 · 10 · 10 · 10 · 10 = 175.760.000
03. Quantos divisores positivos tem o número 288?
Resolução
Decompondo 288 em fatores primos, encontramos: 288 = 25 · 32
Qualquer número de forma 2x · 3y, com 0 ≤ x ≤ 5 e 0 ≤ y ≤ 2, é divisor de 288, então, estudados os 
números de possibilidades para ecolha dos expoentes x e y, temos:
x ∈ {0,1,2,3,4,5}
y ∈ {0,1,2}
6 3
1ª etapa 
Expoente x
2ª etapa 
Expoente y
Total = 6 · 3 = 18
Resposta: 288 tem 18 divisores positivos.
04. Dispõe-se de 4 livros, 6 cadernos e 3 canetas para serem distribuídos entre dois estudantes. To-
dos os objetos devem ser distribuídos, mas não há necessidade de uma divisão equânime. De quantos 
modos diferentes esta distribuição pode ser feita?
Resolução
Devemos estudar a quantidade de objetos que um dos estudantes pode receber, e, automati-
camente, ficará estudada a quantidade que o outro poderá receber. Por exemplo, se o primeiro 
estudante receber 1 livro, o outro receberá 3 livros.
Logo, o número de possibilidades para a distribuição dos livros é: (0,4); (1,3); (2,2); (3,1); (4,0), ou 
seja, 5 possibilidades.
Raciocinando de forma análoga para a distribuição dos demais objetos, teremos:
1ª etapa
Livros
2ª etapa
Cadernos
3ª etapa
Canetas
75 4
Total: 5 · 7 · 4 = 140
Resposta: A distribuição poderá ser feita de 140 modos diferentes
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
13
Matemática
2.3. Princípio da preferência (PP)
Consideremos o problema: de quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cin-
co lugares, se somente duas delas dirigem?
Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro, conforme a figura a seguir.
 
e d c
b a
Considere as etapas sucessivas:
1ª etapa
Lugar E
2ª etapa
Lugar D
3ª etapa
Lugar C
4ª etapa
Lugar B
5ª etapa
Lugar A
Na 1ª etapa, temos 5 possibilidades: qualquer uma das cinco pessoas pode sentar-se.
Na 2ª, 3ª e 4ª etapas, temos 4, 3 e 2 possibilidades respectivamente, sempre uma possibilidade 
a menos que na etapa anterior.
No entanto, fica impossível determinar o número de possibilidades na 5ª etapa, pois devemos ter 
necessariamente uma pessoa que dirige nesse lugar, e, dependendo das escolhas anteriores, essa 
possibilidade pode não existir.
Para evitar impasse de contagem como esse, usamos uma regra que chamamos de princípio de 
preferência (PP).
O estudo dos números de possibilidades deve começar sempre pelas etapas em que há restrição, 
dando-se preferência para aquelas onde a restrição é maior.
Assim, como existe restrição para ocupar o lugar da direção, devemos necessariamente começar 
o estudo das possibilidades por esse lugar:
1ª etapa
Lugar A
2ª etapa
Lugar B
3ª etapa
Lugar C
4ª etapa
Lugar D
5ª etapa
Lugar E
2 4 3 2 1
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
14
Matemática
Na 1ª etapa, temos apenas 2 possibilidades; só as duas pessoas que dirigem podem ocupar esse 
lugar (direção).
Na 2ª, 3ª, 4ª e 5ª etapas, temos 4, 3, 2 e 1 possibilidades respectivamente, sempre uma possibi-
lidade a menos que na etapa anterior.
Desta forma, total = 2 · 4 · 3 · 2 · 1 = 48
Observação: Muitas vezes, mesmo usando o PP, ainda persistem os impasses de contagem. Nes-
sassituações, devemos dividir o estudo das possibilidades em mais do que um caso, conforme 
ocorre no exemplo 6.
05. Usando todas as letras da palavra caderno, sem repetição, responda às seguintes questões.
a. Quantas “palavras” distintas podem se formar?
Observação: entenda por “palavra”uma sequência de 7 letras mesmo que não pronunciáveis.
b. Quantas dessas “palavras”terminam com consoante?
Resolução
a. Considerando as escolhas das sete letras como etapas sucessivas e independentes, perce-
bemos que nenhuma delas apresenta restrição (qualquer letra pode aparecer em qualquer 
posição na “palavra”); então a ordem que se faz do estudo do número de possibilidades 
dessas etapas não afetará o resultado.
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa
7 6 5 4 3 2 1
Total = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 7! = 5.040
b. Como existe restrição na escolha da última letra, para evitar impasses, fazemos desta a 
1ª etapa, de acordo com o PP.
(Como a última letra deve ser uma consoante, temos 4 possibilidades para essa etapa (C, D, R, N)).
6 5 4 2 1 4
2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa 1ª etapa
3
Total = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 4 = 6! · 4 = 2.880
Resposta: a. 5.040 b. 2.880
06. Quantos números pares de quatro algarismos distintos, maiores que 1.999, existem no nosso 
sistema de numeração?
Resolução
Milhar Centena Dezena Unidade
Restrições
0 e 1
Restrições
1, 3, 5, 7 e 9
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
15
Matemática
De acordo com o PP, a 1ª etapa deve ser a escolha da unidade e a 2ª etapa, a escolha do milhar; no 
entanto, mesmo usando esta ordem nas etapas, teremos impasses, pois, na escolha da unidade, te-
mos 5 possibilidades (0, 2, 4, 6, 8) e, para o milhar, teremos 8 possibilidades (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), caso 
seja escolhido o zero para a unidade e 7 possibilidades caso não seja o zero o algarismo escolhido.
Para solucionar esse problema, devemos dividir a análise em dois casos.
1º caso: números que terminam em zero.
Milhar Centena Dezena Unidade
8 7 1
2ª etapa
(não pode
ser zero ou 1)
3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa
(só o zero)
8
Total = 8 · 8 · 7 · 1 = 448
2º caso: números que terminam em 2, 4, 6 e 8
Milhar Centena Dezena Unidade
2ª etapa
(Não pode
ser 0, 1 ou o
algarismo
escolhido
para a unidade)
3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa
(podem ser
2, 4, 6 ou 8)
7 8 7 4
Total = 7 · 8 · 7 · 4 = 1.568
Assim, o total de números que podem ser formados é:
448 + 1.568 = 2.016
Resposta: Podemos obter 2.016 números.
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
07. UFES-ES
Quantos são os números naturais de cinco al-
garismos, na base 10, que têm todos os alga-
rismos distintos e nenhum deles igual a 8, 9 ou 
0? Quantos deles são pares?
08. Unesp
Uma rede de supermercados fornece a seus 
clientes um cartão de crédito, cuja identi-
ficação é formada por 3 letras distintas 
(dentre 26), seguidas de 4 algarismos dis-
tintos. Uma determinada cidade receberá 
os cartões que têm L como terceira letra, 
o último algarismo é zero e o penúltimo é 
1. A quantidade total de cartões distintos 
oferecidos por tal rede de supermercados 
para essa cidade é:
Resposta
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
7 6 5 4 3 = 2.520 números
6 5 4 3 3 = 1.080 números pares
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
16
Matemática
a. 33.600 d. 58.500
b. 37.800 e. 67.600
c. 43.200
10. ENEM
Um técnico em refrigeração precisa revisar to-
dos os pontos de saída de ar de um escritório 
com várias salas.
Na imagem apresentada, cada ponto indicado 
por uma letra é a saída do ar e os segmentos 
são as tubulações.
L F
H
JK
I
G
Iniciando a revisão pelo ponto K e terminando 
em F, sem passar mais de uma vez por cada 
ponto, o caminho será feito passando pelos 
pontos:
a. K, I e F.
b. K, J, I, G, L e F.
c. K, L, G, I, J, H e F. 
d. K, J, H, I, G, L e F. 
e. K, L, G, I, H, J e F.
09. Udesc
Um conjunto de oito tanques, dispostos con-
forme mostra a figura abaixo, deverá ser cheio 
com diferentes tipos de ácido, sendo que cada 
tanque deverá conter um único tipo de ácido, 
escolhido entre cinco tipos diferentes.
Por imposição técnica, dois tanques com vérti-
ces em comum não poderão conter o mesmo 
tipo de ácido; a quantidade de maneiras de se 
encherem os tanques é:
a. 81.920
b. 390.625
c. 32.768
d. 65.536
e. 160.000
Resolução
Do texto, temos:
L F
I H
JK
Início
Fim
G
Obs.: acompanhar sequencialmente as setas.
Vem:
K, L, G, I, J, H, F
Resposta
C
Resolução
4
5
4
4
4
4
4
= 5 · 47 = 81.920
4
Resposta
A
Resolução
Considerando as 26 letras e os 10 algarismos, 
temos:
25 · 24 · 1
1 1 0
8 · 7 · 1 · 1
Letras
distintas
Números
distintos
Portanto, o número de possibilidades será:
25 · 24 · 1 · 8 · 7 · 1 · 1 = 33.600
Resposta
A
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
17
Matemática
11. Fuvest-SP
Maria deve criar uma senha de 4 dígitos para 
sua conta bancária. Nessa senha, somente os 
algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usados e um 
mesmo algarismo pode aparecer mais de uma 
vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer 
que sua senha contenha o número 13, isto é, o 
algarismo 1 seguido imediatamente pelo alga-
rismo 3. De quantas maneiras distintas Maria 
pode escolher sua senha?
a. 551
b. 552
c. 553
d. 554
e. 555
12. FGV-SP
Quantos números ímpares de 4 algarismos, 
sem repetir algarismos num mesmo número, 
podemos formar com os dígitos: 1, 2, 3, 4, 5, 
6, 7, 8?
a. 210 d. 840
b. 7! e. 1.680
c. 200
13. UECE
A quantidade de números inteiros compreen-
didos entre os números 1.000 e 4.500 que po-
dem ser formado utilizando somente os alga-
rismos 1, 3, 4, 5 e 7, de modo que não figurem 
algarismos repetidos, é:
a. 48 c. 60
b. 54 d. 72
Resolução
O total de senhas que podemos formar é:
5 · 5 · 5 · 5 = 625
Cálculo das senhas em que aparece o núme-
ro 13.
1a) ⋅ ⋅ ⋅ =
1
1
1
3
5 5
25
2a) ⋅ ⋅ ⋅ =
5 1
1
1
3
5
25
3a) ⋅ ⋅ ⋅ =
5 5 1
1
1
3
25
Observação
A senha 1313 foi contada duas vezes, na (1a) e 
na (3a) opções, logo o total de senhas em que 
aparece o número 13 é:
75 – 1 = 74
Subtraindo do total de senhas aquelas nas 
quais aparecem o número 13, temos:
625 – 74 = 551
Resposta
A
Resolução
Elementos disponíveis: { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
Números ímpares de 4 algarismos:
7 · 6 · 5 · 4
1
3
5
7
Logo: 840
Resposta
D
Resolução
1º caso: números iniciados pelos algarismos 1 e 3.
2 · 4 · 3 · 2 = 48
1
3
2º caso: números iniciados com o algarismo 4 
(Neste caso, o algarismo das centenas deve ser 
1 ou 3.)
1 · 2 · 3 · 2 = 12
4
1 3
Total = 48 + 12 = 60
Resposta
C
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
18
Matemática
3. Princípio do desprezo da ordem
Quantos são os anagramas da palavra CASA?
Resolução
Imaginemos que as duas letras “A” da palavra 
CASA sejam diferentes, por exemplo conside-
remos CASÄ. Assim, os anagramas são:
CASÄ ACSÄ SCAÄ ÄCAS
CAÄS ACÄS SCÄA ÄCSA
CÄSA AÄCS SACÄ ÄSCA
CÄAS AÄSC SAÄC ÄSAC
CSÄA ASCÄ SÄCA ÄACS
CSAÄ ASÄC SÄAC ÄASC
Anagramas são as palavras formadas com as 
mesmas letras de uma palavra. Tais “palavras” 
não precisam ter significado na linguagem co-
mum.
Desprezando as diferenças imaginadas entre 
as letras “A”, percebemos que existem apenas 
12 anagramas diferentes.
É possível calcular esse total de anagramas de 
uma outra forma:
Supondo 4 letras diferentes:
4 2 13
1°
etapa
2°
etapa
3°
etapa
4°
etapa
Total = 4 · 3 · 2 · 1 = 4! = 24
Para desprezar a mudança de ordem das 2 le-
tras repetidas, é sódividir o total por 2!; assim:
Total = = =
4!
2!
24
2
12
Resposta: São 12 anagramas.
Observação: Ao calcular o total de ana-
gramas de uma palavra que apresenta uma letra 
que se repete n vezes, calculamos inicialmente o 
total, como se todas as letras fossem diferentes 
e, em seguida, desprezamos a mudança de ordem 
das n letras, consideradas nesse total, dividindo-
o por n!. No caso em que a palavra apresenta n 
letras iguais e também outras m letras iguais, é só 
dividir o total por n! e por m!, isto é, por n! · m!
Essa regra, para desprezar uma mudança de 
ordem considerada em uma contagem inicial, é cha-
madade princípio do desprezo da ordem (PDO).
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
01. 
Quantos são os anagramas da palavra CAMADA?
03. 
No jogo denominado Mega Sena são escolhi-
dos 6 números inteiros entre 1 e 60. Quantos 
resultados distintos podem ocorrer na Mega 
Sena?
02. 
Quantos são os anagramas da palavra BATATA?
Resolução
São 6 letras das quais 3 são repetidas. Então:
x = = =
6
3
6 5 4 3
3
120
!
!
· · · !
!
Resolução
São 6 letras das quais 3 são A e 2 são T. Então:
x =
⋅
=
⋅
=
6
3 2
6 5 4 3
3 2 1
60
!
! !
· · · !
! ·
Resolução
Devemos primeiro pensar nas maneiras distin-
tas de escolher os 6 números e, depois, des-
prezar a ordem, pois ela não é importante para 
o jogo. Assim:
x = =
60 59 58 57 56 55
6
50 063 860
· · · · ·
!
. .
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
19
Matemática
04. FGV-SP
Sobre uma mesa são colocadas em linha 6 
moedas. O número total de modos possíveis 
pelos quais podemos obter 2 caras e 4 coroas 
voltadas para cima é:
a. 360 d. 120
b. 48 e. 15
c. 30
Indique a alternativa que representa o total 
de símbolos diferentes que podem ser forma-
dos, iluminando-se, exatamente, 4 delas. (Por 
exemplo, iluminando-se convenientemente, 
pode-se obter etc.)
a. 140 d. 64
b. 70 e. 24
c. 32
4. Exercícios caracterizados de contagem
4.1. Formação de números
Quantos números ímpares, com 4 algarismos distintos, podemos obter empregando os algaris-
mos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9?
Resolução
Algarismos: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
8 7 6 5
Milhar Centena Dezena Unidade
2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa
(só pode ser
1, 3, 5, 7 e 9)
Total = 8 · 7 · 6 · 5 = 1.680
Resposta: Podemos obter 1.680 números.
05. PUCCamp-SP
É muito comum o uso de barras iluminadas 
em aparelhos eletrônicos, para a formação de 
símbolos (letras, números, sinais etc.). Consi-
derando as 8 barras dispostas na forma abaixo:
Resolução
Temos: C para cara e 
 K para coroa
Devemos formar todas as sequências possíveis 
com as letras C, C, K, K, K e K.
Assim: = = =x 6!
2!4!
6 · 5
2
15
Resposta
E
Resolução
Primeiro escolheremos 4 barras para serem 
iluminadas entre as 8 disponíveis.
Depois, desprezaremos a ordem de escolha 
das 4 barras, pois, uma vez formado o símbolo, 
a ordem da escolha não é importante.
X = =
8 7 6 5
4
8 7 6 5
4 3 2
2· · ·
!
· · ·
· · · 1
70=
Resposta
B
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
20
Matemática
4.2. Comissões com cargos definidos
De um grupo de 10 pessoas, 5 são escolhidas para compor uma comissão que é formada por um 
presidente, um vice-presidente, com um 1º secretário, um 2º secretário e um tesoureiro. Quan-
tas comissões podem ser formadas?
Resolução
10 9 8 7 6
V V – P 1º S 2º S T
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
4ª
etapa
5ª
etapa
Total = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 = 30.240
Resposta: Podem ser formadas 30.240 comissões.
4.3. Anagramas sem repetição de letras
Anagramas são as “palavras” formadas com as mesmas letras de uma palavra dada. Tais “pala-
vras” não precisam ter significado na linguagem comum.
Quantos são os anagramas da palavra CINEMA?
Resolução
6 5 4 3 2 1
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
4ª
etapa
5ª
etapa
6ª
etapa
Total = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 6! = 720
Resposta: São 720 anagramas.
4.4. Anagramas com repetição de letras
Quantos são os anagramas da palavra MATEMÁTICA?
Resolução
Supondo 10 letras diferentes, teríamos 10! anagramas.
Para desprezar as mudanças de ordem das letras repetidas (3 As, 2 Ms e 2 Ts), utilizaremos 
o P. D. O.
Total = 10
3 2 2
10 9 8 7 6 5 4 3
3 2 1 2 1
151
!
! ! !
· · · · · · · !
! · · ·
.= = 2000
4.5. Ocupação de lugares definidos
De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em um banco de cinco lugares?
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
21
Matemática
1ª resolução
Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha dos lugares que as três pessoas 
vão ocupar.
1ª pessoa 2ª pessoa 3ª pessoa
5 4 3
3ª
etapa
2ª
etapa
1ª
etapa
Total = 5 · 4 · 3 = 60
2ª resolução
Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha das pessoas que ocuparão os 
cinco lugares, considerando, porém, dois fantasmas para simbolizar os lugares vagos.
5 4 3 2 1
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
4ª
etapa
5ª
etapa
1º
lugar
2º
lugar
3º
lugar
4º
lugar
5º
lugar
Total = =
5 · 4 · 3 · 2 · 1
2!
60
Note que o total foi dividido por 2! para desprezar a mudança de ordem dos fantasmas.
Resposta: Podem sentar-se de 60 modos diferentes.
4.6. Comissões sem cargos definidos
Dez times de futebol de um estado disputam um campeonato para classificar os quatro re-
presentantes no campeonato brasileiro. De quantos modos diferentes pode acontecer essa 
classificação?
Resolução
78910
1º 2º 3º 4º
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa
Total = 10 · 9 · 8 · 7 = 5.040
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
22
Matemática
Como o problema não questiona os resultados possíveis para a competição, e sim os classifi-
cados para o campeonato brasileiro, a ordem dos quatro não interessa. Então, usando o PDO, 
chegamos ao resultado:
Total = =
10 · 9 · 8 · 7
4!
210
Resposta: Pode acontecer de 210 modos diferentes.
4.7. Distribuição em grupos
Oito escoteiros devem ser distribuídos em duas patrulhas que terão missões diferentes. De quan-
tos modos isto pode acontecer?
Resolução
Imaginemos a distribuição sendo feita colocando-se os escoteiros em fila e consideremos os 
quatro primeiros da fila em uma patrulha e os quatro últimos na outra.
A A AA B B B B
12345678
1ª
etapa
8ª
etapa
7ª
etapa
6ª
etapa
5ª
etapa
4ª
etapa
3ª
etapa
2ª
etapa
Total = =
8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1
4!· 4!
70
Resposta: Pode acontecer de 70 modos.
Observação – O produto foi dividido por 4! · 4! para desprezar a ordem dos elementos em cada 
patrulha.
4.8. Figuras geométricas
Considere 8 pontos distintos em uma circunferência. Quantos triângulos distintos podem ser forma-
dos com vértices nesses pontos?
Resolução
Consideremos as etapas sucessivas da escolha dos vértices dos triângulos:
8 7 6
Total = =
8 · 7 · 6
3!
56
Resposta: Podem ser formados 56 triângulos.
Observação – O produto foi dividido por 3! para desprezar a ordem dos vértices, pois ABC e BCA 
representam o mesmo triângulo, por exemplo.
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
23
Matemática
01. FGV-SP
Usando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9, existem 
x números de 4 algarismos, de modo que pelo 
menos 2 algarismos sejam iguais. O valor de x é : 
a. 505 d. 625
b. 427 e. 384
c. 120
03. UFPA
Quantos são os anagramas da palavra Brasil 
começados por B e terminados por L?
a. 24 d. 240
b. 120 e. 1.440
c. 720
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
02. 
Vinte e dois pilotos de Fórmula 1 participarão 
de um grande prêmio.
Os três primeiros colocados subirão ao pódio 
onde ocuparão lugares distintose serão ho-
menageados.
De quantas maneiras diferentes o pódio pode 
ser composto?
04. Mackenzie-SP
O número de maneiras diferentes de colocar 
em uma linha de um tabuleiro de xadrez (8 
posições) as peças brancas (2 torres, 2 cava-
los, 2 bispos, a rainha e o rei) é:
a. 8! d. 8
b. 504 e. 4
c. 5.040
Resolução 
Pelo PFC, temos disponíveis {1, 3, 5, 7, 9}
5 · 5 · 5 · 5 = 625
Números de 4 algarismos, com os 5 elementos 
disponíveis.
5 · 4 · 3 · 2 = 120
Números de 4 algarismos distintos, com os 5 
elementos disponíveis.
Se do total de números de 4 algarismos sub-
trairmos os números de 4 algarismos dis-
tintos, os que restarem terão pelo menos 2 
algarismos iguais. Portanto;
x = 625 – 120 = 505
Resposta
A
Resolução
1ª 2ª 3ª
22 · 21 · 20 = 9.240
Resolução
B 4 3 2 1 L
Total: 4! = 24
Resposta
A
Resolução
T T C C B B D R
Total = 
8
2 2 2
5 040
!
! ! !
.=
Temos 8 “letras” (peças) com 
2 Ts (torres são iguais)
2 Cs (cavalos são iguais)
2 Bs (bispos são iguais)
e 1D (rainha)
1R (rei)e
dist os

int
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
24
Matemática
05. FGV-SP
De quantas maneiras 4 moças e 4 rapazes 
podem se sentar numa fila de 8 assentos, de 
modo que nunca haja nem dois rapazes vizi-
nhos nem duas moças sentadas uma ao lado 
da outra?
a. 5.040 d. 576
b. 40.320 e. 1.152
c. 2.880
07. 
Oito livros devem ser distribuídos em dois gru-
pos de quatro livros cada um. De quantos mo-
dos isto pode ser feito?
06. Aman-RJ (modificado)
As diretorias de 4 membros que podemos for-
mar com os 10 sócios de uma empresa são:
a. 5.040 e. 24
b. 40 d. 210
c. 2
Observação: O produto foi dividido por 
4! · 4! para desprezar a ordem dos livros em cada 
grupo, e por 2! para desprezar a ordem dos dois 
grupos, visto que ABCD – EFGH e EFGH – ABCD re-
presentam, por exemplo, a mesma distribuição.
08. UEL-PR (modificado)
I. Sejam 15 pontos distintos, perten-
centes a uma circunferência. O nú-
mero de retas distintas determinadas 
por esses pontos é: 
a. 14 d. 210
b. 91 e. 225
c. 105
Resolução
Podemos ter:
M R M R M R M R
 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 576
ou
R M R M R M R M
 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 576
Logo: 576 + 576 = 1.152
Resposta: 
E
Resolução
Total = =
10 · 9 · 8 · 7
4!
210
Resposta
D
Resolução
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
4ª
etapa
5ª
etapa
6ª
etapa
8ª
etapa
7ª
etapa
12345678
Total = =
8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1
4!· 4! · 2!
35
Resposta: Pode acontecer de 35 modos.
Resolução
15 pontos distintos de uma circunferência 
nunca serão alinhados 3 a 3. Sabemos que 
AB BA
� �� � ��
= ; portanto:
=
15 ·14
2!
105
Resposta
C 
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
25
Matemática
II. Nas condições do problema, qual é o 
número de semirretas determinadas 
pelos 15 pontos?
10. UFMG
Considere formados e dispostos em ordem 
crescente todos os números que se obtêm per-
mutando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9. O nú-
mero 75.391 ocupa, nessa disposição, o lugar:
a. 21o
b. 64o
c. 88o
d. 92o
e. 120o
09. 
Considere a figura abaixo, em que temos parte 
da planta de um bairro. Uma pessoa deve ca-
minhar de sua casa à escola onde estuda por 
um dos caminhos mais curtos. Quantos são os 
caminhos possíveis para ir:
Escola
Igreja
Casa
a. de casa à escola?
b. de casa à escola, passando pela igreja?
Resolução
Sabemos que ≠
� �� � ��
AB BA , portanto:
Total = 15 · 14 = 210
Resposta: 210 semirretas
Resposta
a. Um possível caminho seria:
 D D C D C D D C C C D
 Obtêm-se outros caminhos fazendo ana-
gramas da “palavra” acima
 Temos: 
11
6 5
!
! !⋅
 = 462
b. casa / igreja e igreja / escola
 D D D D C C C · D C D C
 
7
4 3
4
2 2
210
!
! !
·
!
! !
=
Começando por 1, 3 ou 5:
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =3 4 3 2 1 72
(1, 3, 5)
 +
Começando por 71 ou 73:
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1 2 3 2 1 12
(1, 3)(7)
 +
Começando por 751:
1 1 1 2 1 2
(5) (1)(7)
7 5 . 3 1 9
+
1=
=
87 números menores que 75.391.
Assim, o no 75.391 ocupa o 88o lugar.
Resposta
C
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
26
Matemática
11. UFScar-SP
Em seu trabalho, João tem 5 amigos, sendo 3 
homens e 2 mulheres. Já sua esposa Maria 
tem, em seu trabalho, 4 amigos (distintos dos 
de João), sendo 2 homens e 2 mulheres. Para 
uma confraternização, João e Maria pretendem 
convidar 6 dessas pessoas, sendo exatamente 
3 homens e 3 mulheres. Determine de quantas 
maneiras eles podem convidar essas pessoas:
a. dentre todos os seus amigos no trabalho.
b. de forma que cada um deles convide 
exatamente 3 pessoas, dentre seus res-
pectivos amigos.
5. Fórmulas de contagem
5.1. Agrupamentos
Quando formamos grupos com elementos 
de um conjunto, chamamos esses grupos de 
agrupamentos. Existem três tipos básicos de 
agrupamento.
1º tipo – Arranjos simples
São agrupamentos que diferem um do outro 
pela ordem ou pela natureza dos elementos 
componentes.
Exemplo – os arranjos de 2 elementos que po-
dem ser feitos com A, B e C são:
AB, BA, AC, CA, BC e CB
2º tipo – Combinações simples
São agrupamentos que diferem um do outro 
apenas pela natureza dos elementos compo-
nentes.
Exemplo – as combinações de 2 elementos 
que podem ser feitas com A, B e C são: 
AB, AC e BC.
3º tipo – Permutações simples
São agrupamentos que diferem um do outro 
apenas pela ordem dos elementos compo-
nentes.
Exemplo – as permutações que podem ser fei-
tas com A, B e C são:
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA
5.2. Fórmula para cálculo do número de 
agrupamentos
I. Fórmula para calcular o número de ar-
ranjos
Seja An,p o número de arranjos que podem ser 
feitos com n elementos, agrupando-os p a p.
Para calcular o número de arranjos, basta usar 
o PFC. Assim A7,3, por exemplo, será:
7 6 5
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa 
Se multiplicarmos e dividirmos o produto 7 · 6 · 5 
por 4!, teremos:
Resolução
Considerando:
João tem 5 amigos
3
2
4
H
M
Maria tem amiggos
H
M
2
2





Foram convidados 6 amigos para confraterni-
zação, sendo exatamente 3 H e 3 M.
a. Dentre todos:
 ⇒ escolhendo-se 3 H dentre 5 H ⇒
	 ⇒ =
5 · 4 · 3
3!
10
 ⇒ escolhendo-se 3 M dentre 4 M ⇒
	 ⇒	 =
4 · 3 · 2
3!
4
 Pelo princípio fundamental, temos 10 · 4 = 40 
possibilidades.
b. De forma que cada um deles convide exata-
mente 3 pessoas, dentre seus respectivos amigos:
 1a possibilidade:
 Maria escolhe 2 M e 1 H, e consequente-
mente, João escolhe 1 M e 2 H
⇒ ( ) ( ) ( ) 

 =1 2 2
3 2
2
12· · ·
·
!
casos
 2a possibilidade:
 Maria escolhe 1M e 2H e conse-
quentemente João escolhe 2 M e 1H ⇒	
(2) · (1) · (1) · (3) = 6 casos
 Logo: Total de casos = 6 + 12 = 18 casos
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
27
Matemáti ca
= = =A
7 · 6 · 5 · 4!
4!
7!
4!
7!
(7 – 3)!7,3
De modo geral:
= … +A n(n–1)(n–2) · · (n –p 1)(n–p)!
(n–p)!n,p
ou seja: A
n
n pn pn p,n p
!
( –n p( –n p)!
=
em particular An,0 = 1 e An,n = n!
II. Fórmula para calcular o número de 
combinações
Seja Cn,p o número de combinações que podem 
ser feitas com n elementos, agrupando-os p a p.
Para calcular o número de combinações, basta 
usar o PFC e, em seguida, desprezar a troca de 
ordem dos elementos do grupo (PDO).
Assim, C7,3, por exemplo, será:
7 6 5
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
= =C
7 · 6 · 5
3!
A
3!7,3
7,3
De modo geral: =C
A
p!n,p
n,pAssim: =C n!
(n–p)!p!n,p
De modo particular: Cn,0 = 1 e
 Cn,n = 1
III. Fórmula para calcular o número de per-
mutações 
Seja Pn o número de permutações que podem 
ser feitas com n elementos.
Para calcular o número de permutações, po-
demos usar o PFC, assim P5, por exemplo, 
será:
5 4 3 12
1ª
etapa
2ª
etapa
3ª
etapa
4ª
etapa
5ª
etapa
P5 = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5!
De modo geral:
Pn = n!
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
01. 
Calcule:
a. A8, 3 b. A10, 2 c. A8, 0
02. 
Resolver Ax, 4 = 5 Ax, 3
Resolução
a. = = = =A
8!
(8 – 3)!
8!
5!
8 · 7 · 6 · 5!
5!
336
8,3
b. = = = =A
10!
(10 –2)!
10!
8!
10 · 9 · 8!
8!
90
10,2
c. = = =A
8!
(8 – 0)!
8!
8!
1
8,0
Resolução
=
= ⇒ =
= ⇒ =
x!
(x – 4)!
5 · x!
(x – 3)!
(x – 3)!
(x – 4)!
5
(x – 3) (x – 4)!
(x – 4)!
5
logo, x – 3 5 x 8
Resposta
S = {8}
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
28
Matemática
03. 
Calcule o valor de:
=
+ +
E
C
C C C
5,3
5,1 10,2 4,2
04. 
Resolver Cx, 3 – 6Cx, 2 = 0
05. 
Resolver =
P
P
5x
x–1
Resolução
= = =
= = =
= = =
= = =
=
+ +
= =
C 6!
(6 – 3)! · 3!
6 · 5 · 4 · 3!
3! · 3!
20
C 5!
(5–1)! · 1!
5 · 4!
4! · 1!
5
C 10!
(10 –2)! · 2!
10 · 9 · 8!
8! · 2!
45
C 4!
(4 – 2)! · 2!
4 · 3 · 2!
2! · 2!
6
Assim, E 20
5 45 6
20
56
5
14
6,3
5,1
10,2
4,2
Resposta
E = 5
14
.
Resolução
x
x
x
x
x
x
x
!
( – )! · !
–
!
( – )! · !
!
( – )! · !
– ·
!
(
3 3
6
2 2
0
3 3
6
=
xx
x
x
x x
– )! · !
( – )!
( – )!
· !
!
( – ) · ( – ) !
(
2 2
0
2
3
6 3
2
2 3
=
=
xx
x
– ) !
· · ·
·
–
3
6 3 2 1
2 1
2 18 20
=
= ⇒ =x
Resposta
S = {20}
Resolução
=
=
x!
(x –1)!
5
x · (x –1)!
(x –1)!
5
Assim: x = 5
Resposta
S = {5}
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
29
Matemáti ca
CAPÍTULO 02 NÚMEROS BINOMIAIS
1. Introdução
Combinações de n elementos p a p são agru-
pamentos com p elementos cada, que podem 
ser formado com n elementos disponíveis.
O número de combinações que podem ser fei-
tas com n elementos p a p é dado por Cn,p e 
calculado desta forma:
=C n!
(n–p)! · p!n,p
1.1. Defi nição 
Dados dois números naturais, n e p, chama-se de 
número binomial o par de valores 
n
p



 , em que:
n
p
n
n p p
comn p











 = ≥= ≥
n
= ≥n co= ≥comn= ≥mn!= ≥!= ≥
( –n p( –n p)! !
n
p



 lê-se: binomial de n sobre p 
No número binomial 
n
p



 , n é o numerador e 
p, o denominador.
Com base na da definição, observamos que:
n
p
C
n p



 = ,
Como consequências da definição, temos:
1ª) n
0



 = 1 para ∀ n ∈ 
2ª) n
1



 = n para ∀ n ∈ *
3ª) n
n



 = 1 para ∀ n ∈ 
1.2. Propriedades
P
n
p
n
n p1
P
1
P )











 = n p−n p












Demonstração
n
p
n
n p p
n
n p
n
n n p



 =
−



 =
!
( – )! · !
!
[ – ( – )]!(( – )!
!
[ – ]!( – )!
n p
n
n p
n
n n p n p
n
n p
−



 = +
−



 =



 = −




n
p n p
n
p
n
n p
!
!( – )!
:Portanto
Observação:
São chamamos 
n
p
e
n
n p



 −



 de números bi-
nomiais complementares.
Exemplos
1
7
2
7
5
2
13
4
ª) ª)



 =







 =
113
9




P
n
p
n
p
n
p2
P
2
P
1
1
1
)
(Relaçã











 + +











 =
+
+












o doo do e Stifel)
Demonstração
n
p
n
p
n
n p p
n
n p



 + +



 = +1 1
!
( – )! · !
!
( – – )! · (( )!p+1
n
p
n
p
n
n p n p p
n



 + +



 =
= +
1
1
!
( – ) · ( – – )! · !
!
(( – – )! · ( ) !n p p p1 1+
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
30
Matemática
n
p
n
p
n p n n p
n p



 + +



 =
+ +
1
1 1!( ) !( – )
( – ) · (nn p p p– – )! · ( ) · !1 1+
n
p
n
p
n p n n n p
n p



 + +



 =
+ +
1
! ! – !
( – )!
· n!
·· ( )!
!( )
( – )! · (
p
n
p
n
p
n n
n p
+



 + +



 =
+
1
1
1
pp
n
p
n
p
n n
n p p
+



 + +



 =
+
+
1
1
1
)!
!( )
( – )! · ( 11
1
1
1
1 1
)!
( )!
[ – ( )]! · (
Como
n
p
n
n p p
+
+



 =
+
+ + +11
1
1
)!
( )!
( – )! · ( )!
=
+
+
n
n p p
Temos: 
n
p
n
p
n
p



 + +



 =
+
+



1
1
1
Exemplos
1
7
3
7
4
8
4
º)



 +



 =




2
11
5
11
6
12
6
º)



 +



 =




3
9
0
9
1
10
1
º)



 +



 =




Observação:
Consideremos um grupo de pessoas formado 
por Paulo e mais n pessoas.
Então:
1º) O número de modos de selecionar, nesse gru-
po, um subgrupo formado por p + 1 pessoas 
é C
n
pn p+ +
=
+
+



1 1
1
1,
2º) O número de modos de selecionar um sub-
grupo formado por Paulo e por outras p pessoas 
é 1× C C
n
pn p n p, ,
= =




3º) O número de modos de selecionar um 
subgrupo formado por p + 1 pessoas, exceto 
Paulo, é C
n
pn p, +
=
+



1 1
Como o total de subgrupos é a soma do núme-
ro de subgrupos dos quais Paulo participa com 
o número de subgrupos dos quais Paulo não 
participa, temos:
n
p
n
p
n
p



 + +



 =
+
+



1
1
1
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
01. 
Calcule E, sendo 6
2
4
4
3
0
8
1



 +



 +



 +




02. 
Calcule 
5
0
5
pp




=
∑
Resolução
E
E
E
= + + +
= + + +
=
6
4 2
1 1 8
6 5
2
1 1 8
25
!
! · !
·
Resolução
5 5
0
5
1
5
2
5
30
5
pp



 =



 +



 +



 +
=
∑ 

 +



 +







 = + +
=
∑
5
4
5
5
5
1 5
0
5
pp
55
3 2
5
2 3
5
1 4
1
5
1 5
0
5
!
! · !
!
! · !
!
! · !
+ + +



 = +
=
∑
pp
++ + + +



 =
=
∑
10 10 5 1
5
32
0
5
pp
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
31
Matemática
03. 
Resolver a equação: 
x –1
2
10



 =
05. 
Resolver a equação:
8
5
8
6
9
3



 +



 =



x –
04. 
Resolver a equação:
10
2
10
2 3x x– –



 =




Resolução
x x
x
x
x
– ( – )!
( – – )! !
( – )!
( – )! !
1
2
1
1 2 2
1
3 2



 = =
Asssim:
( – )!
( – )! !
( – )( – ) · ( – ) !
( –
x
x
x x x
x
1
3 2
101 2 3
=
33 2
10
) ! · !
=
x2 – 3x + 2 = 20
x2 – 3x – 18 = 0
ou seja, x = 6 ou x = –3 (não convém)
S = { 6 }
Resolução
Temos dois casos:
1º) Binomiais iguais
x – 2 = 2x – 3 ⇒ x = 1
que não satisfaz, pois devemos ter:
0 ≤ x – 2 ≤ 10 e 0 ≤ 2x – 3 ≤ 10
2º) Binomiais complementares:
(x – 2) + (2x – 3) = 10
3x = 15 ⇒ x = 5
S = {5}
Resolução
8
5
8
6
9
6



 +



 =



 (relação de Stifel)
Assim: 9
6
9
3



 =



x –
ou seja:
x – 3 = 6 ou 6 + (x – 3) = 9
 x = 9 x = 6
S = {6, 9}
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
32
Matemática
2. Triângulo de Pascal
2.1. Montagem do triângulo 
Vamos colocar os números binomiais 
n
p



 em 
linhas e colunas, de modo que os de numera-
dores iguais fiquem numa mesma linha e os de 
denominadores iguais numa mesma coluna.
Linha 0
Linha 1
Linha 2
Linha 3
Linha 4
Linha 5
Co
lu
na
0
Co
lu
na
1
Co
lu
na
2
Co
lu
na
3
Co
lu
na
4
Co
lu
na
5
0
0( )
1
0( ) 11( )
2
1( ) 22( )
3
2( ) 33( )
4
3( ) 44( )
5
4( ) 55( )53( )
4
2( )
5
2( )
3
1( )
4
1( )
5
1( )
2
0( )
3
0( )
4
0( )
5
0( )
Calculando cada um dos binomiais, obtemos:
Linha 0
Linha 1
Linha 2
Linha 3
Linha 4
Linha 5
Co
lu
na
0
Co
lu
na
1
Co
lu
na
2
Co
lu
na
3
Co
lu
na
4
Co
lu
na
5
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3 3
4 4
5 5
6
10 10
A esta disposição dos números dá-se o 
nome de Triângulo de Pascal.
2.2. Propriedades
P1) Em qualquer linha, dois binomiais equi-
distantes dos extremos são complementares, 
portanto, iguais.
Consideremos, como exemplo, a linha 5.
11 5 510 10
5
4( ) 55( )53( )52( )51( )50( )
P2) A soma de dois binomiais consecutivos de 
uma mesma linha é igual ao binomial situado 
imediatamente abaixo do binomial da direita.
0
0( )
1
0( ) 11( )
2
1( ) 22( )
3
2( ) 33( )
4
3( ) 44( )
5
4( ) 55( )53( )
4
2( )
5
2( )
3
1( )
4
1( )
5
1( )
( )
3
0( )
4
0( )
5
0( )
2
0
+
+
=
=
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 2
3 3
4 4
5 5
6
10 10
+
+
=
=
Notamos que:
3
2( ) 43( ) 44( ) 54( )42( )31( ) +
+
+
+
=
=
=
=
e
3 3 46 1 5
O que podemos concluir é que esta propriedade é 
uma aplicação da relação de Stifel nos elementos 
do triângulo. Com ela, podemos construir qual-
quer linha do triângulo a partir da linha anterior.
Assim, considerando a linha 4, temos:
11 4 4
5 5
6
10 10
+ + + +
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
33
Matemáti ca
Lembrando que os números binomiais das extremidades são sempre iguais a 1, temos a linha 5 
do triângulo de Pascal.
1 5 10 10 5 1
P3) A soma de todos os binomiais da linha n do triângulo de Pascal é 2n.
0
0( )
1
0( ) 11( )
2
1( ) 22( )
3
2( ) 33( )
( )43( ) 44
5
4( ) 55( )53( )
4
2( )
5
2( )
3
1( )
4
1( )
5
1( )
2
0( )
3
0( )
4
0( )
5
0( )
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3 3
4 4
5 5
6
10 10
+
+ +
+ + +
+
+ + + +
+ + + +
=
=
=
=
=
=
21
20
22
23
24
25
Genericamente temos:
n n n n n
n0 1 2 3






n nn n
0 10 1



0 10 10 10 1+
n nn n
0 10 1



0 10 10 10 1





 +






n nn n
2 32 3



2 32 32 32 3+
n nn n
2 32 3



2 32 32 32 3





 +…+











 = 2n
ou
n
p
n
p
n 










 =
=
∑ 2
0
Justificativa
Considerando um conjunto A com n elementos 
para formar um subconjunto de A, devemos de-
cidir, para cada elemento, se o incluímos ou não 
no subconjunto. Então, o total de subconjuntos é:
2 2 2 2 2 2 2· · · · · ·… = n
n elementos
� ����� �����
Poderíamos obter esse mesmo total, pela 
soma das quantidades de subconjuntos com 
0 elementos, 1 elemento, 2 elementos, ... , n 
elementos, isto é:
Cn,0 + Cn,1 + Cn,2 + ... + Cn,n = 2n
ou, então, 
n n n n
n
n
0 1 2
2



 +



 +



 +…+



 =
P4) A soma dos elementos de uma coluna do 
triângulo de Pascal (começando no primeiro 
elemento da coluna) é igual ao elemento que 
está avançado uma linha e uma coluna sobre a 
última parcela.
n
n
n
n
n
n
n k
n











 +
+










 +











 +…+
n k+n k











1 2n1 2n1 2 +1 2+1 2
===
+ +
+












n k+ +n k+ +
n
1
1
ou
n p
n
n k
np
k +n p+n p










 =
+ +n k+ +n k
+












=
∑
0
1
1
Exemplo
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3 3
4 4
5 5
6
10 10
+
+
=
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
34
Matemáti ca
Justificativa
Aplicando a relação de Stifel aos elementos 
das colunas e efetuando a adição membro a 
membro, temos:
n+1
n+1
n+2
n+1
n+3
n+1
n+4
n+1
n+1
n+1
n+2
n+1
n+3
n+1
n
n
n
n
n+1
n
n+1
n
n+2
n
n+2
n
n+3
n
n+3
n
n+k
n+1
n+k
n+1
n+k
n
n+k
n
n+k+1
n+1
n+k+1
n+1
n+k–1
n+1
n+k–1
n
n+k–1
n
=
=
=
=
=
=
=
+
+
++
+
+
+ + + +
+ +...
P5) A soma dos elementos de uma diagonal 
(isto é, de uma paralela à hipotenusa) do 
triângulo de Pascal, começando do primeiro 
elemento da diagonal, é igual ao elemento 
que está imediatamente abaixo da última 
parcela.
n n n n k
k0
1
1
2n n2n n
2






n nn n




 +
+n nn n










 +
+n n+n n





n nn n




 +…+
+n nn n










 ===
=
+ +











n k+ +n k+ +
k
1
ou
n p
p
n k
kp
k +n p+n p










 =
+ +n k+ +n k











=
∑ 1
0
Exemplo
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3 3
4 4
5 5
6
6 6
10 10
+
+
+
15 1520
Justificativa
n p
p
n n n+


 =



 +
+


 +
+


 +…0
1
1
2
2
++
+



=
∑ n k
kp
k
0
Usando a propriedade dos números binomiais 
complementares, temos:
n p
p
n
n
n
n
n
n
+


 =



 +
+


 +
+


 +…
1 2
++
+



=
∑ n k
np
k
0
O segundo membro é a soma da coluna n até 
a linha n + k do triângulo de Pascal; então, pela 
propriedade P4, temos:
n p
p
n k
np
k +


 =
+ +
+




=
∑ 1
10
mas:
n k
n
n k
k
+ +
+



 =
+ +



1
1
1
 (complementares)
Então:
n p
p
n k
kp
k +


 =
+ +



=
∑
0
1
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades35
Matemática
01. 
Determine as somas indicadas:
a. 6
0
6
1
6
2
6
6



 +



 +



 +…+




b. 
3
0
4
1
5
2
12
9



 +



 +



 +…+




c. 3
3
4
3
5
3
9
3



 +



 +



 +…+




03. 
Calcule 
8
0
8
kk




=
∑
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
02. 
Calcule n, sabendo que:
n n n
n0 1
2 048



 +



 +…+



 = . (soma dos ele-
mentos da linha n)
04. 
Calcule 
10
1
10
pp




=
∑
Resolução
a.
6
0
6
1
6
2
6
6
26



 +



 +



 +…+



 = ((linha 6)
b.
3
0
4
1
5
2
12


 +



 +



 +…+ 99
13
9
3
3
4
3



 =







 +

(diagonal)
c. 

 +



 +…+



 =




5
3
9
3
10
4
(colunaa)
Resolução
n n n
n
n
n
0 1
2 2 048
2 211



 +



 +…+



 = =
=
.
⇒⇒ =n 11
Resolução
8 8
0
8
1
8
20
8
kk



 =



 +



 +



 +…+
=
∑ 88
8
28



 = (linha 8)
Resolução
10 10
1
10
2
10
101
10
pp



 =



 +



 +…+

=
∑ 

 =
=



 = =2
10
0
2 1 1 02310 10– – .
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
36
Matemática
3. Binômio de Newton
O teorema do binômio, que será estudado 
neste módulo, trata do desenvolvimento 
de (a + b)n, para n natural. Impropriamente 
ele é chamado “binômio de Newton”. Isaac 
Newton viveu no século XVII, embora o de-
senvolvimento de (a + b)n, para qualquer n 
natural (ou, pelo menos, um dispositivo para 
encontrar os coeficientes) já era conhecido 
muito antes. O caso n = 2 já era conhecido 
por Euclides (300 a.C.), mas a generalização 
da lei só apareceu por volta de 1.100 d.C., na 
Álgebra de Omar Khayyam. Curiosamente, 
este autor não forneceu a lei, mas assegura-
va que podia encontrar as potências quarta, 
quinta, sêxtupla e até superiores, por uma 
lei que ele descobrira e que ele afirmava 
ter enunciado em uma outra obra, da qual, 
contudo, não parece haver restado nenhuma 
cópia.
O que se deve a Newton, na verdade, é a ge-
neralização do teorema do binômio para va-
lores negativos e fracionários de n, que, no 
entanto, não serão estudados neste capítulo.
3.1. Produto de Stevin 
Vamos achar a lei de formação do produto dos 
n binômios do primeiro grau da forma
(x + a1), (x + a2), ..., (x + an)
que diferem entre si, somente pelos segundos 
termos.
Inicialmente consideremos o produto de dois 
fatores: (x + a1) · (x + a2). 
(x + a1) · (x + a2) = x2 + a2x + a1x + a1a2
(x + a1) · (x + a2) = x2 + (a1 + a2)x + a1a2
Efetuemos agora o produto de três fatores: 
(x + a1) · (x + a2) · (x + a3)
(x + a1) · (x + a2) · (x + a3) =
= x3 + a3x2 + a2x2 + a2a3x + a1x2 + a1a3x + a1a2x+ 
+ a1a2a3 
(x + a1) (x + a2) (x + a3) = 
= x3 + (a1 + a2 + a3)x2 + (a1a2 + a1a3 + a2a3)x + a1a2a3
Se efetuarmos o produto de quatro fatores, 
encontraremos:
(x + a1) (x + a2) (x + a3) (x + a4) = 
= x4 + (a1 + a2 + a3 + a4)x3 + (a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 
+ a2a4 + a3a4)x2 + (a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4)
x + a1a2a3a4
De modo geral, no produto de n fatores, se 
chamarmos de:
S1 = a1 + a2 + ... + an
(combinações dos n segundos termos 1 a 1)
S2 = a1a2 + a1a3 + ... + an-1an
(combinações dos n segundos termos 2 a 2)
S3 = a1a2a3 + a1a2a4 + ........
(combinações dos n segundos termos 3 a 3)
Sn = a1a2a3 ... an
(combinações dos n segundos termos n a n) te-
remos:
(x – a1) (x + a2) ... (x + an) = 
= xn + S1xn–1 + S2xn–2 + ... +Sn
Esse é o chamado produto de Stevin.
Observação
O número de parcelas de S1 é Cn,1 = 
n
1




O número de parcelas de S2 é Cn,2 = 
n
2




O número de parcelas de S3 é Cn,3 = 
n
3




O número de parcelas de Sn é Cn, n = 
n
n




PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
37
Matemáti ca
01. 
Ache o produto (x + 1) · (x + 4) · (x + 5)
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
02. 
Ache o produto (x + 1) · (x – 3) · (x + 2) · (x + 4)
3.2. O desenvolvimento de (x + a)n
Se no produto de Stevin fizermos
a1 = a2 = a3 = ... = an = a, teremos:
S1 = a + a + a + ... + a = Cn,1 · a = 
n
1



 a
S2 = a2 + a2 + a2 + ... + a2 = Cn,2 · a2 = 
n
2



 a2
S3 = a3 + a3 + a3 + ... + a3 = Cn,3 · a3 = 
n
3



 a3
..........................................................................
Sn = an 
Assim:
(x + a)n = xn + 
n
1



 axn – 1 + 
n
2



 a2xn – 2 
+ 
n
3



 a3xn – 3 + ...+ 
n
n



 an
Como 
n
0



 = 1, podemos escrever:
( ) –( )x a( )
n
x
n
ax
n
n nxn nx
T
n
T
+ =( )+ =( )( )x a( )+ =( )x a( )n n+ =n n

n n

n nn nn nn n

n nn n

n n

n n

n nn nn nn n

n nn n

n n +











 +0 10 10 1 0 10 1
1
T
1
T
2
T
2
T
1
� ��� ���� ���� ��� ���� ������� ���
222
3
2 2
3 3
3
4











 +
+












a x2 2a x2 2
n
a x3 3a x3 3
n2 2n2 2
T
3
T
3
3 3n3 3
T
4
T
4
2 2–2 2
3 3–3 3
� �� �� �� �� �� ��� �� �� �� ��� �� �� �
� �� �� �� �� �� ��� ��� ��� �� �� �� ��� �� �� ��� �� �� ��� �� �� � �
+…+












n
n
an
T
n 1+n 1+
T
n 1
T
Esse desenvolvimento, chamado de bi-
nômio de Newton, também pode ser escrito 
assim:
( )( )x a( )
n
p
a x·a x·n pa xn pa xn p
p
n
n p–n p–+ =( )+ =( )( )x a( )+ =( )x a( )n p+ =n p

n p

n pn pn pn p

n pn p

n p

n p

n pn pn pn p

n pn p

n p
=
∑n p∑n p
0
Observações:
1ª) O desenvolvimento de um binômio de grau 
n tem n+1 termos.
2ª) A soma dos expoentes, em qualquer ter-
mo, é o grau n do binômio.
3ª) O expoente de x, no primeiro termo, é n, e 
vai decrescendo de um em um até atingir zero, 
no último termo.
Resolução
S1 = 1 + 4 + 5 = 10
S2 = 1 · 4 + 1 · 5 + 4 · 5 = 29
S3 = 1 · 4 · 5 = 20; Logo:
(x + 1) (x + 4) (x + 5) =
x3 + 10x2 + 29x + 20
Resolução
S1 = 1 + (–3) + 2 + 4 = 4
S2 = 1 · (–3) + 1 · 2 + 1 · 4 + (–3) · 2 + (–3) · 4 + 
2 · 4 = –7
S3 = 1 · (–3) · 2 + 1 · (–3) · 4 + 1 · 2 · 4 + (–3) · 2 
· 4 = – 34
S4 = 1 · (–3) · 2 · 4 = –24; Logo:
(x + 1) (x – 3) (x + 2) (x + 4) =
= x4 + 4x3 – 7x2 – 34 x – 24
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
38
Matemáti ca
4ª) O expoente de a, no primeiro termo, é zero 
e vai crescendo de um em um até atingir n, no 
último termo.
5ª) Os coeficientes dos termos extremos são 
iguais a um n e
n
n0










6ª) O coeficiente de qualquer termo é um nú-
mero binomial de numerador n e denominador 
igual ao número de termos precedentes. As-
sim, o coeficiente do 6º termo é 
n
5




7ª) Os coeficientes do desenvolvimento de 
(x + a)n são os elementos da linha n do triân-
gulo de Pascal.
8ª) A soma dos coeficientes do desenvolvi-
mento de (x + a)n é 2n.
0.1.3.3. Termo geral do binômio de Newton 
Chamamos termo geral do binômio de 
Newton a fórmula que permite encontrarmos 
o termo do desenvolvimento de uma certa or-
dem conhecida.
No desenvolvimento de (x + a)n, vimos que:
O 1º termo é T1 = 
n
0



 a0xn
O 2º termo é T2 = 
n
1



 a1xn – 1
O 3º termo é T3 = 
n
2



 a2xn – 2
O 4º termo é T4 = 
n
3



 a3xn – 3
..........................................................……………..
O último termo é Tn + 1 = 
n
n



 anx0
Supondo que um termo tenha p termos prece-
dentes, sendo pois o termo de ordem p + 1, temos:
T
n
p
a x
p
p na xp na x p
+
=











1 –
que é a fórmula do termo geral do binômio.
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
01. 
Construir o triângulo de Pascal e, a partir dele, 
fazer o desenvolvimento de:
a. (x + a)4
b. (x + a)5
c. (x + a)6
Resolução
linha 0 → 1
linha 1 → 1 1 
linha 2 → 1 2 1
linha 3 → 1 3 3 1
linha 4 → 1 4 6 4 1
linha 5 → 1 5 10 10 5 1
linha 6 → 1 6 15 20 15 6 1
a. (x + a)4 = x4 + 4ax3 + 6a2x2 + 4a3x + a4 
b. (x + a)5 = x5 + 5ax4 + 10a2x3 + 10a3x2 + 
 + 5a4x + a5
c. (x + a)6 = x6 + 6ax5 + 15a2x4+ 20x3a3 + 
 + 15a4x2+ 6a5x + a6
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
39
Matemática
02. 
Desenvolver (2x + 3)4 
04. 
Sabendo que:
a5 + 
5
1



 a
4b + 
5
2



 a
3b2 + 
5
3



 a
2b3 + 
5
4



 ab
4 + 
+b5 = 1.024, podemos dizer que (a + b)2 é igual a:
a. 144 d. 64
b. 4 e. 16
c. 36
03. 
Desenvolver (x – 1)5
05. 
Dado o binômio (2x + y)5, obtenha:
a. a soma dos coeficientes binomiais.
b. a soma dos coeficientes do desenvolvi-
mento.
Resolução
(2x + 3)4 = 
4
0



 (2x)
430 + 
4
1



 (2x)
331 + 
+ 
4
2



 (2x)232 + 
4
3



 (2x)133 + 
4
4



 (2x)034 
(2x + 3)4 = 1 · 16x4 + 4 · 8x3 · 3 + 6 · 4x2 · 9 + 
+ 4 · 2x · 27 + 1 · 81
(2x + 3)4 = 16x4 + 96x3 + 216x2 + 216x + 81
Resolução
(x – 1)5 = 
5
0



 x5(–1)0 + 
5
1



 x4(–1)1 + 
5
2



 x3(–1)2 +
+ 
5
3



 x2(–1)3 + 
5
4



 x(–1)4 + 
5
5



 x0(–1)5
(x – 1)5 = x5 – 5x4 + 10x3 – 10x2 + 5x –1
Resolução
No primeiro membro da igualdade fornecida, 
temos (a + b)5; então;
(a + b)5 = 1.024 ⇒ (a + b)5 = 210 ⇒
(a + b)5 = (22)5
a + b = 22 ⇒ a + b = 4 ⇒
(a + b)2 = 16 
Resposta
E
Resolução
a. 
5
0
5
1
5
2
5
3
5
4



 +



 +



 +



 +



 +



 =
5
5
25
b. Ao invés de efetuarmos o desenvolvimento 
de (2x + y)5 para obtermos a soma de seus co-
eficientes, fazemos:
x = 1 e y = 1 e obtemos:
(2 · 1 + 1)5 = 35 = 243, que é a soma procurada.
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
40
Matemática
06. 
Calcular o valor aproximado de (1,002)15
08. 
Obtenha o termo independente de x no de-
senvolvimento de x
x
2
2
6
1
+




07. 
Considere o binômio (x2 + y)6.
a. Dê o termo geral do desenvolvimento.
b. Obtenha o termo em x4.
Resolução
Notemos que (1,002)15 = (1 + 0,002)15, então, 
fazendo o desenvolvimento do binômio, temos:
(1 + 0,002)15 =
=



 +



 +
+
15
0
1 0 002
15
1
1 0 002
1
15 0 14 1· , · ,
55
2
1 0 002
15
3
1 0 00213 2 12 3



 +



 +…+
+
· , · ,
115
15
1 0 0020 15



 · ,
Podemos perceber que, a partir do 3º termo, os 
valores são tão pequenos que podem ser des-
prezados. Assim:
(1 + 0,002)15 ≈ 1 + 0,030
ou (1,002)15 ≈ 1,03
Resolução
a. Tp + 1 = 
6
p



 yp (x2)6 – p = 
6
p



 yp x12 – 2p
b. Fazendo o expoente de x, no termo geral, 
igual a 4, temos:
12 – 2p = 4 ⇒ p = 4
Assim, o termo em x4 é:
T4 + 1 = 
6
4



 y4 x12 – 2 · 4 = 15y4 x4
ou seja, o termo em x4 é o 5º termo e vale 
15x4y4.
Resolução
Tp + 1 = 
6 1
2
2 6
p x
x
p
p







 ( ) –
Tp + 1 = 
6
2 12 2
p
x xp p



 – – 
Tp + 1 = 
6
12 4
p
x p



 –
Termo independente de x ⇒ expoente de x = 0
Fazendo 12 – 4p = 0, teremos: p = 3
T3 + 1 = 
6
3



 x0
T4 = 
6
3



 = 20
Então, o termo independente de x é o 4º ter-
mo e vale 20.
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
41
Matemática
09. 
Obtenha o termo médio no desenvolvimento 
de ( – ) .x x3 4
10. 
Quantos termos racionais existem no desen-
volvimento de 3 23
20
+( ) ?
11. UEL-PR
Se a soma dos coeficientes do desenvolvimento 
do binômio (2x + y)n é igual a 243, então o nú-
mero n é:
a. 12 d. 5
b. 10 e. 3
c. 8
Resolução 
T
p
T
p
p
p p
p
+
−
+
=



 ( ) ( )
=



1
3
20
1
20
2 3
20
 ⋅
−
2 33
20
2
p p
O termo é racional se p e
3
20 − p
2
 forem intei-
ros, isto é, devemos ter 20 – p múltiplo de 2 e 
p múltiplo de 3.
Além disso, 0 ≤ p ≤ 20
20 – p é par ⇒ p é par.
p épar
p émúltiplo de
p émúltiplo de
p émúlti
;
3
6

⇒
pplode
p
p
6
0 20
0 6 12 18
≤ ≤

⇒ ∈{ }, , ,
Assim, existem quatro termos racionais que 
obtemos substituindo, no termo geral, o valor 
de p por 0, 6, 12 e 18.
Resolução
Soma dos coeficientes:
(2 · 1 + 1)n = 243 ⇒ 3n = 243 ⇒ 3n = 35 ⇒ n = 5
Resposta
D
Resolução
T
p
x x
T
p
p
p p
p
p
+
+
=




=




1
3 4
1
4
4
1
(– ) ( )
(– )
–
(( )
(– )
–
–
x x
T
p
x
T
p p
p
p
p
p
p
1
2 12 3
1
2
12 34
1
+
+
+
=




11
24 5
2
4
1=



p xp
p
(– )
–
O binômio tem 5 termos (grau 4), então o ter-
mo médio é o 3º termo (T3).
T
p
x x x
3
2
24 5 2
2 7 7
4
1 6 1 6=



 = =(– ) · ·
– ·
Análise combinatória e probabilidades
PV
-1
3-
11
42
Matemática
CAPÍTULO 03 PROBABILIDADE
Os cálculos hebreus sobre a posição dos astros, 
realizados por Ben Ezra no século XII, com a 
finalidade de fazer previsões astrológicas, po-
dem ser considerados como os primeiros pas-
sos rumo à teoria das probabilidades.
O Livro dos jogos de azar, de Girolamo Cardano 
(1501-1576), publicado em torno de 1550, é o 
primeiro manual organizado que traz algumas 
noções de probabilidades. Nesse livro, Cardano, 
que era jogador, além de matemático, astrólogo 
e médico, desenvolve cálculos de expectativas 
acerca de jogos de dados e também dá conse-
lhos sobre como trapacear no jogo.
No entanto, o estudo sistemático das probabi-
lidades começou, realmente, em 1654, quan-
do um jogador francês, o Chevalier de Méré, 
escreveu a Blaise Pascal (1623-1662) fazendo 
várias perguntas sobre o jogo de dados e ou-
tros jogos de azar. Uma das perguntas era: dois 
jogadores, igualmente hábeis, querem inter-
romper partida. Conhecendo que o montan-
te das apostas e a situação do jogo (quantas 
partidas cada um ganhou), como deverá ser 
repartido o dinheiro?
Pascal, que, por ser extremamente religioso, 
não era jogador, escreveu a outro matemá-
tico francês Pierre de Fermat (1601-1665) 
sobre as perguntas feitas pelo Chevalier de 
Méré. A partir dessa correspondência, Pascal 
e Fermat aprofundaramestudos conjuntos 
sobre probabilidades e, apesar de não terem 
publicado suas descobertas, chegaram a de-
finir conceitos como expectativa, chance e 
média, além de estabelecer técnicas de con-
tagem e estatísticas de incidência de casos 
num dado fenômeno.
Também no século XVII, mais precisamente 
em 1657, o holandês Christian Hiygens (1629-
1695) publicou seu livro O raciocínio nos jogos 
de dados, no qual apresentou importantes 
contribuições ao estudo das probabilidades.
O suíço Jacques Bernoulli (1654-1705), na 
mesma época, deu grande contribuição no 
estudo das probabilidades ao propor um teo-
rema no qual afirmava que a probabilidade de 
um evento ocorrer tende a um valor constante 
quando o número e ensaios desse evento ten-
dem ao infinito.
Depois de Bernouilli, Abraham de Moivre 
(1667-1751) publicou o livro A doutrina do 
azar, no qual também faz análises de jogos 
que contribuíram para o estudo das proba-
bilidades.
Foi em 1812 que Pierre Simon Laplace (1749-
1827) deu forma a uma estrutura de raciocínio 
e a um conjunto de definições no seu livro Teo-
ria analítica da probabilidade.
A teoria moderna das probabilidades hoje 
constitui a base de um dos ramos de maior 
aplicação nas ciências, a Estatística.
1. Experimentos aleatórios
Os experimentos cujos resultados podem ser 
previstos, isto é, podem ser determinados an-
tes mesmo de sua realização são chamados 
experimentos determinísticos. Por exemplo, 
é possível prever a temperatura em que a 
água entrará em ebulição desde que conhe-
cidas as condições em que o experimento se 
realiza.
Alguns experimentos, contudo, não são assim 
previsíveis. Por mais que sejam mantidas as 
mesmas condições, não podemos prever qual 
será o resultado ao lançarmos uma moeda. 
Esses são chamados experimentos aleatórios 
(em latim alea = sorte).
Experimentos aleatórios são aqueles que, 
repetidos em condições idênticas, não produzem 
sempre o mesmo resultado.
A teoria das probabilidades estuda a forma de 
se estabelecerem as possibilidades de ocor-
rência num experimento aleatório.
2. Espaço amostral e evento
Vamos estudar experimentos aleatórios com 
resultados equiprováveis (mesma chance de 
ocorrência) e em número determinado, isto é, 
finito. Desta forma definimos:
Espaço amostral: é o conjunto de todos os 
resultados possíveis de um experimento aleató-
rio. Indicaremos o espaço amostral por U.
Evento: é qualquer subconjunto do espaço 
amostral.
PV
-1
3-
11
Análise combinatória e probabilidades
43
Matemática
Exemplo
Lançamos três moedas e observamos as faces 
que ficaram voltadas para cima.
Representar:
a. o espaço amostral do experimento;
b. o evento A: Saírem apenas faces iguais;
c. o evento B: sair exatamente uma face 
“cara”;
d. o evento C: chances de sair, pelo me-
nos, uma face “cara”.
Resolução
a. U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), 
(Ca, Co, Co), (Co, Ca, Ca), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), 
(Co, Co, Co)}
b. A = {(Ca, Ca, Ca), (Co, Co, Co)}
c. B = {(Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)}
d. C = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), 
(Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)}
Observação 
Os números de elementos do espaço amostral 
e dos eventos de um experimento aleatório 
são calculados com a análise combinatória.
3. Tipos de evento
Consideremos o experimento aleatório: lan-
çamento de um dado comum e observação 
do número representado na face voltada 
para cima.
O espaço amostral será: 
U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
Analisemos os diversos tipos de eventos que 
podemos definir neste experimento.
I. Evento elementar
Qualquer subconjunto unitário de U.
Exemplo
Ocorrência de um número múltiplo de 5.
A = {5}
II. Evento certo
É o próprio espaço amostral U.
Exemplo 
Ocorrência de um divisor de 60
B = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
III. Evento impossível 
É o conjunto vazio (∅).
Exemplo
Ocorrência de um múltiplo de 8
C = { } = ∅
IV. Evento união
É a reunião de dois eventos.
Exemplo
Evento A: ocorrência de um número primo
A = {2, 3, 5}
Evento B: ocorrência de um número ímpar
B = {1, 3, 5}
Evento A ∪ B: ocorrência de um número pri-
mo ou ímpar
A ∪ B = {1, 2, 3, 5}
V. Evento Intersecção
É a intersecção de dois eventos.
Exemplo 
Evento A: ocorrência de um número primo
A = {2, 3, 5}
Evento B: ocorrência de um número ímpar
B = {1, 3, 5}
Evento A ∩ B: ocorrência de um número pri-
mo e ímpar
A ∩ B = {3, 5}
VI. Eventos mutuamente exclusivos
Dois eventos, E1 e E2, de um espaço amostral U 
são chamados mutuamente exclusivos quando
E1 ∩ E2 = ∅
Exemplo
Evento A: ocorrência de um número par
A = {2, 4, 6}
Evento B: ocorrência de um número ímpar
B = {1, 3, 5}
A e B são eventos mutuamente exclusivos, 
pois A ∩ B = ∅
VII. Evento complementar
É o evento E = U – E.
Exemplo
Evento A: ocorrência de um número primo
Análise combinatória e probabilidades
PV
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11
44
Matemáti ca
A = {2, 3, 5}
Evento A: ocorrência de um número não pri-
mo
A = U – A = {1, 4, 6}
Observação
No caso do exemplo, podemos dizer que o 
evento A é a não ocorrência de um número 
primo.
4. Probabilidade estatí sti ca 
e probabilidade teórica
Imaginamos a seguinte situação: em uma tur-
ma da segunda série do Ensino Médio, existem 
25 garotas e 10 garotos e um brinde foi sortea-
do para um dos membros da turma. Temos de 
adivinhar o sexo do contemplado.
Intuitivamente, “sabemos” que é “mais fácil” 
ter sido sorteada uma garota que um garoto, 
no entanto não podemos afirmar com certe-
za o sexo do contemplado. A “chance” de uma 
garota ter sido sorteada pode ser traduzida 
por um número que chamamos probabilidade.
Uma observação que pode ser feita é de que 
a teoria das probabilidades é uma maneira 
matemática de lidar com a incerteza.
O cálculo da probabilidade de um evento 
acontecer, muitas vezes, é feito experimen-
talmente. Essa probabilidade é chamada de 
experimental ou estatística.
Exemplo
A probabilidade de uma pessoa morrer aos 25 
anos é obtida com o levantamento e o tratamen-
to adequado de um grande número de casos.
No entanto, quando se jogam dois dados para 
se calcular a probabilidade de se obterem, nas 
faces voltadas para cima, dois números iguais, 
não é necessario realizar o experimento. Ela 
pode ser conseguida por meio de uma análise 
teórica do espaço amostral e do evento. Neste 
caso, é chamamos de probabilidade teórica.
No Ensino Médio, não desenvolvemos estudos 
de probabilidade estatística, assunto que será 
discutido na maioria dos cursos superiores.
5. Probabilidade teórica de um evento
Se num fenômeno aleatório, o número de ele-
mentos do espaço amostral for n(U) e o núme-
ro de elementos do evento A for n(A), então a 
probabilidade de ocorrer o evento A é o núme-
ro P(A) tal que:
P A
n A
n U
( )P A( )P A
( )n A( )n A
( )n U( )n U
=
Uma outra forma de definir a probabilidade de 
ocorrer o evento A é:
P A( )P A( )P A =
número de casos favoráveis a A
número de cee ce asos possívepossívepossí is
Exemplos
1º) Retirando-se uma carta de um baralho 
normal de 52 cartas, qual é a probabilidade de 
tirar um rei?
Baralho Rei
Resolução
P E( )=
número de resultados favoráveis
número dde resultados possíveis
P E( )= =
4
52
1
13
2º) Em um lançamento de dois dados, um pre-
to e outro branco, qual é a probabilidade de 
que os dois números obtidos sejam iguais?
Resolução
U = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), ..., (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
n(U) = 6 · 6 = 36
PV
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3-
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Análise combinatória e probabilidades
45
Matemática
E = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}
n(E) = 6
Assim, P E
n E
n U
( )
( )
( )
= = =
6
36
1
6
3º) Dentre as seis permutações dos nú-
meros 1, 2,