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Aula 05
Estatística e Probabilidade p/ BANRISUL (Escriturário) Com
Videoaulas - Pós-Edital
Vitor Menezes, Gustavo Menezes Santana
 
 
 
 
 
 
 
Sumário 
1. Análise Combinatória..................................................................................................... 2 
1. 1- Introdução ................................................................................................................................. 2 
1.2 - Princípio fundamental da contagem (PFC) ............................................................................... 3 
1.3. Princípio aditivo.......................................................................................................................... 5 
1.4 - Arranjos ..................................................................................................................................... 6 
1.5. Permutação. .............................................................................................................................10 
1.6. Combinação..............................................................................................................................10 
1.7. Etapas com restrições ..............................................................................................................18 
1.8. Permutação circular .................................................................................................................23 
1.9. Permutação com repetição ...................................................................................................... 23 
 
 
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1. ANÁLISE COMBINATÓRIA
1. 1- INTRODUÇÃO
Em análise combinatória nós vamos basicamente aprender a contar. Isso mesmo. O intuito aqui será contar 
de quantas formas um dado processo pode ocorrer. 
Uma forma de resolver este tipo de problema é simplesmente listar todas as situações possíveis e, depois, 
contá-las. Vejamos um exemplo. 
Considere que um guia turístico deseje colocar três pessoas em fila indiana, para percorrer uma trilha. De 
quantas maneiras é possível formar a tal fila? 
É um problema de contagem. Precisamos contar quantas são as maneiras de executar o processo descrito, 
qual seja, formar a fila de três pessoas. 
Chamando as pessoas de A, B e C, temos as seguintes filas possíveis: 
A, B, C 
A, C, B 
B, A, C 
B, C, A 
C, A, B 
C, B, A 
São seis filas possíveis. Listamos todas elas e, depois, contamos. Difícil? Certamente não. 
O problema começa quando o número de casos possíveis aumenta muito. Imaginem se, em vez de três 
pessoas na fila, fossem quinze. E aí? Listar todas as maneiras de formação da fila seria algo extremamente 
trabalhoso. 
Nestas situações, é muito útil conhecer ferramentas de análise combinatória. São ferramentas que permitem 
uma contagem mais rápida. 
A mais importante delas é o princípio fundamental da contagem. Ele pode ser aplicado para resolver 
qualquer problema de análise combinatória. 
A partir do princípio fundamental da contagem, de aplicação geral, é possível chegar a fórmulas que se 
destinam a problemas com certas particularidades. Neste contexto, aprenderemos os casos de arranjo, 
permutação e combinação. 
 
 
 
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Há 12 maneiras de formar o casal. 
^ĞŵƉƌĞ�ƋƵĞ�ĨŽƌ�ƵƐĂĚŽ�Ž�ĐŽŶĞĐƚŝǀŽ� “Ğ 弃?�Ġ�ƉŽƌƋƵĞ�ĞƐƚĂŵŽƐ�ĚŝĂŶƚĞ�ĚĞ�ƵŵĂ�ƚĂƌĞĨĂ�ƋƵĞ�ƉŽĚĞ�ƐĞƌ�ƋƵĞďƌĂĚĂ�Ğŵ�
etapas. Aplicamos o PFC, ou seja, o princípio multiplicativo. 
 
 
�ŽŶĞĐƚŝǀŽ� “Ğ 弃P�Ă�ƚĂƌĞĨĂ�ƉŽĚĞ�ƐĞƌ�ĚŝǀŝĚŝĚĂ�Ğŵ�ĞƚĂƉĂƐ� ? usar princípio multiplicativo. 
 
 
Suponha agora que nosso interesse é outro. Queremos escolher um destes animais disponíveis, para levar a 
uma exposição. 
Ou seja, agora queremos escolher uma fêmea ou um macho. 
Neste caso, temos 4 fêmeas disponíveis, mais 3 machos. A resposta correta seria: ? ൅ ? ൌ ? 
^ĞŵƉƌĞ�ƋƵĞ�ĨŽƌ�ƵƐĂĚŽ�Ž�ĐŽŶĞĐƚŝǀŽ� “ŽƵ 弃唀 ƵƐĂŵŽƐ�Ž�ƉƌŝŶĐşƉŝŽ�ĂĚŝƚŝǀŽ 堀 ^ŽŵĂŵŽƐ�ĂƐ�ƋƵĂŶƚŝĚĂĚĞƐ 唀 Ğŵ�ǀĞnj�ĚĞ�
multiplicar. 
 
 
�ŽŶĞĐƚŝǀŽ� “ŽƵ 弃P�ĞƐƚĂŵŽƐ� ĚŝĂŶƚĞ� ĚĞ�formas diferentes de executar uma só etapa. Logo, devemos usar 
princípio aditivo. 
 
 
1.4 - ARRANJOS
Vamos estudar os conceitos diretamente em uma questão de prova. 
 
Questão 01 (Cespe ? Ministério da Saúde)
 Julgue o seguinte item.
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1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando um 
deles com um ingresso para cinema, outro com um ingresso para teatro e o terceiro com um ingresso 
para show, ele terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo. 
 
Resolução.
Vamos dividir o processo em etapas. Na primeira etapa, escolhemos o ganhador do cinema; na segunda, do 
teatro; na terceira, do show. 
Seja C o conjunto dos servidores: 
C ={a, b, c, d, e, f} 
Neste problema, temos um fato que não ocorreu nos exercícios anteriores. 
 
Antes de prosseguir, vamos nos lembrar do exemplo 1. Queríamos formar casais. Naquela questão, A era o 
conjunto das fêmeas e B era o conjunto dos machos. 
A primeira etapa (escolha da fêmea) poderia ƐĞƌ�ĞdžĞĐƵƚĂĚĂ�ĐŽŵ�ĞůĞŵĞŶƚŽƐ�ĚŽ�ĐŽŶũƵŶƚŽ� “� 弃堀 ��ƐĞŐƵŶĚĂ�ĞƚĂpa 
(escolha do macho) poderia ƐĞƌ�ĞdžĞĐƵƚĂĚĂ�ĐŽŵ�ĞůĞŵĞŶƚŽƐ�ĚŽ�ĐŽŶũƵŶƚŽ� “� 弃? 
Quando isto ocorria, bastava aplicar o princípio fundamental da contagem sem maiores preocupações. 
 
No presente caso, todas as etapas se referem ao mesmo conjunto C. 
Ou seja, um mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa. Quando isso ocorre, antes de fazermos 
qualquer conta, temos que responder a duas perguntas extremamente importantes: 
1 ? há reposição? 
2 ? a ordem de escolha dos elementos é importante? 
 
Neste problema não há reposição. 
O diretor quer premiar 3 servidores diferentes. Assim, se um servidor já foi premiado com o cinema, ele não 
pode mais ser premiado com o show ou com o teatro. 
Dizemos que não há reposição. Uma vez escolhido um elemento, ele não é reposto ao conjunto original, ele 
não é mais uma opção para as próximas etapas. 
 
Primeira etapa: para a escolha do vencedor do cinema, há 6 opções de funcionários. 
 
Agora vamos para a segunda etapa. Vamos escolher o vencedor do teatro. 
Tínhamos 6 servidores. Só que um deles já foi escolhido para ir ao cinema. Como não há reposição, ele não 
pode ser escolhido novamente. Então sobram 5 possibilidades para a segunda etapa. Há apenas 5 servidores 
que podem ser escolhidos para ganhar o ingresso do teatro. 
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Ou seja, para calcular o fatorial de n, basta multiplicar o número n pelos números naturais que lhe 
antecedem, até chegar em 1. As únicas exceções são: ?Ǩ ൌ ? ?Ǩ ൌ ? 
É muito importante saber como fazer a divisão entre o fatorial de dois números. 
Exemplo: 
Vamos calcular: ?Ǩ ?Ǩ 
Sempre que tivermos uma divisão de fatoriais, existe uma técnica interessante que nos facilita bastante. É o 
seguinte. 
Queremos calcular: 6! y 4! 
O maior fatorial é 6! 
Vamos desenvolve-lo. ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൈ ሺ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ?ሻ 
O que é que nós temos entre parêntesis? É justamente 4!.Ou seja, na hora de desenvolver 6! nós podemos 
fazer assim: ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൈ ?Ǩ 
Desta forma, temos: ?Ǩ ?Ǩൌ ? ൈ ? ൈ ?Ǩ ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൌ 甃? 
Sabendo disso, podemos resolver esta questão do CESPE usando a fórmula. 
Temos um caso em que não há reposição e a ordem importa. Assim, temos um problema de arranjo. De um 
total de 6 elementos ሺ݊ ൌ ?ሻ, queremos escolher 3 ሺ݌ ൌ ?ሻ, sem reposição, onde a ordem importa. O 
número de maneiras de fazer isso é: ܣ଺ǡଷ ൌ ?Ǩሺ ? െ ?ሻǨ ܣ଺ǡଷ ൌ ?Ǩሺ ?ሻǨ 
Agora desenvolvemos o numerador até atingirmos 3!, para podermos simplificar. ܣ଺ǡଷ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ?Ǩሺ ?ሻǨ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ൌ 猃球? 
Gabarito: certo.
 
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ܥ଺ǡଷ ൌ ?Ǩሺ ? െ ?ሻǨ ൈ ?Ǩ ܥ଺ǡଷ ൌ ?Ǩሺ ?ሻǨ ൈ ?Ǩ 
Agora desenvolvemos 6! até chegar em 3! ܥ଺ǡଷ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ?Ǩሺ ?ሻǨ ൈ ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ?Ǩ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ? ൈ ? ൈ ?ൌ 球? 
 
 
O candidato deve ter muito cuidado ao eliminar a contagem repetida, para não fazer contas 
equivocadamente. Na questão abaixo ilustramos um erro comum: 
 
Questão 03 (Fundação Universa)
Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade revezamento 4 ൈ 100 m 
rasos. Para isso, uma seleção será realizada com o objetivo de se selecionarem 7 atletas, sendo dois 
atletas com altura inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70 m, e dois atletas com 
altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 24 atletas, 9 com altura inferior a 1,65, 
8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 com altura de 1,73 m ou 1,74 m. A quantidade de diferentes equipes 
que podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritos está entre: 
(A) 10.000 e 20.000. 
(B) 20.000 e 30.000. 
(C) 30.000 e 40.000. 
(D) 40.000 e 50.000. 
(E) 50.000 e 60.000. 
 
Resolução.
Para facilitar a escrita, vou chamar os intervalos de altura de: baixo (inferior a 1,65m), mediano (1,65 a 1,70m) 
e alto (superior a 1,70m). 
Precisamos escolher: 
- dois atletas baixos; 
- três atletas de altura mediana; 
- dois atletas altos. 
Para a escolha dos atletas baixos temos 9 opções. 
Para a escolha dos atletas medianos temos 8 opções. 
Para a escolha dos atletas altos temos 7 opções. 
Vamos dividir a escolha da equipe em etapas. Cada etapa vai corresponder à escolha de um atleta. 
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Certo??? 
 
 
Errado!!! 
 
Lembrem-se de que possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto. 
Lá no Exemplo 1, por exemplo, nem precisamos nos preocupar em saber se a ordem era relevante ou não. 
Não precisamos nos preocupar em saber se era relevante escolher primeiro o macho e depois a fêmea (e 
vice-versa). 
Isto porque cada etapa estava relacionada a um conjunto diferente. Entre conjuntos diferentes não tem
como haver contagem repetida.
A preocupação em eliminar contagens repetidas só surge quando um mesmo conjunto está relacionado a 
mais de uma etapa. 
Portanto, possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto. A forma correta de eliminar as 
contagens repetidas é assim: 
 
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Agora sim, ficamos com: ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൌ 瘃?Ǥ 甃甃? 
Gabarito: D
 
Outra maneira de resolver é usando a fórmula da combinação. 
Para a escolha dos atletas baixos, temos 9 opções e temos que escolher 2, sem reposição, onde a ordem não 
é importante. É um caso de combinação. ܥଽǡଶ ൌ ?Ǩሺ ?Ǩሻ ൈ ?Ǩൌ ? ൈ ? ? ൌ 甃? 
Há 36 modos de escolhermos os atletas baixos. 
Analogamente, para os atletas medianos, temos: ܥ଼ǡଷ ൌ ?Ǩሺ ?Ǩሻ ൈ ?Ǩൌ ? ൈ ? ൈ ? ? ൈ ? ൌ 眃? 
Por fim, para os atletas altos, temos: ܥ଻ǡଶ ൌ ?Ǩሺ ?Ǩሻ ൈ ?Ǩൌ ? ൈ ? ? ൌ 球? 
Podemos dividir o problema em três etapas. 
Na primeira etapa, escolhemos os atletas baixos. Há 36 formas de fazer isso. 
Na segunda etapa, escolhemos os atletas medianos. Há 56 formas de fazer isso. 
Na terceira etapa, escolhemos os atletas altos. Há 21 formas de fazer isso. 
Aplicando o PFC: 甃?ൈ 眃?ൈ 球?ൌ 瘃?Ǥ 甃甃? 
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Há 42.336 formas de montarmos a equipe. O resultado obtido foi o mesmo. 
Notem que, nesta segunda solução, depois de aplicarmos o PFC, não foi preciso fazer qualquer divisão para 
eliminar contagens repetidas. 
É que, para preenchermos cada etapa, usamos a fórmula da combinação, que já contém um fator que elimina 
contagens repetidas. 
 
Mais um exemplo: 
 
Questão 4 (Esaf ? MPOG)
Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 pacientes. Para 
obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas 
diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem 3 pacientes e na sala 3 
fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir 
seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a: 
a) 2440 
b) 5600 
c) 4200 
d) 24000 
e) 42000 
 
Resolução.
Temos uma tarefa, que consiste em alocar as 10 pessoas em três diferentes salas. 
Vamos dividir esta tarefa em etapas. Na primeira etapa, escolhemos a primeira pessoa da sala 1. Na segunda 
etapa, escolhemos a segunda pessoa da sala 1. E assim, por diante, até a décima etapa, quando escolhemos 
a terceira pessoa da sala 3. 
Para a primeira etapa, temos 10 opções de pacientes. 
Escolhido o primeiro paciente, para a segunda etapa sobram 9 opções. 
E assim por diante. 
 
 
 
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Ok, mas, dentro de cada sala, a ordem de escolha dos pacientes não é relevante. Precisamos fazer algumas 
divisões para eliminar as contagens repetidas. 
 
Ficamos com: 猃?Ǩ ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൈ ?Ǩൌ 猃?ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ?Ǩ ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൌ 猃?ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ?Ǩ ൌ 瘃球爃? 
 
Gabarito: C
 
1.7. ETAPAS COM RESTRIÇÕES
Há questões de provas em que se estipulam restrições sobre algumas etapas. Sempre que isso ocorrer a dica 
é começar justamente pelas etapas ou elementos com restrição. Exemplo: 
Questão 5 (Esaf ? Sefaz/MG) 
Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de um desfile de modas. A 
promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas, mas sempre em filas 
formadas por exatamente quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila só poderá ser ou 
Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser a primeira da fila. Assim, o 
número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a: 
a) 420 
b) 480 
c) 360 
d) 240 
e) 60 
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Resolução:
Temos um grupo de 7 modelos. Precisamos escolher 4, sem reposição, onde a ordem importa. 
Seria, portanto, um caso de arranjo. Mas, neste problema, não dá para irmos aplicando a fórmula de 
imediato, porque há diversas restrições emvárias etapas. 
Exemplo de restrição: Denise não pode ser a primeira da fila. 
 
Ocorre que a fórmula de arranjo não é preparada para tratar de etapas com restrições. 
Será bem mais fácil usarmos o PFC mesmo. 
Como a ordem importa, basta aplicarmos o princípio fundamental da contagem, sem fazer qualquer ajuste. 
 
A fila vai ser formada por 4 modelos. A cada modelo escolhida temos uma etapa. A primeira etapa consistirá 
em escolher a primeira modelo da fila. A segunda etapa consistirá em escolher a segunda modelo da fila. E 
assim por diante. 
 
Agora vamos começar a preencher as etapas. 
Reparem que, em algumas etapas, temos certas restrições. A última de cada fila só pode ser Ana, Beatriz, 
Carla ou Denise. E Denise não pode ser a primeira da fila. Assim, temos restrições na primeira e na quarta 
etapa. 
Para a primeira etapa, temos 6 opções (pois Denise não pode ser a primeira da fila). 
 
Escolhida a primeira modelo, vamos para a segunda etapa. São sete modelos ao todo. Uma já foi escolhida 
na primeira etapa. Sobram 6. 
 
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São 7 modelos. Duas já foram escolhidas. Para a terceira etapa sobram 5. 
 
Por fim, a quarta etapa. Para a quarta etapa, temos 4 opções (só Ana, Beatriz, Carla e Denise podem ser as 
últimas da fila). Agora vem um grande problema. Não podemos simplesmente indicar que a quarta etapa 
pode ser realizada de 4 maneiras. 
Por quê? 
Porque eram 7 modelos. Três já foram escolhidas nas etapas anteriores. Pode ser, por exemplo, que Ana já 
tenha sido escolhida em uma das etapas anteriores. Ou seja, Ana, que era uma das opções para 
encerramento de fila, pode já não estar mais disponível. Nesta situação, teríamos apenas 3 opções para a 
quarta etapa. 
E pode ser também que, além de Ana, Beatriz também já tenha sido escolhida. Ou seja, teríamos apenas 2 
opções para encerramento da fila. 
E pode ser ainda que Caroline já tenha sido escolhida. A única opção para encerramento da fila seria Denise. 
E agora? Como fazer? 
Sempre que tivermos etapas com restrições, é muito útil tentar começar por elas. Há restrições na primeira 
e na última etapa. Além disso, duas restrições se referem à Denise. Ou seja, para nós, Denise é uma modelo 
mais problemática. 
 
Vamos começar tudo de novo. Agora vamos iniciar pelas etapas 4 e 1 (que têm restrições). Além disso, vamos 
focar na Denise. 
Vejamos quantas são as filas que terminam com Denise. 
Para a quarta etapa, temos 1 opção (Denise). Afinal de contas, queremos calcular quantas filas têm Denise 
no fim. 
 
Vamos agora para a 1ª etapa. A primeira etapa tem outra restrição. Denise não pode ser a primeira da fila. 
São sete modelos ao todo. Uma já foi escolhida para encerrar a fila. E foi escolhida justamente a Denise. 
Sobraram 6 modelos e todas elas podem iniciar a fila. Assim, para a primeira etapa temos 6 opções. 
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Vamos para a segunda etapa, para a qual não há restrições. Eram sete modelos. Duas já foram escolhidas. 
Sobram 5. 
 
Na terceira etapa também não temos restrições. Eram sete modelos. Três já foram escolhidas. Sobraram 4. 
 
Aplicando o PFC: ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൌ 猃球? 
Este é o número de filas em que Denise é a última. 
 
Agora vamos ver quantas são as filas em que Denise não é a última. 
Só Ana, Beatriz, Carla e Denise encerram a fila. Não queremos filas que terminam com Denise porque estas 
a gente já trabalhou. Assim, vejamos quantas filas terminam com Ana, Beatriz ou Carla. São 3 opções para a 
quarta etapa. 
 
Vamos para a primeira etapa. São sete modelos. Uma já foi escolhida para encerrar a fila. Sobram 6, dentre 
as quais está Denise. Só que temos uma restrição. Denise não pode iniciar a fila. Logo, para a primeira etapa 
temos 5 opções. 
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Tínhamos sete modelos. Duas já foram escolhidas. Para a segunda etapa, em que não temos restrições, 
sobram 5 opções de modelo. 
 
Por fim, para a terceira etapa, em que também não há restrição, sobram 4 opções de modelo. 
 
Aplicando o PFC: ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൌ 甃爃? 
São 300 filas possíveis, encerrando com Ana, Beatriz ou Carla. 
 
Resumindo, as filas podem ser formadas assim: 
x Filas terminando com Denise, ou 
x Filas terminando com Ana, Beatriz ou Carla 
sĞũĂŵ�Ž�ĐŽŶĞĐƚŝǀŽ� “ŽƵ 弃?�ƋƵĞ�ŶŽƐ�ƌĞŵĞƚĞ�ĂŽ�ƉƌŝŶĐşƉŝŽ�ŵƵůƚŝƉůŝĐĂƚŝǀŽ ? 
 
Há 120 filas possíveis encerrando com Denise. E há 300 filas possíveis encerrando com Ana, Beatriz ou Carla. 
Ao todo, temos 420 filas possíveis (princípio aditivo). 
Gabarito: A
 
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1.8. PERMUTAÇÃO CIRCULAR
Questão 6 (Cespe) 
Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir. 
1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda. 
 
Resolução: 
Exercícios de preencher lugares ao longo de uma mesa redonda são bem comuns em provas de vestibular. É 
o caso chamado de permutação circular. 
Neste caso, o que o exercício quer dizer é o seguinte: não há referência física fora da mesa. Você tem que 
pensar que todos os lugares são equivalentes. 
Ou seja, quando formos alocar a primeira pessoa, tanto faz onde ela será colocada, pois todas as vagas são 
iguais entre si. 
Só depois de alocada a primeira pessoa é que passamos a ter uma referência. As demais pessoas poderão se 
sentar à sua direita, à sua esquerda, à sua frente, etc. 
Assim, as etapas só começam depois de alocada a primeira pessoa. 
- Início: alocamos a primeira pessoa, que servirá de referência para as demais. 
- Primeira etapa: para a segunda pessoa temos 4 lugares restantes 
- segunda etapa: para a terceira pessoa temos 3 lugares restantes 
- terceira etapa: para a quarta pessoa temos 2 lugares restantes 
- quarta etapa: para a quinta pessoa temos 1 lugares restantes. 
 
Aplicando o PFC: ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൌ 球? 
Gabarito: certo 
 
 
 
1.9. PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO
Há casos em que temos permutação de elementos repetidos. 
 
�džĞŵƉůŽ P�ƋƵĂů�Ž�ŶƷŵĞƌŽ�ĚĞ�ĂŶĂŐƌĂŵĂƐ�ĚĂ�ƉĂůĂǀƌĂ� “ƉŽƌƚŽ ? ? 
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Para formar cada novo anagrama, basta alterarmos a ordem das 5 letras. Ou seja, estamos permutando as 
cinco letras. 
WŽƌ�ĞdžĞŵƉůŽ ?�ŽƐ�ĂŶĂŐƌĂŵĂƐ� “WKZdK ?�Ğ� “ZKWdK ?�ƐĆŽ�ĚŝĨĞƌĞŶƚĞƐ�ĞŶƚƌĞ�Ɛŝ ?�� 唀 ĚĞ�Ƶŵ�ƉĂƌĂ�Ž�ŽƵƚƌŽ 唀 Ɛſ�ŵƵĚĂŵŽƐ�
as posições das letras R e P. 
Assim, queremos permutar as cinco letras. Temos: ହܲ ൌ ?Ǩ 
 
^ſ�ƋƵĞ�ƚĞŵ�Ƶŵ�ƉƌŽďůĞŵŝŶŚĂ�ŶĂ�ƌĞƐŽůƵĕĆŽ�ĂĐŝŵĂ 堀 EĞƐƚĞ�ĐĂƐŽ 唀 ƚĞŵŽƐ�ůĞƚƌĂƐ�ƌĞƉĞƚŝĚĂƐ 堀 ��ůĞƚƌĂ� “Ž ?�ĂƉĂƌĞĐĞ�
ĚƵĂƐ�ǀĞnjĞƐ 堀 ��ŽƌĚĞŵ�ĞŶƚƌĞ�ĞƐƐĂƐ�ĚƵĂƐ�ůĞƚƌĂƐ�Ġ�ŝƌƌĞůĞǀĂŶƚĞ 堀 KƵ�ƐĞũĂ 唀 ĞƐĐƌĞǀĞƌ� “WKZdK ?�Ğ� “WKZdK 弃唀 ĂƉĞŶĂƐ�
trocando a posição das duas ůĞƚƌĂƐ� “Ž 弃唀 ĚĄ�ŶŽ�ŵĞƐŵŽ 堀 WƌĞĐŝƐĂŵŽƐ�ĚŝǀŝĚŝƌ�Ž�ƌĞƐƵůƚĂĚŽ�ĂĐŝŵĂ�ƉŽƌ� ?�ĨĂƚŽƌŝĂů ?�
para excluir as contagens repetidas: ?Ǩ ?Ǩൌ 砃? 
Deste modo, quando na permutação tivermos elementos repetidos, precisamos eliminar as contagens 
repetidas com uma divisão. O raciocínio é exatamenteo mesmo que aquele apresentado quando estudamos 
a combinação. 
 
Questão 07 (Cespe) 
Julgue o item seguinte: 
Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra, tendo 
ou não significado na linguagem comum, D seja a quantidade de anagramas possíveis de se formar 
com a palavra AEROPORTO, E seja a quantidade de anagramas começando por consoante e 
terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 
5! = 120, então ED 21 . 
 
Resolução:
sĂŵŽƐ�ǀĞƌ�ƋƵĂŶƚŽƐ�ĂŶĂŐƌĂŵĂƐ�ƉŽĚĞŵŽƐ�ĨŽƌŵĂƌ�ĐŽŵ�Ă�ƉĂůĂǀƌĂ� “ĂĞƌŽƉŽƌƚŽ 弃? 
São 9 letras a serem permutadas. Assim, o número de anagramas é dado por: ߙ ൌ ?Ǩ 
Só que tem um ƉƌŽďůĞŵŝŶŚĂ ?���ƉĂůĂǀƌĂ� “ĂĞƌŽƉŽƌƚŽ ?�ƚĞŵ�ůĞƚƌĂƐ�ƌĞƉĞƚŝĚĂƐ 堀 ��ŽƌĚĞŵ�ĞŶƚƌĞ�ĂƐ�ĚƵĂƐ�ůĞƚƌĂƐ� “ƌ ?�Ġ�
irrelevante. Logo, precisamos dividir por fatorial de 2. 
�ůĠŵ�ĚŝƐƐŽ 唀 Ă�ŽƌĚĞŵ�ĞŶƚƌĞ�ĂƐ�ƚƌġƐ�ůĞƚƌĂƐ� “Ž 开 Ġ�ŝƌƌĞůĞǀĂŶƚĞ ?�WƌĞĐŝƐĂŵŽƐ�ĚŝǀŝĚŝƌ�ƉŽƌ�ĨĂƚŽƌŝĂů�ĚĞ� ? ߙ ൌ ?Ǩ ?Ǩ �ൈ ?Ǩ 
Agora vamos calcular o valor de E 堀 YƵĞƌĞŵŽƐ�ĨŽƌŵĂƌ�ĂŶĂŐƌĂŵĂƐ�ĐŽŵ�Ă�ƉĂůĂǀƌĂ� “ƚƵƌďŝŶĂ 弃堀 ^ſ�ƋƵĞ�ƚĞŵŽƐ�
duas restrições: os anagramas devem começar com consoante e terminar com vogal. 
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Vamos dividir a formação do anagrama em etapas. Na primeira etapa, vamos escolher a primeira letra do 
anagrama. Na segunda etapa escolhemos a segunda letra do anagrama. E assim por diante. 
Vamos começar pelas etapas em que temos restrições: 
x primeira etapa: temos 4 opções (são 4 consoantes disponíveis para ocupar a primeira posição) 
x sétima etapa: temos 3 opções (são 3 vogais disponíveis para ocupar a última posição) 
x segunda etapa: tínhamos 7 letras, já usamos duas nas etapas acima; sobram 5 opções 
x terceira etapa: 4 opções 
x quarta etapa: 3 opções 
x quinta etapa: 2 opções 
x sexta etapa: 1 opção. 
Aplicando o PFC: ߚ ൌ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ൈ ? ߚ ൌ ? ൈ ? ൈ ?Ǩ 
O exercício afirma que: ߙ ൌ 球?�ߚ 
Vamos dividir os dois valores: ߙ 球?�ߚൌ ?Ǩ ?Ǩ ൈ ?Ǩൊ ሺ 球?ൈ ? ൈ ? ൈ ?Ǩሻ ߙ 球?�ߚ ൌ ?Ǩ ?Ǩ ൈ ?Ǩ ൈ ሺ 球?ൈ ? ൈ ? ൈ ?Ǩሻൌ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?ൌ ? 
 
Portanto, ߙ ൌ 球?ߚ, pois, quando dividimos um pelo outro, o resultado foi igual a 1. 
Gabarito: certo.
 
Questão 8 (Cesgranrio ? Petrobras) 
Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje 
comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode 
escolhê-las de N formas. O valor de N é 
(A) 3 
(B) 10 
(C) 15 
(D) 35 
(E) 125 
 
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Resolução.
Este é um exercício bem diferente. É um tipo de questão pouco cobrado em concurso, mas bastante cobrado 
em vestibular. 
Veremos duas soluções: na primeira delas, usaremos apenas as ferramentas que já estudamos. Com isso, 
quero deixar claro por que é que este exercício é diferente dos demais já vistos em aula. 
Na segunda solução, veremos uma nova ferramenta, que permite resolver com muito mais rapidez. 
Sejam A, B, C, D, E as marcas de refrigerante. Observem que há reposição, pois podemos, por exemplo, 
escolher 3 latas da mesma marca (ex: D, D, D). 
Além disso, a ordem não importa. Isto porque escolher (A, A, D) é o mesmo que escolher (D, A, A). 
O fato de a ordem não importar e haver reposição complica um pouco as coisas. 
Se simplesmente aplicarmos o PFC, teremos contagens repetidas. Precisaríamos fazer uma divisão para 
eliminar os casos repetidos. 
Ocorre que, pelo fato de haver reposição, nem todos os casos são repetidos com a mesma frequência. Ou 
seja, não é possível, com uma única divisão, excluir todos os casos repetidos. 
WĂƌĂ�ŝůƵƐƚƌĂƌ�Ž�ƉƌŽďůĞŵĂ ?�ĐŽŶƐŝĚĞƌĞ�Ă�ĞƐĐŽůŚĂ�ĚĞ�ĚƵĂƐ�ůĂƚĂƐ�ĚĂ�ŵĂƌĐĂ� “� 开 Ğ�ĚĞ�ƵŵĂ�ůĂƚĂ�ĚĂ�ŵĂƌĐĂ� “� 弃堀 sĂŵŽƐ�
ver de quantas formas repetidas este caso pode ser computado: 
(A,A,B); (A,B,A); (B,A,A) 
Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 3 vezes. Uma divisão por 3 se encarregaria de excluir os 
casos repetidos. 
Agora vamos focar em outro caso. Considere a escolha de uma lata de cada uma das marcas A, B, C: 
(A,B,C); (A,C,B); (B,A,C); (B,C,A); (C,A,B); (C,B,A) 
Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 6 vezes. Precisaríamos dividir por 6. 
Por fim, o caso (B,B,B) é computado uma única vez. 
Ou seja, cada caso tem uma frequência diferente. Só uma divisão não é capaz de excluir todos os casos 
repetidos. 
 
Vamos separar o problema em tipos de escolha. 
1) Escolhendo latas de refrigerante de 3 marcas diferentes. 
Neste caso, precisamos escolher 3 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição, onde a ordem não importa. 
Temos um caso de combinação: ܥହǡଷ ൌ ? ൈ ? ?� ൈ ?ൌ 猃? 
Há 10 formas de escolher 3 latas de marcas diferentes. Até daria para listar todas elas. Sendo A, B, C, D, E as 
marcas, as escolhas seriam: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE. 
 
2) Escolhendo 2 latas de uma marca e 1 de outra marca. 
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Agora, precisamos escolher 2 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição. 
 
A primeira marca escolhida será aquela correspondente às 2 latas. A segunda marca escolhida será aquela 
correspondente a 1 lata. Temos um caso de aplicação do princípio fundamental da contagem (pois a ordem 
importa). 
 
Número de maneiras de executar a primeira etapa: 5 (há 5 marcas disponíveis) 
Números de maneiras de executar a segunda etapa: 4 (escolhida a primeira marca, sobram 4 para a segunda 
etapa). 
Aplicando o PFC: ? ൈ ? ൌ 球? 
Se fôssemos listar as 20 maneiras, elas seriam: AAB, AAC, AAD, AAE, ABB, ACC, ADD, AEE, BBC, BBD, BBE, 
BCC, BDD, BEE, CCD, CCE, CDD, CEE, DDE, DEE. 
 
3) Escolhendo 3 latas da mesma marca. 
Neste caso, precisamos escolher uma única marca, entre as 5 disponíveis. Há 5 modos de fazer isso. 
Listando todas as possibilidades: AAA, BBB, CCC, DDD, EEE. 
Somando tudo, temos: 猃?൅ 球?൅ ? ൌ 甃? 
Gabarito: D
 
Observem que, quando dividimos o problema em diversos casos, cada um desses casos pode ser tratado de 
forma diferente. 
 
Agora vejamos uma segunda solução, bem mais rápida. 
Neste tipo de problema, em que a ordem não é importante, mas há reposição, nos baseamos em um desenho 
esquemático, que representa a situação. 
Vamos representar os refrigerantes por bolinhas. E vamos usar barrinhas para separar as marcas. 
 
As barrinhas vermelhas separam as marcas de refrigerante. 
Agora, colocamos as latinhas dentro dos quadriculados. Exemplo: 
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Assim estamos comprando um refrigerante da marca A, outro da marca D e outro da marca E. 
Outro exemplo: 
 
Agora estamos comprando duas latas da marca A e uma lata da marca C. 
Mais um exemplo: 
 
Agora compramos três latas da marca D. 
Notem que, usando apenas símbolos (barrinhas vermelhas mais bolinhas pretas) conseguimos representar 
todos os casos possíveis. 
Temos 4 barrinhas e 3 bolinhas (total de 7 símbolos). 
A cada alteração na ordem entre estes símbolos, temos um novo caso. Ou seja, estamos permutando 7 
símbolos. 
Além disso, trata-se de uma permutação com repetição de 3 bolinhas. Precisamos dividir por 3! para eliminar 
as contagens repetidas.Há também repetição de 4 barrinhas. Precisamos dividir por 4! para eliminar as contagens repetidas. 
Ficamos com: ?Ǩ ?Ǩ ൈ ?Ǩൌ 甃? 
O resultado foi o mesmo que obtivemos antes. 
 
Vejamos outro exercício semelhante. 
 
Questão 9 (Fundação Universa) 
 Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação: ݔଵ ൅ ݔଶ ൅ ݔଷ ൌ 猃? 
(A) 78 
(B) 120 
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(C) 286 
(D) 364 
(E) 680 
 
Resolução.
Podemos novamente usar barrinhas e bolinhas para representar o problema. 
Exemplo: 
 
Neste caso, temos 6 bolinhas em x1, 5 bolinhas em x2 e 3 bolinhas em x3. 
Isto significa que: ݔଵ� ൌ ?Ǣ�ݔଶ ൌ ?Ǣ�ݔଷ ൌ ? 
De modo que a soma 6 + 5 + 3 = 14. 
Para representarmos qualquer outra solução, basta alterarmos a ordem entre as duas barrinhas vermelhas 
e as quatorze bolinhas pretas. 
Ou seja, estamos permutando 16 símbolos, com repetição de 14 bolinhas e de 2 barrinhas. 猃?Ǩ ?Ǩ ൈ 猃?Ǩ ൌ 猃球? 
Gabarito: B
 
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Sumário 
Lista de exercícios .............................................................................................................. 2 
Análise Combinatória ........................................................................................................................ 2 
Gabaritos ......................................................................................................................... 11 
Questões comentadas ..................................................................................................... 12 
Análise Combinatória ...................................................................................................................... 12 
 
 
 
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LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
ANÁLISE COMBINATÓRIA 
 
1. (FCC / SEFAZ-MA – 2016) 
Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8 
primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados 
que Jair pode fazer para o jantar é igual a 
a) 40. 
b) 56. 
c) 30. 
d) 26. 
e) 36. 
2. (FCC / SEFAZ-MA – 2016) 
Atenção: Para responder à questão, considere a descrição de sistemas de senhas abaixo. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras 
do alfabeto seguidas de três algarismos ímpares. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois 
algarismos diferentes. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras 
consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos 
diferentes dentre os oito primeiros algarismos. 
 
Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas 
é 
a) K; L; J. 
b) J; L; K. 
c) J; K; L. 
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d) L; K; J. 
e) K; J; L. 
 
3. (FCC / SEFAZ-PI – 2015) 
A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra 
TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas. 
Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai 
digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a 
mesma senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo, 
a) 240 tentativas. 
b) 144 tentativas. 
c) 576 tentativas. 
d) 196 tentativas. 
e) 288 tentativas. 
 
4. (FCC / TRF2 – 2012) 
Sidnei marcou o telefone de uma garota em um pedaço de papel a fim de marcar um posterior 
encontro. No dia seguinte, sem perceber o pedaço de papel no bolso da camisa que Sidnei 
usara, sua mãe colocou-a na máquina de lavar roupas, destruindo assim parte do pedaço de 
papel e, consequentemente, parte do número marcado. Então, para sua sorte, Sidnei se 
lembrou de alguns detalhes de tal número: 
 
− o prefixo era 2204, já que moravam no mesmo bairro; 
 
− os quatro últimos dígitos eram dois a dois distintos entre si e formavam um número par que 
começava por 67. 
 
Nessas condições, a maior quantidade possível de números de telefone que satisfazem as 
condições que Sidnei lembrava é 
a) 24. 
b) 28. 
c) 32. 
d) 35. 
e) 36. 
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e) 71. 
8. (FGV / IBGE – 2016) 
Uma senha de 4 símbolos deve ser feita de forma a conter dois elementos distintos do conjunto 
(A, B, C, D, E) e dois elementos distintos do conjunto (0, 1, 2, 3, 4, 5), em qualquer ordem. Por 
exemplo, a senha 2EC4 é uma das senhas possíveis. 
 
Nesse sistema, o número de senhas possíveis é: 
a) 2400; 
b) 3600; 
c) 4000; 
d) 4800; 
e) 6400. 
 
9. (FGV / MPE-RJ – 20) 
Para organizar um horário de atendimento, em três dias da semana, pela manhã e à tarde, 
deve-se colocar duas letras A, duas letras B e duas letras C nas casas vazias da tabela abaixo, 
com a condição de que, em cada coluna, não apareçam letras iguais. 
2ª feira 4ª feira 6ª feira 
Manhã 
Tarde 
 
O número de maneiras diferentes de preencher essa tabela é: 
a) 12; 
b) 24; 
c) 36; 
d) 48; 
e) 64. 
 
10. (FGV / TJ-PI – 2015) 
No primeiro turno do campeonato piauiense de futebol 6 times participam, mas somente 4 
chegam às semifinais. 
 
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O número de possibilidades diferentes para o conjunto dos 4 times que estarão nas semifinais 
é: 
a) 10; 
b) 12; 
c) 15; 
d) 18; 
e) 30. 
11. (FGV / MRE – 2016) 
André, Beatriz e Carlos são adultos, Laura e Júlio são crianças e todos vão viajar em um 
automóvel com 5 lugares, sendo 2 na frente e 3 atrás. Dos adultos, somente Carlos não sabe 
dirigir. As crianças viajarão atrás, mas Júlio faz questão de ficar em uma janela. 
 
O número de maneiras diferentes pelas quais essas pessoas podem ocupar os cinco lugares do 
automóvel é: 
a) 12; 
b) 16; 
c) 18; 
d) 20; 
e) 24. 
 
12. (FGV / TJ-AM – 2013) 
Ana deseja formar uma senha de cinco caracteres usando as três letras de seu nome e os dois 
algarismos da dezena do ano de seu nascimento, 1994. Ela decidiu que manterá a ordem das 
letras de seu nome, ANA, bem como a ordem dos dois algarismos, 94, mas não manterá, 
necessariamente, as três letras juntas e os dois algarismos juntos. Além disso, decidiu que a 
senha começará por uma letra. 
 
Assim, por exemplo, AN94A é uma possível senha para Ana. 
 
Assinale a alternativa que indica a quantidade de escolhas que Ana tem para a sua senha, de 
acordo com os critérios que ela estabeleceu. 
a) 6 
b) 7 
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c) 8 
d) 9 
e) 10 
 
13. (CESPE / PF – 2018) 
Em um processo de coleta de fragmentos papilares para posterior identificação de criminosos, 
uma equipe de 15 papiloscopistas deverá se revezar nos horários de 8 h às 9 h e de 9 h às 10 
h. 
 
Com relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
Considere que uma dupla de papiloscopistas deve ser escolhida para atender no horário das 8 
h. Nessa situação, a quantidade, distinta, de duplas que podem ser formadas para fazer esse 
atendimento é inferior a 110. 
14. (CESPE / PF – 2018) 
Em um processo de coleta de fragmentos papilares para posterior identificação de criminosos, 
uma equipe de 15 papiloscopistas deverá se revezar nos horários de 8 h às 9 h e de 9 h às 10 
h. 
 
Com relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
Se dois papiloscopistas forem escolhidos, um para atender no primeiro horário e outro no 
segundo horário, então a quantidade, distinta, de duplas que podem ser formadas para fazer 
esses atendimentos é superior a 300. 
 
15. (CESPE / PF – 2018) 
Para cumprimento de um mandado de busca e apreensão serão designados um delegado, 3 
agentes (para a segurança da equipe na operação) e um escrivão. O efetivo do órgão que fará 
a operação conta com 4 delegados, entre eles o delegado Fonseca; 12 agentes, entre eles o 
agente Paulo; e 6 escrivães, entre eles o escrivão Estêvão. 
 
Em relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
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Considerando todo o efetivo do órgão responsável pela operação, há mais de 5.000 maneiras 
distintas de se formar uma equipe para dar cumprimento ao mandado. 
 
16. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
De um quadro de profissionais com quatro engenheiros e cinco técnicos pretende-se formar 
um grupo de cinco profissionais com, pelo menos, um engenheiro e um técnico. 
 
Nessas condições, quantas possibilidades diferentes existem de formação desse grupo de cinco 
profissionais? 
a) 19 
b) 20 
c) 120 
d) 125 
e) 126 
 
17. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
Seis empresas (Grupo 1), denominadas L1, L2, L3, L4, L5 e L6, prestam serviço de limpeza 
interna em grandes embarcações, e outras cinco empresas (Grupo 2), denominadas E1, E2, E3, 
E4 e E5, realizam manutenção elétrica nas mesmas embarcações. Um analista precisa contratar 
três empresas diferentes do Grupo 1 e duas empresas diferentes do Grupo 2, para realizarem, 
respectivamente, a limpeza e a manutenção elétrica de embarcações. 
 
Nessas condições, o número de possibilidades diferentes de contratação das cinco empresas é 
igual a 
a) 120 
b) 150 
c) 400 
d) 1.200 
e) 2.400 
 
18. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
Num conjunto há 5 elementos positivos e 5 elementos negativos. Escolhem-se 5 números 
desse conjunto e se efetua a multiplicação desses 5 números escolhidos. 
 
Em quantos casos tal multiplicação terá resultado negativo? 
a) 25 
b) 120 
c) 125 
d) 126 
e) 128 
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19. (CESGRANRIO / PETROBRAS – 2018) 
Considere A o conjunto dos números inteiros maiores que zero, e a função �: � → � definida 
por f(n)=número máximo de filas indianas diferentes contendo n pessoas, que poderiam ser 
formadas por n pessoas dadas. Duas filas indianas, formadas pelas mesmas pessoas, são 
diferentes quando há alguma pessoa cuja posição em uma fila é diferente de sua posição na 
outra. 
 
Disponível em <http://www.tudodesenhos.com/d/meninos-em-fi la-indiana>. Acesso em: 7 
out. 2016. 
 
Para � ∈ �, a diferença �(� + 1) − �(�) é igual a 
a) 1 
b) n! 
c) n . (n!) 
d) (n + 1)! 
e) (n + 1) . (n - 1) 
 
20. (CESGRANRIO / IBGE – 2014) 
Um torneio de futebol foi disputado por apenas cinco times, de modo que cada time jogou com 
cada um dos outros uma única vez. Nesse torneio, cada vitória deu ao vencedor 3 pontos, cada 
empate deu 1 ponto para cada um dos dois times, e cada time derrotado não ganhou nem 
perdeu ponto. A Tabela abaixo mostra a pontuação de cada time, após o término do torneio. 
Time Pontuação Final 
Urubulense 7 
Colorista 6 
Sporteará 5 
Furacaço 4 
Raposão 3 
Quantos empates houve nesse torneio? 
a) 3 
b) 4 
c) 5 
d) 6 
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e) 7 
 
 
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GABARITOS 
1 D 
2 D 
3 E 
4 B 
5 ANULADA 
6 B 
7 C 
8 B 
9 D 
10 C 
11 B 
12 A 
13 CERTO 
14 ERRADO 
15 CERTO 
16 D 
17 ANULADA 
18 D 
19 C 
20 C 
 
 
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QUESTÕES COMENTADAS 
 
 
ANÁLISE COMBINATÓRIA 
 
1. (FCC / SEFAZ-MA – 2016) 
Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8 
primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados 
que Jair pode fazer para o jantar é igual a 
a) 40. 
b) 56. 
c) 30. 
d) 26. 
e) 36. 
Comentários: 
 
Sejam A, B, C, D, E, F, G, H os primos. Considere ainda que A e B só podem ir se forem juntos. 
 
Se ele convidar A+B, sobrarão 3 vagas, que podem ser preenchidas pelos 6 outros primos. Temos 
então uma combinação de 6 elementos, tomados 3 a 3: 
 
��,� =
6 × 5 × 4
3 × 2 
= 20 
 
Há 20 maneiras de convidarmos os primos, incluindo A+B. 
 
Se ele não convidar A+B, sobrarão 5 vagas, que podem ser preenchidas pelos outros 6 primos. Temos 
então uma combinação de 6 elementos, tomados 5 a 5: 
 
��,� = 6 
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Há 6 formas de convidarmos os primos, excluindo � + �. 
 
Somando tudo, são 20 + 6 = 26 formas de convidarmos os primos. 
 
Gabarito: D 
 
2. (FCC / SEFAZ-MA – 2016) 
Atenção: Para responder à questão, considere a descrição de sistemas de senhas abaixo. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras 
do alfabeto seguidas de três algarismos ímpares. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois 
algarismos diferentes. 
 
− Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras 
consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos 
diferentes dentre os oito primeiros algarismos. 
 
Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas 
é 
a) K; L; J. 
b) J; L; K. 
c) J; K; L. 
d) L; K; J. 
e) K; J; L. 
 
Comentários: 
Sistema J 
 
1) Para a escolha da primeira letra, há 10 opções(pois só estão disponíveis as 10 primeiras letras 
do alfabeto). 
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2) Para a escolha da segunda letra, continuamos tendo 10 opções (pois há reposição, ou seja, nada 
impede que exista uma senha do tipo AA111) 
 
3) Para as escolha do primeiro algarismo ímpar, temos 5 opções (só podemos escolher entre (1, 3, 
5, 7, 9)) 
 
4) Para a escolha do segundo algarismo ímpar, continuamos com 5 opções. 
 
5) Para a escolha do terceiro algarismo ímpar, continuamos com 5 opções. 
 
Pelo princípio fundamental da contagem, temos 
 
10 × 10 × 5 × 5 × 5 = 12.500 
 
senhas diferentes para o sistema J. 
 
 
Sistema K 
 
1) Para a escolha da primeira letra, há 5 opções (pois só estão disponíveis as 5 vogais do alfabeto). 
 
2) Para a escolha da segunda letra, continuamos tendo 5 opções (pois há reposição nas letras, ou 
seja, nada impede que exista uma senha do tipo AA123) 
 
3) Para a escolha da terceira letra, continuamos tendo 5 opções 
 
4) Para as escolha do primeiro algarismo, temos 10 opções 
 
5) Para a escolha do segundo algarismo, ficamos com 9 opções, pois aqui não há reposição. O 
algarismo usado na etapa anterior não pode ser reutilizado. Sabemos disto pois foi dito que a 
senha é composta por dois algarismos diferentes entre si. 
 
Aplicando o princípio fundamental da contagem: 
 
5 × 5 × 5 × 10 × 9 = 11.250 
 
Notem que o sistema K tem menos senhas que o sistema J, o que nos permite eliminar algumas 
alternativas. 
 
a) K; L; J. 
b) J; L; K. 
c) J; K; L. 
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d) L; K; J. 
e) K; J; L. 
 
Sistema L 
 
Vamos mais rápido agora? 
 
1) Para a escolha da consoante inicial, temos 10 opções. 
 
2) Em seguida, para a escolha da primeira vogal, temos 5 opções 
 
3) Para a letra seguinte, sobram 4 opções de vogal, já que não há reposição (foi exigido o uso de 
vogais diferentes) 
 
4) Para o primeiro algarismo há 8 opções (só estão disponíveis os oito primeiros algarismos) 
 
5) Para o algarismo seguinte sobram 7 opções (não há reposição entre algarismos) 
 
Resultado: 
 
10 × 5 × 4 × 8 × 7 
 
= 11.200 
 
 
O sistema L é o que tem menos senhas. 
 
L, K, J 
 
Gabarito: D 
 
3. (FCC / SEFAZ-PI – 2015) 
A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra 
TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas. 
Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai 
digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a 
mesma senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo, 
a) 240 tentativas. 
b) 144 tentativas. 
c) 576 tentativas. 
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d) 196 tentativas. 
e) 288 tentativas. 
 
Comentários: 
Uma possível senha seria: EEIATRSN 
 
Notem que deixamos as vogais ocupando as posições iniciais e as consoantes ocupando as últimas 
posições. 
 
Uma segunda possível senha seria: IAEENSTR 
 
Vejam que basta a gente trocar a ordem entre as vogais e/ou trocar a ordem entre as consoantes 
para obter nova senha. 
 
Quando simplesmente trocamos a ordem entre elementos, estamos diante de um caso de 
permutação. 
 
Para as vogais, temos permutação de 4 elementos, com repetição de duas letras "E". O número de 
permutações com repetição fica: 
 
 !," =
4!
2!
 = 12 
 
Para as consoantes temos uma permutação de 4 elementos, sem haver repetiação. 
 
 ! = 4! = 24 
 
Finalmente, pelo princípio fundamental da contagem, calculamos o número total de possíveis 
senhas: 
 
12 × 24 = 288 
 
Existiriam 288 senhas possíveis. Para descobrir uma senha em particular, uma pessoa muito azarada 
precisaria, portanto, de 288 tentativas. 
 
Gabarito: E 
 
4. (FCC / TRF2 – 2012) 
Sidnei marcou o telefone de uma garota em um pedaço de papel a fim de marcar um posterior 
encontro. No dia seguinte, sem perceber o pedaço de papel no bolso da camisa que Sidnei 
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usara, sua mãe colocou-a na máquina de lavar roupas, destruindo assim parte do pedaço de 
papel e, consequentemente, parte do número marcado. Então, para sua sorte, Sidnei se 
lembrou de alguns detalhes de tal número: 
 
− o prefixo era 2204, já que moravam no mesmo bairro; 
 
− os quatro últimos dígitos eram dois a dois distintos entre si e formavam um número par que 
começava por 67. 
 
Nessas condições, a maior quantidade possível de números de telefone que satisfazem as 
condições que Sidnei lembrava é 
a) 24. 
b) 28. 
c) 32. 
d) 35. 
e) 36. 
 
Comentários: 
Vamos preencher as informações já conhecidas: 
prefixo 4 últimos dígitos 
2 2 0 4 6 7 Y X 
"X" só pode ser um algarismo par, pois os 4 últimos dígitos formam um número par. 
 
Logo, X só pode ser: 0, 2, 4, 6, ou 8 
 
No entanto, o enunciado diz que, entre os 4 últimos dígitos, não temos algarismos repetidos. Então 
X não pode ser 6, pois já temos um algarismo 6 utilizado anteriormente. 
 
Resumindo, X só pode ser: 0, 2, 4, ou 8. 
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Há então 4 opções de algarismo para X. 
Agora vamos para Y. 
 
Em geral, temos dez opções de algarismo: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. 
 
No entanto, Y não pode ser 6, nem 7, para não repetirmos algarismo. Também não pode ser igual a 
X. 
 
Sobram então 7 algarismos disponíveis. 
Há 7 opções de algarismo para Y 
 
Agora aplicamos o princípio fundamental da contagem. A escolha de X pode ser feita de 4 maneiras. 
A de Y, de 7 maneiras. Multiplicando os dois valores, temos a quantidade total de maneiras de 
escolher os números de telefone: 
 
4 × 7 = 28 
 
Gabarito: B 
 
 
5. (FCC / TRF1 – 2011) 
Um anagrama de uma palavra é obtido trocando-se a ordem de suas letras, não importando se 
o resultado tem ou não significado em nosso idioma. Colocando em ordem alfabética todos os 
anagramas da palavra PROVA, a posição ocupada pela palavra PROVA é a 
 
a) 62a. 
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b) 63a. 
c) 64a. 
d) 65a. 
e) 66a. 
 
Comentários: 
1) Anagramas iniciados com "A" 
 
Os anagramas iniciados com "A" ocuparão as primeiras posições da lista. 
 
Para formar estes anagramas, temos o seguinte. A primeira letra escolhida deve ser "A". Para a segunda 
letra, temos 4 opções (P, R, O, V). Para a terceira letra, sobram 3 opções (pois tínhamos 5 letras e já usamos 
2). 
 
Em seguida, para a quarta letra sobram 2 opções disponíveis. Finalmente, para a última letra restará uma 
única opção: 
1ª letra 2ª letra 3ª letra 4ª letra 5ª letra 
1 4 3 2 1 
 
Aplicando o princípio fundamental da contagem:Há 24 anagramas iniciados por "A" 
 
2) Anagramas iniciados por "O" 
Em seguida, temos os anagramas iniciados por "O". Com cálculos semelhantes aos que fizemos acima, temos 
24 anagramas iniciados por "o". 
 
3) Anagramas iniciados por "P" 
 
3.1) Anagramas iniciados por "PA" 
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Finalmente entramos nos anagramas que iniciam com "P". Entre eles, vêm primeiro os que iniciam por 
"PA". 
 
Para a primeira letra temos só a opção do "P". E para a segunda temos só a opção do "A". 
 
Para a terceira letra sobram 3 opções. Para a quarta letra sobram 2 opções. Para a última letra sobra 1 opção. 
1ª letra 2ª letra 3ª letra 4ª letra 5ª letra 
1 1 3 2 1 
 
Novamente aplicando o princípio fundamental da contagem: 
 
Há 6 anagramas iniciados com "PA". 
 
3.2) Anagramas iniciados com "PO" 
 
De forma análoga, concluímos que há 6 anagramas iniciados com "PO". 
 
Até aqui já temos a seguinte quantidade de anagramas: 
 
 
3.3) Anagramas iniciados com "PR" 
 
Há também 6 anagramas inicados com PR. Como são poucos, dá até para listar todos eles, em ordem 
alfabética: 
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Ordem Anagrama 
61º anagrama PRAOV 
62º anagrama PRAVO 
63º anagrama PROAV 
64º anagrama PROVA 
65º anagrama PRVAO 
66º anagrama PRVOA 
 
Deste modo, eu marcaria a letra "C". 
 
No gabarito definitivo a questão foi anulada, mas não sei o motivo. 
Gabarito: Anulada 
 
 
6. (FCC / TST – 2017) 
O código de um sistema de classificação de processos é composto por três vogais juntas, 
seguidas por três algarismos. A ordenação começa com o 1º processo, cujo código é AAA000, 
e termina com o 125.000º processo, cujo código é UUU999, seguindo sempre a ordem 
alfabética das letras e ordem crescente do número composto pelos três algarismos. Nesse 
sistema de classificação, o 10.500º processo terá o código 
a) AEA501. 
b) AIA499. 
c) AIA501. 
d) AIA500. 
e) EAA499. 
 
Comentários: 
Vamos ver quantos códigos começam com as vogais AA. 
 
Para a terceira vogal, temos 5 opções: A, E, I, O e U: 
1a vogal 2a vogal 3a vogal 1o algarismo 2o algarismo 3o algarismo 
A A 5 
 
 
Para o primeiro algarismo temos 10 opções: os algarismos de 0 a 9. O mesmo ocorre para segundo 
e terceiro algarismos: 
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1a vogal 2a vogal 3a vogal 1o algarismo 2o algarismo 3o algarismo 
A A 5 10 10 10 
 
 
Aplicando princípio fundamental da contagem, são "5 × 10 × 10 × 10 = 5.000" códigos que 
começam com as vogais AA. 
 
Seguindo o mesmo raciocínio, são outros 5.000 códigos que começam com as vogais AE. 
 
Como há 500 números entre o "0" e "499", então há 500 códigos entre "AIA000" e "AIA499". 
 
Assim, para chegarmos ao código AIA499, percorremos 5.000+5.000+500=10.500 códigos, sendo: 
• 5.000 códigos que iniciam com AA 
• 5.000 códigos que iniciam com AE 
• 500 códigos que existem entre AIA000 e AIA499 
 
Portanto, AIA499 é o 10.500o código. 
 
Gabarito: B 
 
7. (FCC / PM-AP – 2017) 
Sílvia tem 13 blusas diferentes e 7 saias diferentes. Ela vai pegar uma das blusas e uma das 
saias para se vestir. 
 
O total de possibilidades diferentes que Sílvia tem para se vestir é igual a 
a) 119. 
b) 42. 
c) 91. 
d) 20. 
e) 71. 
Comentários: 
Para a escolha da blusa, temos 13 opções: 
Blusa Saia 
13 
 
 
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Para a escolha da saia, temos 7 opções: 
Blusa Saia 
13 7 
 
Aplicando o princípio fundamental da contagem, são 13 × 7 = 91 combinações possíveis. 
 
Gabarito: C 
 
8. (FGV / IBGE – 2016) 
Uma senha de 4 símbolos deve ser feita de forma a conter dois elementos distintos do conjunto 
(A, B, C, D, E) e dois elementos distintos do conjunto (0, 1, 2, 3, 4, 5), em qualquer ordem. Por 
exemplo, a senha 2EC4 é uma das senhas possíveis. 
 
Nesse sistema, o número de senhas possíveis é: 
a) 2400; 
b) 3600; 
c) 4000; 
d) 4800; 
e) 6400. 
 
Comentários: 
Primeiro escolhemos as duas letras. Ao tomar 2 letras entre 5 possíveis, temos um caso de 
combinação de 5 elementos, tomados 2 a 2: 
 
��," =
5!
2! × 3!
 = 10 
 
Em seguida, temos que escolher dois dígitos entre 6 possíveis. 
 
��," =
6 × 5
2
 = 15 
 
Pelo princípio fundamental da contagem, há 10 × 15 = 150 maneiras de escolhermos os 4 
caracteres. 
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Escolhidos os caracteres, podemos permutá-los (ou seja, mudar a ordem) para originar senhas 
diferentes. Permutando 4 elementos, temos: 
 
 ! = 4! = 24 
 
Para cada conjunto de caracteres, há 24 senhas diferentes. Como existem 150 conjuntos de 
caracteres, a quantidade total de senhas será de: 
 
150 × 24 = 3.600 
 
Gabarito: B 
 
9. (FGV / MPE-RJ – 20) 
Para organizar um horário de atendimento, em três dias da semana, pela manhã e à tarde, 
deve-se colocar duas letras A, duas letras B e duas letras C nas casas vazias da tabela abaixo, 
com a condição de que, em cada coluna, não apareçam letras iguais. 
2ª feira 4ª feira 6ª feira 
Manhã 
Tarde 
 
O número de maneiras diferentes de preencher essa tabela é: 
a) 12; 
b) 24; 
c) 36; 
d) 48; 
e) 64. 
 
Comentários: 
Vamos primeiro alocar as letras A. Blz? 
 
Como não podemos ter duas letras no mesmo dia, então fica assim. Há 3 dias diferentes, e temos 
que escolher 2 deles para alocar as letras A. O número de maneiras de fazer isso é 
 
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��," = 3 
 
Em seguida, escolhidos os dias, podemos variar os períodos. Para uma das letras A temos 2 opções 
de período (manhã // tarde). Para a outra letra A temos 2 opções de período. Juntando tudo, 
ficamos com: 
 
3 × 2 × 2 = 12 
 
Ficamos com 12 maneiras de alocar as letras A. 
 
Em seguida, definida as posições das letras A, vamos agora trabalhar com as letras B. 
 
Apenas para facilitar a explicação, vamos supor essa configuração aqui: 
 2ª feira 4ª feira 6ª feira 
Manhã A A 
Tarde 
 
Ok, agora vamos alocar as duas letras B. Uma delas deve obrigatoriamente ficar na 6ª feira. Isso 
porque, se as duas letras B ficassem na 2º feira e na 4ª feira, isso obrigaria duas letras C na 6ª, o 
que vai contra o enunciado. 
 
Em síntese: uma letra B deve ficar na 6ª. E para esta letra B da 6ª feira há duas opções de período 
(manhã // tarde). 
 
Para a outra letra B, há duas opções também: ou 2ª de tarde, ou 4ª de tarde. 
 
Juntando tudo: 
 
2 × 2 = 4 
 
Ou seja, definidas as posições das duas letras A, sobram 4 maneiras de alocar as letras B. 
 
Finalmente, definidas as posições das letras A e das letrasB, automaticamente as letras C também 
estarão definidas, pois só sobrarão duas casas para alocar as duas letras C. 
 
Ou seja, sobrará 1 única forma de alocar as letras C. 
 
Relembrando tudo: 
• há 12 formas de organizar as letras A 
• e para cada uma delas, há 4 formas de alocar as letras B 
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• e para cada uma delas, há 1 forma de alocar as letras C 
 
Pelo princípio fundamental da contagem, o número de formas de alocar todas as letras fica: 
 
12 × 4 × 1 = 48 
 
Gabarito: D 
 
10. (FGV / TJ-PI – 2015) 
No primeiro turno do campeonato piauiense de futebol 6 times participam, mas somente 4 
chegam às semifinais. 
 
O número de possibilidades diferentes para o conjunto dos 4 times que estarão nas semifinais 
é: 
a) 10; 
b) 12; 
c) 15; 
d) 18; 
e) 30. 
Comentários: 
Trata-se da combinação de 6 times, tomados 4 a 4. 
 
��,! =
6!
4! × 2!
 
 
=
6 × 5
2
 
 
= 15 
 
Resposta: C 
 
Observação: acima consideramos que só interessava quais times foram para as semifinais, 
independentemente da ordem de escolha. Mas qualquer pessoa que acompanhe futebol sabe que 
isso não é verdade. É muito comum a existência de campeonatos em que se privilegia a equipe de 
maior pontuação. Exemplificando, se forem classificadas as equipes A, B, C e D, e elas terminarem 
a fase anterior de modo que "A" tenha mais pontos e "D" tenha menos pontos, muito 
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provavelmente o cruzamento das semifinais será A x D, com A tendo algum tipo de vantagem. No 
mínimo, tem o jogo de volta em casa. Em alguns casos, tem vantagem para resultados iguais 
(exemplo: empate nos dois jogos, "A" passa à final). 
 
Neste cenário, importaria, além de quais times foram escolhidos, a ordem de escolha (ou seja, 
quem foi o primeiro, quem foi o segundo etc). Teríamos um problema de arranjo e não de 
combinação. 
 
Ocorre que aí não haveria resposta correta. Só por este motivo é que concluímos se tratar de uma 
questão sobre combinação. 
 
Gabarito: C 
 
11. (FGV / MRE – 2016) 
André, Beatriz e Carlos são adultos, Laura e Júlio são crianças e todos vão viajar em um 
automóvel com 5 lugares, sendo 2 na frente e 3 atrás. Dos adultos, somente Carlos não sabe 
dirigir. As crianças viajarão atrás, mas Júlio faz questão de ficar em uma janela. 
 
O número de maneiras diferentes pelas quais essas pessoas podem ocupar os cinco lugares do 
automóvel é: 
a) 12; 
b) 16; 
c) 18; 
d) 20; 
e) 24. 
 
Comentários: 
Para a escolha do motorista, temos 2 opções (Ana ou Beatriz). 
 
Em seguida, para a escolha da pessoa que vai no banco do passageiro, sobram 2 opções, já que 
restaram apenas 2 adultos. Não podemos escolher uma criança, pois as crianças vão atrás. 
 
Em seguida, para a posição central do banco de trás, sobram 1 adulto e 2 crianças. Mas, entre as 
crianças, Júlio quer ficar em uma janela. Então, para tal posição, teremos apenas 2 opções (1 
adulto, ou Laura). 
 
Até aqui já alocamos 3 pessoas, faltam 2. 
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Para ocupar o banco de trás, janela esquerda, sobram então 2 opções. 
 
Por fim, para ocupar o banco de trás, janela direita, sobrará 1 opção. 
 
Aplicando o princípio fundamental da contagem: 
 
2 × 2 × 2 × 2 × 1 = 16 
 
Gabarito: B 
 
12. (FGV / TJ-AM – 2013) 
Ana deseja formar uma senha de cinco caracteres usando as três letras de seu nome e os dois 
algarismos da dezena do ano de seu nascimento, 1994. Ela decidiu que manterá a ordem das 
letras de seu nome, ANA, bem como a ordem dos dois algarismos, 94, mas não manterá, 
necessariamente, as três letras juntas e os dois algarismos juntos. Além disso, decidiu que a 
senha começará por uma letra. 
 
Assim, por exemplo, AN94A é uma possível senha para Ana. 
 
Assinale a alternativa que indica a quantidade de escolhas que Ana tem para a sua senha, de 
acordo com os critérios que ela estabeleceu. 
a) 6 
b) 7 
c) 8 
d) 9 
e) 10 
 
Comentários: 
Para a primeira posição, ela iniciará com uma letra. Como ela quer manter a ordem das letras, 
deve necessariamente escolher um "A". 
 
Em seguida, sobram 4 posições, a serem preenchidas com N, A, 9, 4. 
 
Se ela usar uma letra, deve necessariamente ser o N, para manter a ordem de seu nome. 
 
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Se usar um algarismo, deve necessariamente ser o 9, para manter a ordem da dezena de seu 
nascimento: 
• AN 
• A9 
 
Na primeira situação (AN), ela pode, na sequência, usar uma letra ou um algarismo. Se for letra, só 
sobrou o outro "A". Se for algarismo, deve usar o 9. 
 
Na segunda situação (A9), ela pode, na sequência, usar uma letra ou um algarismo. Se for letra, tem 
que ser o "N", para manter a ordem de seu nome. Se for algarismo, só sobrou o 4: 
• AN 
o ANA 
o AN9 
• A9 
o A9N 
o A94 
No primeiro caso (ANA), só sobraram os dois algarismos, que agora devem ser preenchidos na 
sequência: 94. Isso dá origem a ANA94. 
 
No segundo caso (AN9), podemos gerar: AN94A ou AN9A4. 
 
No terceiro caso (A9N), podemos gerar: A9NA4 ou A9N4A 
 
No quarto caso (A94), só podemos formar A94NA 
 
Ana tem então 6 escolhas possíveis. Gabarito: A. 
 
Outra opção é usarmos análise combinatória. 
 
A primeira posição da senha deve necessariamente ser ocupada pela letra "A", como vimos acima. 
 
Para as 4 posições seguintes sobram as letras N, A, e os dígitos 9, 4. 
 
Para formar nova senha basta permutar esses quatro símbolos: 
 
 
 
 
 
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No entanto, em metade desses casos, o A vem antes do N, o que não pode, pois temos que respeitar 
a ordem. Na outra metade, o N vem antes do A, o que está correto. Assim, só nos interessam: 
 
 
 
Só 12 casos nos servem. 
 
No entanto, em metade desses 12 casos o 4 vem antes do 9, o que não nos serve. Na outra metade, 
o 9 vem antes do 4, o que nos serve. 
 
 
 
Assim, apenas 6 senhas nos servem. 
 
Gabarito: A 
 
13. (CESPE / PF – 2018) 
Em um processo de coleta de fragmentos papilares para posterior identificação de criminosos, 
uma equipe de 15 papiloscopistas deverá se revezar nos horários de 8 h às 9 h e de 9 h às 10 
h. 
 
Com relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
Considere que uma dupla de papiloscopistas deve ser escolhida para atender no horário das 8 
h. Nessa situação, a quantidade, distinta, de duplas que podem ser formadas para fazer esse 
atendimento é inferior a 110. 
Comentários: 
 
Há 15 papiloscopistas, e vamos escolher 2. Temos o caso de combinação de 15 elementos, tomados 
2 a 2: 
 
�$�," =
15 × 14
2
 = 105 
 
Gabarito: Certo 
 
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714. (CESPE / PF – 2018) 
Em um processo de coleta de fragmentos papilares para posterior identificação de criminosos, 
uma equipe de 15 papiloscopistas deverá se revezar nos horários de 8 h às 9 h e de 9 h às 10 
h. 
 
Com relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
Se dois papiloscopistas forem escolhidos, um para atender no primeiro horário e outro no 
segundo horário, então a quantidade, distinta, de duplas que podem ser formadas para fazer 
esses atendimentos é superior a 300. 
 
Comentários: 
Para o primeiro horário há 15 papiloscopistas possíveis. 
 
Em seguida, para o segundo horário, teremos 14 papiloscopistas, tendo em vista que não queremos 
repetir o servidor. 
 
Pelo princípio fundamental da contagem, o número de duplas fica: 
 
15 × 14 = 210 
 
Gabarito: Errado 
 
 
15. (CESPE / PF – 2018) 
Para cumprimento de um mandado de busca e apreensão serão designados um delegado, 3 
agentes (para a segurança da equipe na operação) e um escrivão. O efetivo do órgão que fará 
a operação conta com 4 delegados, entre eles o delegado Fonseca; 12 agentes, entre eles o 
agente Paulo; e 6 escrivães, entre eles o escrivão Estêvão. 
 
Em relação a essa situação hipotética, julgue o item a seguir. 
 
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Considerando todo o efetivo do órgão responsável pela operação, há mais de 5.000 maneiras 
distintas de se formar uma equipe para dar cumprimento ao mandado. 
 
Comentários: 
Escolha do delegado 
 
Há 4 delegados disponíveis e vamos escolher 1. Logo, há 4 opções de escolha. 
Delegado Agente Escrivão 
4 
 
Escolha dos agentes 
 
Há 12 agentes e vamos escolher 3. Temos a combinação de 12 elementos, tomados 3 a 3: 
 
�$",� =
12!
3! × (12 − 3)!
 
 
=
12 × 11 × 10 × 9!
3! × 9!
 
 
= 2 × 11 × 10 
 
= 220 
 
Delegado Agente Escrivão 
4 220 
Escolha do escrivão 
 
Há 6 escrivães, e vamos escolher 1. Portanto, temos 6 opções de escolha. 
Delegado Agente Escrivão 
4 220 6 
 
4 × 220 × 6 
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= 880 × 6 
 
= 5.280 
 
Gabarito: Certo 
 
16. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
De um quadro de profissionais com quatro engenheiros e cinco técnicos pretende-se formar 
um grupo de cinco profissionais com, pelo menos, um engenheiro e um técnico. 
 
Nessas condições, quantas possibilidades diferentes existem de formação desse grupo de cinco 
profissionais? 
a) 19 
b) 20 
c) 120 
d) 125 
e) 126 
 
Comentários: 
Primeiro vamos calcular a quantidade total de grupos, independentemente da formação das 
pessoas. No total há 4 engenheiros e 5 técnicos, o que resulta em 9 pessoas. Desta quantidade, 
pretendemos selecionar 5 profissionais, o que nos deixa com a combinação de 9 elementos, 
tomados 5 a 5: 
 
�%,� =
9 × 8 × 7 × 6
4 × 3 × 2
 
 
Podemos simplificar 8 com 4 × 2. 
 
=
9 × 7 × 6
3
 
 
Podemos simplificar 9 com 3: 
 
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= 3 × 7 × 6 
 
= 21 × 6 
 
= 126 
 
Há 126 diferentes grupos formados por 5 profissionais. O problema é que nem todos estes grupos 
nos servem, pois queremos ter ao menos um engenheiro e um técnico. 
 
Já sabemos que não é possível formar um grupo exclusivo de engenheiros, pois há apenas 4 deles 
disponíveis e o grupo tem sempre 5 pessoas. Assim, a presença de um técnico está sempre garantida. 
 
O grande problema é garantir a presença do engenheiro. Afinal, é perfeitamente possível formar um 
grupo com 5 técnicos, pois existem exatamente 5 deles disponíveis. Assim, este único grupo em 
específico, aquele formado pelos 5 técnicos, não nos serve. Devemos retirá-lo da conta: 
 
126 − 1 = 125 
 
Gabarito: D 
 
17. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
Seis empresas (Grupo 1), denominadas L1, L2, L3, L4, L5 e L6, prestam serviço de limpeza 
interna em grandes embarcações, e outras cinco empresas (Grupo 2), denominadas E1, E2, E3, 
E4 e E5, realizam manutenção elétrica nas mesmas embarcações. Um analista precisa contratar 
três empresas diferentes do Grupo 1 e duas empresas diferentes do Grupo 2, para realizarem, 
respectivamente, a limpeza e a manutenção elétrica de embarcações. 
 
Nessas condições, o número de possibilidades diferentes de contratação das cinco empresas é 
igual a 
a) 120 
b) 150 
c) 400 
d) 1.200 
e) 2.400 
 
Comentários: 
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Grupo 1 
 
Há 6 empresas e vamos escolher 3. Temos a combinação de 6 elementos, tomados 3 a 3: 
 
��,� =
6!
3! × 3!
 
 
=
6 × 5 × 4
3 × 2 × 1
 
 
= 20 
 
Grupo 2 
 
Temos 5 empresas e vamos escolher 2. Temos a combinação de 5 elementos, tomados 2 a 2: 
 
��," =
5!
2! × 3!
 
 
=
5 × 4
2 × 1
 
 
= 10 
 
Princípio fundamental da contagem 
 
Há 20 maneiras de executarmos a primeira etapa e, para cada uma delas, há 10 formas de 
executarmos a segunda. Pelo princípio fundamental da contagem temos: 
 
20 × 10 = 200 
 
maneiras de fazer a contratação. 
 
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Gabarito: Anulada 
 
18. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) 
Num conjunto há 5 elementos positivos e 5 elementos negativos. Escolhem-se 5 números 
desse conjunto e se efetua a multiplicação desses 5 números escolhidos. 
 
Em quantos casos tal multiplicação terá resultado negativo? 
a) 25 
b) 120 
c) 125 
d) 126 
e) 128 
 
Comentários: 
1º Caso: 1 negativo e 4 positivos 
 
Neste caso acima, teremos produto negativo. Vejam: 
 
(−) × (+) × (+)) × (+) × (+) 
 
Em azul, o produto de duas parcelas positivas é também positivo. Em vermelho, idem. 
 
(−) × (+) × (+) 
 
Sobraram duas parcelas positivas, cujo produto é positivo: 
 
(−) × (+) 
 
O produto de positivo com negativo dá negativo. 
 
= (−) 
 
Pronto, a ideia é sempre esta: tomar uma quantia ímpar de números negativos, para que o produto 
seja sempre negativo. 
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Ok, entendida a lógica, vamos para os cálculos. 
 
a) escolha dos números positivos: há 5 disponíveis e precisamos escolher 4. Temos a combinação de 
5 elementos, tomados 4 a 4: 
 
��,! =
5!
4! × 1!
 = 5 
 
b) escolha do número negativo: há 5 disponíveis e precisamos escolher 1. Temos a combinação de 5 
elementos, tomados 1 a 1: 
 
��,$ =
5!
1! × 4!
 = 5 
 
Pelo princípio fundamental da contagem, temos 5 × 5 = 25 possibilidades. 
 
 2º caso: 3 números negativos e 2 positivos 
 
a) escolha dos três números negativos: combinação de 5 elementos,