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Fundamentos de Combinatória e Probabilidade Profª Vania Flose 1ª Lista de Exercícios - Análise Combinatória 
Data de entrega: 26/03/2018 (P1) 
 
1) (UF-GO) Uma senha com seis algarismos tem as seguintes características: • seus algarismos são distintos; 
• a soma dos dois últimos números deve ser igual a seis.Com essas características, determine a quantidade 
de senhas possíveis de serem formadas. 
Deve-se sempre ter em mente que os números jamais irão repetir. Em seguida, voltei meu pensamento para os 
últimos dois dígitos cuja soma dever ser 6. As combinações possíveis são: _ _ (espaços dos últimos dois 
dígitos) 
0 6 1 5 2 4 3 3 6 0 5 1 4 2 
Contabilizei 6 possibilidades, lembrando que 3 e 3 não pode ser contado! Agora, o problema está em contabilizar as 
diversas combinações com os outros 4 dígitos. Para calcular, fiz da seguinte forma: 
Primeiro, deve-se saber que 2 números, não importa quais sejam, deverão fazer parte dos últimos 2 dígitos (seria um 
daqueles pares possíveis vistos anteriormente). Logo, como temos 10 números ( 0 a 10 ), teremos, para os 4 dígitos 
restantes, 8 números para combinar. Agora imagine os outros 4 dígitos: 
 _ _ _ _ 
 8 7 6 5 
Os números abaixo dos dígitos são as possibilidades. Note que a cada dígito consecutivo o número é decrescido de 
uma possibilidade. Isso ocorre porque ao escolher um número para um dígito ele não estará disponível no seguinte, 
pois repetições são proibidas. Se multiplicarmos obteremos 1680 combinações diferentes, o que já inclui as diversas 
ordens. 
Por fim, temos 1680 combinações para os 4 primeiros dígitos e 6 combinações para os últimos 2. Ao multiplicarmos 
1680 por 6 obtemos 10.080 combinações para os 6 dígitos. A razão para eu ter feito isso é que para cada par 
possível daqueles últimos 2 dígitos sempre existirão 1680 possibilidades para os outros 4. Assim, se existem 6 pares 
possíveis, o total será 1680 multiplicado por 6 
 
Para que a soma do primeiro com o último seja igual a 6 o primeiro e o último terá que ter valor igual a: 
0 e 6 1 e 5 2 e 4 4 e 2 5 e 1 6 e 0 
 
6 possibilidades, assumindo que os algarismos são distintos. Agora falta fazer um arranjo com os outros 4 algarismos 
restantes. Sabemos que o total é de 10 e que 2 já foram usados, ou seja restou 8: 
A = n! / (n - p)! 
A = 8! / (8 - 4)! 
A = 8! / 4! 
A = 8 * 7 * 6 * 5 * 4! / 4! 
A = 8 * 7 * 6 * 5 
A = 1680 
Como há 6 possibilidades para o primeiro e último algarismos: 1680 * 6 = 10080 
O número total de possíveis senhas com essas características totaliza 10080. 
 
2) Uma locadora de automóveis tem à disposição de seus clientes uma frota de dezesseis carros nacionais e 
quatro carros importados, todos distintos. De quantas formas uma empresa poderá alugar três carros de 
modo que pelo menos um carro nacional seja escolhido? 
Para que todos os carros sejam nacionais, devemos reduzir o espaço amostral ao conjunto dos carros nacionais, 
excluindo o conjunto "carros importados". 
 
Mas pensemos: Não importa em que ordem estejam os três carros, pois a empresa alugará os carros 
simultaneamente, não havendo diferença alguma entre dois grupos como e . Ou 
seja, os carros serão escolhidos três a três, não importando a ordem de escolha! Trata-se de uma combinação! 
 
Matematicamente: 
 
a) 
 
b) Essa exige um pouco mais de cálculos... Vamos pensar: Existem três possibilidades... Com 1 carro nacional, com 
2 carros nacionais e com 3 carros nacionais novamente. Para cada uma há uma variedade diferente de 
combinações! Basta então fazermos a quantidade de cada uma dessas possibilidades e somá-las. 
 
Com UM carro nacional: 
 
Com DOIS carros nacionais: 
 
Com TRÊS carros nacionais: 
 
Assim: 
 
a) Uma combinação, visto que a ordem de locação não interfere. 
 
C(16,3) = 16!/[3!(16 - 3)!] 
C(16,3) = 16.15.14/6 
C(16,3) = 560 
 
Logo, 560 formas. 
 
5) De um conjunto com 30 números consecutivos, de quantas maneiras podemos selecionar 3 distintos de 
modo que a soma dos números seja par? 
1) Encontre o número de maneiras de se formar sequências de cinco letras a partir das letras A, B, C, D, E e F se: 
a) repetições de letras são permitidas 
b) repetições de letras não são permitidas 
c) as sequências contêm a letra C e repetições não são permitidas. 
d) as sequências contêm a letra C e repetições são permitidas. 
 
6) Considerando os anagramas da palavra BRASIL, responda 
Brasil tem 6 letras >> Total 6! = 6x5x4x3x2x1 = 720 anagramas 
quantos terminam com L 5! x1 = 5x4x3x2x1= 120 anagramas 
a) quantos começam por B? B_ _ _ _ _ Nos sobraram 5 letras, como não temos nenhuma letra repetida, 
basta usar fatorial para o calculo. 1x 5! = 5x4x3x2x1= 120 anagramas 
b) quantos começam por B e terminam por L? B _ _ _ _ L Sobraram 4 letras, então basta repetir o processo. 
1x 4! x1 = 4x3x2x1 = 24 anagramas 
c) quantos começam por B ou terminam por L? 
Trata-se de uma questao de combinacao: Ou começa por B OU termina por L ... 
Começam por B: B - - - - - = 120 Permutaqcao de 5 elementos. 
Terminam por L: 120 também pois vamos permutar Elementos 
Comeca, por B e terminam por L: Permutacao de 4 elementos B - - - - L 
Logo, 240-24( terminam por B e L )= 216 possibilidades de anagramas 
 
7) Quantos são os anagramas da palavra CAPÍTULO 
Não tem letras repetidas. Fatorial de 8! p=8!=8x7x6x5x4x3x2x1=40320 
a) Que começam por consoante e terminam por vogal? 
Nº de vogais: 4 Nº de consoantes: 4 Nº total de letras: 8 
Vemos que na primeira letra há 4 possibilidades e na última há 4 possibilidades. Ainda restam 6 letras, por isso as 
letras restantes têm respectivamente: 6,5,4,3,2 e 1 possibilidades = 6! 4*6!*4 = 4*720*4 = 11.520 anagramas 
4*6*5*4*3*2*1*3 ===> 12*6! = 8640 
b) Que têm as letras C, A, P juntas nessa ordem? 360 anagramas 
6! = 720 ( CAP é como se fosse um dígito, daí a palavra fica com 6 dígitos ===> 6!) 
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. 
c) Que têm as letras C, A, P juntas em qualquer ordem? 2.160 anagramas 6*6! = 4320 ( seria o item "d" 
multiplicado por 6 pois existem CAP, CPA, ACP, APC, PCA E PAC) 
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, calculamos a 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 
d) Que têm as vogais e as consoantes intercaladas? 576 anagramas 
VCVCVCVC ou CVCVCVCV ===> 4*4*3*3*2*2*1*1 + 4*4*3*3*2*2*1*1 = 576 + 576 = 1152 
_ _ _ _ _ _ _ _ 
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. 
e) Que têm a letra C no 1º lugar e a letra A no 2º lugar? 
6! = 720 ( como o P e o A já têm lugares marcados, vamos permutar apenas os outros 6 dígitos) 
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. 
f) Que tem a letra C no 1º lugar oua letra a no 2º lugar? 
diminuir as vezes em que acontecem P em primeiro lugar e A em segundo, pois elas já foram contadas. 
Desta forma a resposta fica 7! + 7! - 6! = 5040 + 5040 - 720 = 9360 
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. 
g) Que tem a letra C no 1º lugar ou a letra A no 2º lugar ou a letra P no 3º lugar? 
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! 
 
começam e terminam por vogal 4 alternativas na primeira e 3 na última. sobram 6 letras para serem permutadas 4 
x 3 x 6! = 12 x 720 = 8640 12*6! = 8640 
_ _ _ _ _ _ _ _ 
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. 
Nos quais a letra A é uma das letras à esquerda de P e a letra c é umas das letras à direita de P? 
40320/6 = 6720 ==> nos anagramas possíveis (8! = 40320) temos 6 possibilidades de ordens para os dígitos A , P e 
C : APC, ACP, PAC, PCA, CAP e CPA . Queremos apenas a possibilidade APC para os três dígitos, daí dividimos o 
total por 6. 
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. 
 
8) Quantos inteiros entre 1 e 1000 são divisíveis por 3 ou 7? 
Calcule o mmc entre 3 e 7 <=> 21 
=> Divida 1000 pelo mmc ( se sobrar resto não continue a divisão, isto é, use somente a parte inteira) 1000/21 = 47 
=> agora multiplique o mmc pelo inteiro da divisão para saber o último número divisível 47 . 21 = 987 
portanto existem 47 nº compreendidos entre 1 e 1000 que são divisíves por 3 e 7 
 
9) De quantos modos podemos dividir 12 pessoas: 
a) em dois grupos de 6? 12!/6!6!.2 = 462 
b) em um grupo de 5 e um grupo de 7? 12!/5!.7! = 792 
c) em um grupo de 5 e um grupo de 7? 
d) em seis grupos de 2? 12!/6!.2!.2!.2!.2!.2!.2! = 10395 
e) em seis grupos de 4 e dois grupos de 2? 
em três grupos de 4? 12!/3!.4!.4!.4! = 5775 
em dois grupos de 4 e dois grupos de 2? 12!/2!.2!.2!.2!.4! = 51975 
 
10) Há 20 pontos A, B,... num plano, sem que haja quaisquer 3 colineares. 
a) Quantas retas são possíveis formar com estes pontos? 
O número de retas é obtido através de uma combinação de 2 elementos, pois bastam 2 pontos para determinar uma 
reta. Disso, temos: 
 
C(20;2) = 20!/(20-2)!2! = 20.19.18!/18!2! = 20.19/2 = 190 retas possíveis 
b) Quantas retas passam pelo ponto A? 19 
c) Quantos triângulos são determinados por estes pontos? 
O número de triângulos é obtido através de uma combinação de 3 elementos, pois bastam 3 pontos para determinar 
um triângulo. Disso, temos: C(20;3) = 20!/(20-3)!3! = 20.19.18.17!/17!3! = 20.19.18/6 = 1140 triângulos possíveis 
d) Quantos triângulos contêm o ponto A como vértice? C(19, 2) 
11) Prove a identidade: 
 
12) O número 1125.2
n
 , com n E N , apresenta 84 divisores positivos. Qual é o valor de n ? 
Para achar o número de divisores ---> fatora o nº e a cada expoente soma 1 ,depois 
multiplica . Veja : 1125 = 3² . 5³ ---> então fica: 1125 x 2^n = 3² . 5³ . 2^n 
Divisores ---> (2+1) . (3+1) . (n +1) = 84 divisores 
..........................3 . 4 .(n+1) = 84.........................., 12(n+1) =84 ---> 12n + 12 = 84--->12n = 72---> n = 6 <--valor de n 
Verificando os divisores: 3 . 4 . (6 +1)= 84 divisores 
Pela formula dos divisores positivos: n(d) = (a+1)(b+2)(c+3), sendo a, b e c os expoentes dos numeros primos, entao: 
84 = (n+1)(2+1)(3+1) 84 = (n+1)*12 n+1 = 7 << n = 6 >> 
 
13) Com os algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6, determine quantos números de quatro algarismos distintos maiores 
que 4320 podem ser formados. 
Para que seja maior que 4320 O prolema nos dá. 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6 
Na casa dos milhares somente dois números maiores que 4. 2 * 6 * 5 * 4 = 240 
================================= 
Para casa das centenas maiores ou igual a 3 = 4 números 2, 4, 5, 6 
2 para a dezena pois já usamos 1 para a casa dos milhares e 1 para a casa da centena e 5 números para a unidade 
pois já usamos 3 números anteriormente 4 * 2 * 5 = 40 números 
==================================== 
Para a casa das dezenas Dois números para a casa das dezenas pois já usamos 3 números e te que ser 
distintos e 4 números para a unidade 2 * 4 = 8 números 
Sobra para a unidade 3 números pois já usamos os outros anteriormente 
==================================== 
Vamos somar: 240 + 40 + 8 + 3 = 291 números distintos maiores que 4320 
 
14) De quantas maneiras podemos distribuir 5 maçãs, 6 laranjas, e 5 peras em 4 caixas diferentes de modo 
que cada caixa receba pelo menos umafruta de cada tipo. 
De quantas maneiras podemos distribuir 8 maçãs, 10 peras e 7 laranjas em quatro caixas, se cada caixa deve 
receber ao menos uma fruta?R = 5239868 Distribuir de uma vez os três tipos de frutas existentes é um processo 
muito complicado e trabalhoso. Para solucionar o problema vou dividir os três grupos de frutas e utilizar o 
conhecimento de combinações com repetição (combinações completas). 
 
Maçãs: c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = 8 
CR 8, 4 = C 8 + 4 – 1, 8 = C 11, 8 = 11!/(8!3!) = 11*10*9/3*2*1 = 11*5*3 = 165. 
 
Peras: c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = 10 
CR 10, 4 = C 10 + 4 – 1, 10 = C 13, 10 = 13!/(10!3!) = 13*12*11/3*2*1 = 13*2*11 = 286. 
 
Laranjas: c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = 7 
CR 7, 4 = C 7 + 4 – 1, 7 = C 10, 7 = 10!/(7!3!) = 10*9*8/3*2*1 = 10*3*4 = 120. 
Total: 165*286*120 = 5.662.800. 
 
Na contagem anterior estão todos os casos possíveis de distribuir as frutas nas caixas, inclusive os casos da 
restrição, ou seja, em que há: exatamente uma caixa vazia; exatamente duas caixas vazias e exatamente três caixas 
vazias. Para calcular o número de casos em que há caixa(s) vazia(s) vou utilizar o método de contagem conhecido 
como Princípio da Inclusão-Exclusão. Da mesma forma como procedido anteriormente, é viável dividir os três grupos 
de frutas. Fixando uma caixa vazia. Forma de escolher uma caixa entre quatro disponíveis: C 4, 1 = 4. 
 
Maçãs: CR 8, 3 = C 8 + 3 – 1, 8 = C 10, 8 = 45. 
Peras: CR 10, 3 = C 10 + 3 – 1, 10 = C 12, 10 = 66. 
Laranjas: CR 7, 3 = C 7 + 3 – 1, 7 = C 9, 7 = 36. 
Subtotal: 4*45*66*36 = 427.680. 
 
Fixando duas caixas vazias. Forma de escolher duas caixas entre quatro disponíveis: C 4, 2 = 6. 
 
Maçãs: CR 8, 2 = C 8 + 2 – 1, 8 = C 9, 8 = 9. 
Peras: CR 10, 2 = C 10 + 2 – 1, 10 = C 11, 10 = 11. 
Laranjas: CR 7, 2 = C 7 + 2 – 1, 7 = C 8, 7 = 8. 
Subtotal: 6*9*11*8 = 4.752. 
 
Fixando três caixas vazias. Só há 4 maneiras de fixar três caixas vazias, pois é colocar todas as frutas em um das 
quatro caixas disponíveis. Pelo Princípio da Inclusão-Exclusão temos que a resposta para a pergunta do problema é: 
5.662.800 – 427.680 + 4.752 – 4 = 5.239.868. 
 
15) Em um parque de diversão existem 4 brinquedos diferentes: A, B, C e D. Pretende-se comprar 5 bilhetes, 
podendo ir mais de uma vez em um brinquedo ou deixar que ir. De quantas formas distintas os bilhetes 
poderão ser usados para utilização dos brinquedos? 
Um menino está em um parque de diversões e resolve comprar dois bilhetes. No parque, há 4 tipos de brinquedos: 
C - chapéu mexicano F - trem fantasma M - montanha russa R - roda gigante 
O menino pode comprar dois bilhetes do mesmo tipo, se ele quiser ir duas vezes no mesmo brinquedo. Nessas 
condições, qual é o número total de possibilidades de compra dos bilhetes? 
São combinações com repetição dos quatro brinquedos tomados de dois em dois: 
 
CR(4,2) = Comb(4+2-1,2) = Comb(5,2) = 5•4/2 = 10. 
 
Em efeito, são: 
 
[c, c], [c, f], [c, m], [c, r], [f, f], [f, m], [f, r], [m, m], [m, r], [r, r] 
 
 
16) De quantos modos 5 mulheres e 6 homens podem formar uma roda de ciranda de modo que as mulheres 
permaneçam juntas? 
Fica mais fácil resolvermos esta questão se pensarmos em 2 problemas de forma separada, o primeiro é de quantas 
formas podemos permutar as mulheres, o segundo de quantas formas podemos permutá-las junto com os homens 
(sem esquecer que elas devem permanecer juntas). Se temos 5 mulheres temos uma permutação de 5, o que nos dá 
5! possibilidades, agora devemos considerar as mulheres como ‘um’ elemento na ciranda, o total de posições será 
dado pela permutação circular de 7 elementos (6 homens + elemento bloco de mulheres). Portanto, a resposta é 5!.6! 
??? 
5 mulheres podem se agrupar de 5*4*3*2*1 = 5! formas diferentes 
6 Homens podem ser agrupar de 6*5*4*3*2*1 = 6! formas diferentes para que se permaneçam juntas temos sete 
posições, na roda... imagine uma corrente com sete elos ... Aonde um elo representa todas as mulheres e os demais 
elos representa cada um dos elos ... este elo pode andar nas sete posições Totalizando = 7*5!*6! modos diferente 
 
17) A escrita braille para cegos é um sistema de símbolos onde cada caractere é formado por uma matriz de 6 
pontos dos quais pelo menos um se destaca em relação aos outros. Assim, por exemplo: A B 
O o o O o o o o o O o o o o o o o o 
Qual o número máximo de caracteres distintos que podem ser representados neste sistema de escrita? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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