Aula 10

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AULA 10: Problemas de Contagem 
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SUMÁRIO PÁGINA 
1. Problemas de Contagem 01 
1.1. Princípio Aditivo 01 
1.2. Princípio Multiplicativo 02 
1.3. Permutação 08 
1.4. Arranjo 13 
1.5. Combinação 18 
1.6. Princípio da Casa dos Pombos 22 
2. Exercícios comentados nesta aula 58 
3. Gabarito 69 
 
 
1 – Problemas de Contagem 
 
 
1.1 - Princípio Aditivo 
 
 
Este primeiro princípio é tão básico que até relutei em colocar nesta aula. Vamos 
ver um exemplo e em seguida eu coloco a definição: 
 
Ex1: Marcos foi assistir a um jogo do Bahia na nova Fonte Nova, em 
Salvador. Suponha que nesse estádio de futebol existam duas saídas de 
emergência no setor Leste e três saídas de emergência no setor Oeste. 
Imagine que ocorre um incêndio durante o jogo. Quantas opções de saída 
terá Marcos para deixar o Estádio? 
 
Bom, sabendo que Marcos pode sair pelo setor Leste ou pelo setor Oeste e que 
existem 2 saídas no setor Leste e 3 saídas no setor Oeste, concluímos que 
Marcos terá 2 + 3 = 5 opções de saída para deixar a nova Fonte Nova. 
 
Viram como é bem simples? Agora vou colocar a definição deste princípio: 
 
 
 
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Se um determinado evento M ocorre de K maneiras diferentes, chamadas de M1, 
M2, M3, ..., Mk e se um outro evento distinto N pode ocorrer de J maneiras 
diferentes, chamadas de N1, N2, N3, ..., Nj, então o número total de maneiras que o 
evento M ou N pode ocorrer é dado por K + J. 
1.2 - Princípio Multiplicativo 
O princípio multiplicativo, estabelece de quantas maneiras dois ou mais eventos 
correlacionados podem ocorrer simultaneamente.
Este princípio consiste em dividir o acontecimento, ou agrupamento, em etapas e 
descobrir, para cada etapa, qual a sua possibilidade de ocorrer. Vejamos alguns 
exemplos: 
Ex1: Deseja-se marcar, em Brasília, um amistoso de futebol envolvendo uma 
seleção da América do Sul e uma Seleção da Europa. Qual o total de 
possibilidades para esse confronto, supondo que existem 10 seleções sul-
americanas e 20 seleções européias?
América do Sul: 10 seleções (Brasil, Argentina, Uruguai, Chile, ...) 
Europa: 20 seleções (Espanha, França, Itália, Alemanha, ...) 
Vamos tentar relacionar todos os possíveis jogos: 
Brasil x Espanha 
Brasil x França 
Brasil x Itália 
Brasil x Alemanha 
Brasil x ... 
Veja que escolhendo o Brasil entre as seleções sul-americanas, teremos 20 
possíveis jogos, pois existem 20 seleções européias. Agora, vamos escolher a 
Argentina, e relacionar os possíveis jogos com sua participação: 
Argentina x Espanha 
Argentina x França 
Argentina x Itália 
Argentina x Alemanha 
Argentina x ... 
Veja que escolhendo a Argentina entre as seleções da América do Sul, também 
teremos 20 possíveis jogos, pois existem 20 seleções na Europa. Isso ocorrerá 
para cada uma das 10 seleções sul-americanas. Assim, podemos calcular o total 
de jogos possíveis: 
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Jogos com o Brasil: 20 jogos 
Jogos com a Argentina: 20 jogos 
Jogos com o Uruguai: 20 jogos 
Jogos com o Chile: 20 jogos 
... 
Total = 20 + 20 + 20 + 20 + 20 + ... 20 = 10 × 20 = 200 possibilidades 
De forma prática, podemos perceber que o total de possibilidades é dado por: 
Total de seleções sul-americanas × Total de seleções europeias = 10 × 20 = 200 
Ex2: Um restaurante oferece em seu cardápio 2 opções para a entrada (E1 e 
E2), 3 opções de prato principal (P1, P2 e P3) e 2 opções para a sobremesa (S1
e S2). De quantas maneiras diferentes um cliente pode almoçar nesse 
restaurante, sabendo que ele escolheu uma entrada, um prato principal e 
uma sobremesa? 
Vamos tentar ilustrar todas as possibilidades por meio do diagrama de árvore: 
E1
E2
Temos, então, 12 opções de escolha para o cliente. De forma direta, podemos 
perceber que o cliente terá: 
2 opções de entrada, 3 opções de prato principal e 2 opções de sobremesa 
Total = 2 × 3 × 2 = 12 opções 
10 vezes 
P1
P1
P2
P2
P3
P3
S1
S1
S1
S1
S1
S1
S2
S2
S2
S2
S2
S2
= E1, P1, S1
= E1, P1, S2
= E1, P2, S1
= E1, P2, S2
= E1, P3, S1
= E1, P3, S2
= E2, P1, S1
= E2, P1, S2
= E2, P2, S1
= E2, P2, S2
= E2, P3, S1
= E2, P3, S2
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Ex3: A senha de um cadeado é composta de três dígitos. Marcos esqueceu 
qual era a senha e só lembrava que terminava com um número ímpar. Qual o 
total de possibilidades para a senha de Marcos? 
Vamos tentar escrever todas as senhas? 
0 0 1 
0 0 3 
0 0 5 
0 0 7 
0 0 9 
0 1 1 
0 1 3 
0 1 5 
0 1 7 
... 
Bom, é inviável relacionar todas as possibilidades. Vamos, então, calcular esta 
quantidade: 
1° dígito: 10 possibilidades: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 
2° dígito: 10 possibilidades: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 
3° dígito: 5 possibilidades (trata-se de um número ímpar): 1, 3, 5, 7 ou 9 
Assim, o total de possibilidades é dado por: 
10 × 10 × 5 = 500 possibilidades 
A partir desses três exemplos, podemos chegar à definição do princípio 
multiplicativo da contagem: 
Se um determinado evento M ocorre de K maneiras diferentes, chamadas de M1, 
M2, M3, ..., Mk e se um outro evento distinto N pode ocorrer de J maneiras 
diferentes, chamadas de N1, N2, N3, ..., Nj, então o número total de maneiras que o 
evento M e N pode ocorrer é dado por K x J. 
Vamos ver uma questão sobre esse assunto. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
01 - (ANAC - 2009 / CESPE) O número de rotas aéreas possíveis partindo de 
Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza, Salvador, 
Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendo uma escala em Belo 
Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12. 
Solução: 
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Nessa questão temos o seguinte: 
Ponto de partida: Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba (3 opções) 
 
Escala: Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo (4 opções) 
Ponto de chegada: Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou 
Aracaju (7 opções) 
Com isso, o número de rotas possíveis é: (vale observar que elas não se repetem) 
3 × 4 × 7 = 12 × 7 (portanto, múltiplo de 12) = 84 opções de rota. 
Item correto. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Análise Combinatória 
Antes de qualquer coisa, gostaria de esclarecer que esse assunto é muito 
importante para a resolução das questões daprova. Apesar de o edital falar 
apenas em “Princípios de Contagem”, devemos entender que a permutação, o 
arranjo e a combinação estão incluídos no edital, haja vista o que já foi cobrado 
em outros concursos com o mesmo edital. 
Assim, feitos os esclarecimentos, vamos começar esse assunto falando um 
pouquinho sobre a Análise Combinatória. Trata-se de um dos tópicos em que a 
matemática é dividida, responsável pelo estudo de critérios para a representação 
da quantidade de possibilidades de acontecer um agrupamento sem que seja 
preciso desenvolvê-los. 
Em outras palavras, com o uso das técnicas da Análise Combinatória é possível 
saber o número de maneiras possíveis de se realizar determinado acontecimento 
sem que seja necessário listar todas essas maneiras. 
Permutações, Arranjos e Combinações, são os três tipos principais de 
agrupamentos. Descreveremos abaixo como cada um desses agrupamentos 
funciona. 
Antes disso, vamos exercitar nossa mente um pouquinho. Suponha que eu tenha 
uma moeda e a jogue no chão. O número de possibilidades para o resultado 
dessa jogada é dois (Cara ou Coroa). Agora, suponha que eu jogue duas moedas. 
Teremos então quatro possibilidades para o resultado dessa jogada: 
cara-cara 
cara-coroa 
coroa-cara 
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coroa-coroa 
Teremos essas quatro possibilidades se a ordem dos resultados tiver importância. 
Caso a ordem dos resultados não importe, teremos apenas 3 resultados possíveis: 
cara-cara 
cara-coroa ou coroa-cara (dá no mesmo) 
coroa-coroa 
Agora, suponha que jogaremos 3 moedas. E então? Será que você sabe me dizer 
quantas possibilidades nós temos para o resultado dessa jogada? Caso a ordem 
tenha importância, teremos um total de 8 possibilidades (2 × 2 × 2 = 23 = 8). Caso 
a ordem não tenha importância, teremos apenas 4 possibilidades: 
cara-cara-cara 
cara-cara-coroa ou cara-coroa-cara ou coroa-cara-cara (dá no mesmo) 
cara-coroa-coroa ou coroa-cara-coroa ou coroa-coroa-cara (dá no mesmo) 
coroa-coroa-coroa 
Portanto, na análise das possibilidades de um evento acontecer, a primeira 
pergunta que devemos fazer é se a ordem dos elementos tem alguma importância. 
Agora, vamos esquecer um pouquinho as moedas e trabalhar com dados. Ao 
jogar um dado ao acaso, teremos 6 possibilidades para o resultado (1, 2, 3, 4, 5 ou 
6). Agora, ao jogarmos 2 dados, teremos: 
6 × 6 = 62 = 36 possibilidades 
Agora, imaginem que temos dois dados diferentes, um branco e um preto. 
Quantas possibilidades nós temos para que o resultado dos dois dados seja 
diferente? Vimos que o total de possibilidades é 36, incluídos os resultados em 
que os dois dados apresentam o mesmo número. Os casos em que o resultado 
dos dois dados apresenta os mesmos números são 6 (11, 22, 33, 44, 55 e 66). 
Assim, para saber a quantidade de possibilidades em que os dois dados 
apresentam números diferentes, podemos fazer o seguinte: 
36 – 6 = 30 possibilidades 
Outra forma de chegarmos a esse mesmo resultado é considerarmos que 
primeiramente nós iremos considerar o valor obtido no dado preto e em seguida o 
resultado obtido no dado branco (ou vice-versa). Assim: 
Nº de possibilidades para o dado preto: 6 (1, 2, 3, 4, 5, ou 6) 
Nº de possibilidades para o dado branco: 6 – 1 = 5 (pois o resultado do dado 
branco tem que ser diferente do dado preto) 
Assim, o total de possibilidades é dado por: 
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6 × 5 = 30 possibilidades 
Bom, agora que vocês já pensaram um pouco sobre a análise combinatória, 
vamos aprender o que significa a permutação, o arranjo e a combinação. 
Antes disso, devemos relembrar este importante operador matemático, o fatorial 
de um número natural, simbolizado pela exclamação “ ! ”. 
Agora, seja “n” um número natural, definimos o fatorial de n (indicado pelo 
símbolo n!) como sendo: 
n! = n ×××× (n – 1) ×××× (n – 2) ×××× ... ×××× 4 ×××× 3 ×××× 2 ×××× 1, para n > 1. 
Para n = 0, teremos: 0! = 1 
Para n = 1, teremos: 1! = 1 
Exemplos: 
10! = 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×1 = 3.628.800 
8! = 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 40.320 
5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 
2! = 2 × 1 = 2 
Podemos escrever um fatorial em função de outro fatorial. 
Exemplos: 
10! = 10 × 9! = 10 × 9 × 8! = 10 × 9 × 40.320 = 3.628.800 
8! = 8 × 7! = 8 × 7 × 6! = 8 × 7 × 6 × 5! = 8 × 7 × 6 × 120 = 40.320 
Podemos, também, ter equações com fatorial. Vejamos: 
!4
!6 = 
1.2.3.4
1.2.3.4.5.6 = 6 × 5 = 30 
ou 
!4
!6 = 
!4
!4.5.6 = 6 × 5 = 30 
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1.3 - Permutação 
Definimos permutação como sendo agrupamentos formados por “n” elementos, de 
forma que todos os “n” elementos participem dos agrupamentos e sejam distintos 
entre si pela ordem. As permutações podem ser simples, com repetição ou 
circulares.
Permutação Simples 
Definimos permutação simples como sendo o número de maneiras de arrumar n
elementos em n posições em que cada maneira se diferencia apenas pela ordem 
em que os elementos aparecem. São agrupamentos com todos os “n” elementos 
distintos, não há repetição de elementos. 
Exemplo 1: 
Deseja-se saber quantos anagramas podem ser formados com as letras da 
palavra “PAI” (um anagrama é uma palavra construída com as mesmas letras 
da palavra original trocadas de posição, tendo significado ou não): 
Anagramas são os casos mais comuns de questões sobre permutação. Antes de 
apresentar a “fórmula” para a permutação simples, vamos tentar resolver a 
questão sem o uso de equações: 
PAI 
PIA 
IAP 
IPA 
API 
AIP 
Temos, então, 6 possibilidades. Vejam que esse exemplo nós conseguimos 
resolver sem o uso de equações, pois tínhamos apenas três letras. Vejamos outro 
exemplo: 
Exemplo 2: 
Deseja-se saber quantos anagramas podem ser formados com as letras da 
palavra “CHARLES”: 
Vamos tentar, novamente, sem o uso de equações: 
CHARLES 
CHARLSE 
CHARELS 
CHARESL 
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CHARSEL 
CHARSLE 
CHASLER 
... 
Como podemos ver, levará bastante tempo para conseguirmos escrever todos os 
anagramas e ainda corremos o risco de errar. Assim, aplicando o princípio 
multiplicativo, obtemos a seguinte equação para permutações simples: 
Ps = n! 
Essa equação é obtida da seguinte forma: 
Para o 1º elemento, temos n possibilidades 
Para o 2º elemento, temos n − 1 possibilidades 
Para o 3º elemento, temos n − 1 − 1 = n − 2 possibilidades 
... 
Para o n-esimoº elemento, temos apenas 1 possibilidade 
Assim, o total de possibilidades é dado por: 
Total = n × (n – 1) × (n – 2) × ... × 1 = n! 
Vamos voltar e resolver os dois exemplos usando esta equação: 
Exemplo 1: 
PAI (três letras distintas, ou seja, n = 3) 
N° de anagramas = n! = 3! = 3.2.1 = 6 
Exemplo 2: 
CHARLES (sete letras distintas, ou seja, n = 7) 
N° de anagramas = n! = 7! = 7.6.5.4.3.2.1 = 5040 
Agora vamos ver como isso já foi cobrado em concurso: 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
02 - (SEPLAG/DF - 2009 / CESPE) Com os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5 é possível 
formar 120 números diferentes de 5 algarismos,sem repetição. 
Solução: 
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Quantidade de algarismos distintos: 5, ou seja, n = 5 
Assim, a quantidade de números distintos é dada por: 
n! = 5! = 5.4.3.2.1 = 120 
Portanto, o item está correto. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Permutação com repetição 
Definimos permutação com repetição como sendo o número de maneiras de 
arrumar n elementos em n posições em que cada maneira se diferencia pela 
ordem em que os elementos aparecem, e que pelo menos um desses n elementos 
se repete. 
Exemplo 1: 
Deseja-se saber quantos anagramas podem ser formados com as letras da 
palavra “ASA”: 
Mais uma vez, vamos tentar resolver a questão sem o uso de equações: 
ASA 
AAS 
SAA 
Temos, então, 3 possibilidades. Novamente, nós conseguimos resolver a questão 
sem o uso de equações. Vejamos outro exemplo: 
Exemplo 2: 
Deseja-se saber quantos anagramas podem ser formados com as letras da 
palavra “ARARAQUARA”: 
Vamos tentar sem equações novamente? Acho melhor não. Vamos aprender logo 
a equação: 
Se entre os n elementos de um conjunto existem a elementos repetidos, b
elementos repetidos, c elementos repetidos e assim sucessivamente, o número 
total de permutações que podemos formar é dado por: 
Pr = 
!....c!.b!.a
!n
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Vamos voltar aos exemplos: 
Exemplo 1: 
ASA (3 letras, sendo que uma delas aparece 2 vezes, ou seja, n = 3 e a = 2). 
N° de anagramas = 
!....c!.b!.a
!n = 
!2
!3 = 
1.2
1.2.3 = 3 
Exemplo 2: 
ARARAQUARA (10 letras, sendo que o “A” aparece 5 vezes e o “R” aparece 3 
vezes, ou seja, n = 10, a = 5 e b = 3). 
N° de anagramas = 
!....c!.b!.a
!n = 
!3!.5
!10 = 
1.2.3!.5
!5.6.7.8.9.10 = 10.9.8.7 = 5040 
Vamos ver como isso já foi cobrado em concurso: 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
03 - (SEPLAG/DF - 2009 / CESPE) Com 3 letras A e 7 letras B formam-se 120 
sequências distintas de 10 letras cada. 
Solução: 
Essa questão é um caso típico de permutação com repetição. Aqui nós temos: 
n = 10 
a = 3 
b = 7 
Assim: 
Número de sequências = 
!b!.a
!n = 
!7!.3
!10 = 
!7!.3
!7.8.9.10 = 
1.2.3
8.9.10 = 120 
Portanto, o item está correto. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Permutação Circular 
A permutação circular não é mais um tipo de permutação, e sim, um caso 
particular do que já vimos. Trata-se de uma situação em que os elementos do 
agrupamento formarão uma linha fechada, ou seja, um círculo. Não temos como 
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identificar onde começa ou onde termina o grupo. Vamos ver dois exemplos para 
clarear as idéias: 
Exemplo 1: Do grupo de amigos, Paulo, José e Marcelo, deseja-se saber de 
quantas formas diferentes eles podem formar uma fila indiana. 
Aqui, usamos o que já aprendemos, que é a permutação simples. Assim, temos: 
Quantidade de maneiras = n! = 3! = 3 × 2 × 1 = 6 
Vamos listar os grupos: 
1° Paulo, 2° José e 3° Marcelo 
1° Paulo, 2° Marcelo e 3° José 
1° José, 2° Paulo e 3° Marcelo 
1° José, 2° Marcelo e 3° Paulo 
1° Marcelo, 2° José e 3° Paulo 
1° Marcelo, 2° Paulo e 3° José 
Exemplo 2: Do mesmo grupo de amigos, Paulo, José e Marcelo, deseja-se 
saber de quantas formas diferentes eles podem formar um círculo dando as 
mãos. 
Aqui, temos um caso típico da permutação circular. Não sabemos onde começa 
nem onde termina o grupo. 
Nesse caso, vamos desenhar as possíveis formações: 
É importante notar que na figura 1, Paulo está à direita de José e à esquerda de 
Marcelo, enquanto que na figura 2, Paulo está à esquerda de José e à direita de 
Marcelo. Não existe outra forma de dispor os três amigos sem que uma dessas 
duas formações se repita. 
Podemos, agora, escrever a equação da permutação circular, para uma 
quantidade n de elementos: 
Pc = (n – 1)!
Voltando ao exemplo 2, temos: 
Paulo 
Marcelo 
José 
Paulo 
José 
Marcelo 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϯ�ĚĞ�ϲϵ
Pc = (n – 1)! = (3 – 1)! = 2! = 2 × 1 = 2 
Vamos ver uma questão sobre isso: 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
04 - (BB - 2007 / CESPE) Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão 
ocupados pelos 6 participantes de uma reunião. Nessa situação, o número 
de formas diferentes para se ocupar esses lugares com os participantes da 
reunião é superior a 102. 
Solução: 
Nessa questão, temos 6 pessoas para ocuparem 6 lugares. Assim:
n = 6 
Como a mesa é circular, temos: 
Pc = (n – 1)!
Pc = (6 – 1)!
Pc = (5)! 
Pc = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 
Portanto, o item está correto! 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1.4 - Arranjo 
Os Arranjos são agrupamentos formados por uma quantidade “p” de elementos 
de um grupo que possui um total de “m” elementos, de forma que os “p” elementos 
sejam distintos entre si pela ordem ou pela espécie. 
Arranjos Simples 
No arranjo simples não ocorre a repetição dos elementos agrupados e a ordem
ou a espécie dos componentes dos agrupamentos tem importância. Vamos a um 
exemplo: 
Exemplo 1: Pedro possui 3 latas de tinta, das cores azul, amarela e verde, 
para pintar a sala de sua casa. Ele deseja pintar as paredes de uma cor e as 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϰ�ĚĞ�ϲϵ
janelas de uma cor diferente da cor usada nas paredes. De quantas formas 
diferentes ele poderá pintar sua sala?
Vamos tentar resolver esta questão sem o uso de fórmulas. Vejamos: 
- Podemos ter as paredes azuis com as janelas amarelas ou verdes, ou seja, 
2 possibilidades. 
- Podemos ter as paredes amarelas com as janelas azuis ou verdes, ou seja, 
2 possibilidades. 
- Podemos ter as paredes verdes com as janelas azuis ou amarelas, ou seja, 
2 possibilidades. 
Pedro terá, então, um total de 2 + 2 + 2 = 6 possibilidades diferentes para pintar a 
sala de sua casa. 
Exemplo 2: Agora, digamos que Pedro tivesse 10 cores diferentes (azul, 
amarelo, verde, vermelho, laranja, roxo, preto, cinza, branco e marrom), e 
que ele quisesse pintar cada uma das quatro paredes e cada uma das duas 
janelas de sua sala de uma cor diferente, como faríamos? Vamos tentar mais 
uma vez sem o uso de fórmulas: 
- Podemos ter a parede 1 azul, a parede 2 amarela, a parede 3 verde, a 
parede 4 vermelha, a janela 1 laranja e a janela 2 roxa, preta, cinza, branca ou 
marrom , ou seja, 5 possibilidades. 
- Podemos ter a parede 1 azul, a parede 2 amarela, a parede 3 verde, a 
parede 4 vermelha, a janela 1 roxa e a janela 2 laranja, preta, cinza, branca ou 
marrom , ou seja, 5 possibilidades. 
- Podemos ter a parede 1 azul, a parede 2 amarela, a parede 3 verde, a 
parede 4 vermelha, a janela 1 pretae a janela 2 laranja, roxa, cinza, branca ou 
marrom , ou seja, 5 possibilidades. 
- Podemos ter a parede 1 azul, a parede 2 amarela, a parede 3 verde, a 
parede 4 vermelha, a janela 1 cinza e a janela 2 laranja, roxa, preta, branca ou 
marrom , ou seja, 5 possibilidades. 
- ... 
Podemos ver que é uma conta que levaremos várias páginas desta aula para 
encontrar o seu resultado. Assim, aprenderemos agora uma equação que resume 
o que estávamos fazendo. Vamos lá: 
As(m, p) = 
)!pm(
!m
−−−−
 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϱ�ĚĞ�ϲϵ
Onde “m” é total de elementos disponíveis para serem agrupados e “p” é o total de 
elementos do grupo. 
Vamos resolver os dois exemplos acima utilizando esta equação: 
Exemplo 1: 
As(m, p) = 
)!pm(
!m
−
 
As(3, 2) = 
)!23(
!3
−
 = 
!1
!1.2.3 = 3.2 = 6 
Exemplo 2: 
As(m, p) = 
)!pm(
!m
−
As(10, 6) = 
)!610(
!10
−
 = 
!4
!4.5.6.7.8.9.10 = 10.9.8.7.6.5 = 151.200 
Assim, com a utilização das equações, conseguimos encontrar as respostas dos 
dois exemplos de maneira muito mais rápida. É importante lembrar que a ordem e 
a espécie são levadas em consideração na utilização dos arranjos. 
Existe também uma forma de resolver as questões de arranjo sem o uso de 
equações. Vejamos novamente os nossos exemplos: 
Exemplo 1: 
Temos três cores diferentes para pintarmos janelas e paredes, não podendo usar 
a mesma cor nos dois elementos. Assim, começando com as paredes, temos 3 
opções de cores. Em seguida, para as janelas, temos apenas duas opções de 
cores, pois já utilizamos uma nas paredes: 
Paredes: 3 opções de cores 
Janelas: 3 − 1 = 2 opções de cores 
Total = 3 × 2 = 6 opções 
Exemplo 2: 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϲ�ĚĞ�ϲϵ
Da mesma forma que fizemos no exemplo 1, temos: 
Parede 1: 10 opções de cores 
Parede 2: 10 − 1 = 9 opções de cores 
Parede 3: 10 − 2 = 8 opções de cores 
Parede 4: 10 − 3 = 7 opções de cores 
Janela 1: 10 − 4 = 6 opções de cores 
Janela 2: 10 − 5 = 5 opções de cores 
Total = 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 = 151.200 
Agora vamos ver como isso já foi cobrado em concurso. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
05 - (Anatel - 2012 / CESPE) Considerando-se que, em um aparelho de 
telefonia móvel do tipo smartphone, o acesso a diversas funcionalidades 
seja autorizado por senhas compostas de 4 dígitos escolhidos entre os 
algarismos de 0 a 9, é correto afirmar que a quantidade de possibilidades de 
senhas de acesso distintas cujos algarismos são todos distintos é inferior a 
5.000. 
Solução: 
Aqui temos um caso clássico de arranjo simples. Temos 10 números disponíveis e 
utilizaremos apenas 4 deles, sendo que todos os escolhidos dever ser diferentes 
entre si: 
As(m, p) = 
)!pm(
!m
−
As(10, 4) = 
)!410(
!10
−
 = 
!6
!6.7.8.9.10 = 10.9.8.7 = 5.040 possibilidades 
Portanto, o item está errado. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Arranjo com repetição
No arranjo com repetição pode ocorrer a repetição dos elementos agrupados
e a ordem e a espécie dos componentes dos agrupamentos têm importância. 
Vejamos um exemplo: 
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϳ�ĚĞ�ϲϵ
Exemplo 1: Pedro possui 3 latas de tinta, das cores azul, amarela e verde, 
para pintar a sala de sua casa. Ele deseja pintar as paredes e as janelas, 
podendo suas cores ser iguais ou não. De quantas formas diferentes ele 
poderá pintar sua sala? 
Vamos tentar resolver esta questão sem o uso de fórmulas. Vejamos: 
- Podemos ter as paredes azuis com as janelas azuis, amarelas ou verdes, 
ou seja, 3 possibilidades. 
- Podemos ter as paredes amarelas com as janelas azuis, amarelas ou 
verdes, ou seja, 3 possibilidades. 
- Podemos ter as paredes verdes com as janelas azuis, amarelas ou verdes, 
ou seja, 3 possibilidades. 
Pedro terá, então, um total de 3 + 3 + 3 = 9 possibilidades diferentes para pintar a 
sala de sua casa. 
Já podemos ver que, da mesma forma que no arranjo simples, quando tivermos 
uma quantidade maior de elementos para serem agrupados, o cálculo usando esta 
metodologia se tornará inviável. Assim, vamos apresentar a equação que 
simplifica este cálculo: 
Ar(m, p) = mp
Neste exemplo 1, usando a equação acima, teríamos: 
Ar(m, p) = mp
Ar(3, 2) = 32 = 9�
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
06 - (Anatel - 2012 / CESPE) Considerando-se que, em um aparelho de 
telefonia móvel do tipo smartphone, o acesso a diversas funcionalidades 
seja autorizado por senhas compostas de 4 dígitos escolhidos entre os 
algarismos de 0 a 9, é correto afirmar que há mais de 12.000 possibilidades 
de senhas distintas para acessar as funcionalidades desse smartphone. 
Solução: 
O que difere esta questão da questão anterior é que agora nós podemos repetir os 
números da senha. Assim, utilizaremos o arranjo com repetição: 
Ar(m, p) = mp
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϭϴ�ĚĞ�ϲϵ
Ar(10, 4) = 104 = 10.000 possibilidades�
Portanto, o item está errado. 
No arranjo com repetição também é possível chegar ao resultado sem a utilização 
de fórmulas. Vejamos: 
1º dígito da senha: 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9) 
2º dígito da senha: 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9) 
3º dígito da senha: 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9) 
4º dígito da senha: 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9) 
Total = 10 × 10 × 10 × 10 = 104 = 10.000 possibilidades 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
1.5 - Combinação 
As Combinações são agrupamentos formados por uma quantidade “p” de 
elementos de um grupo que possui um total de “m” elementos, de forma que os “p” 
elementos sejam distintos entre si apenas pela espécie. 
Existem dois tipos de combinações: combinação simples, em que não ocorre a 
repetição de nenhum de seus “p” elementos e combinação com repetição, em 
que qualquer um dos “p” elementos pode aparecer repetido. 
Combinação Simples 
Na combinação simples não ocorre a repetição dos elementos agrupados e 
apenas a espécie dos componentes dos agrupamentos tem importância. Vamos 
a um exemplo: 
Exemplo 1: Num grupo de 4 jogadoras de vôlei de praia, Clara, Taís, Paula e 
Juliana, de quantas maneiras diferentes podemos formar uma única dupla 
para participar de um torneio? 
Podemos perceber que uma dupla formada por Paula e Taís é o mesmo que uma 
dupla formada por Taís e Paula. Portanto, a ordem dos elementos não tem 
importância nenhuma. 
Vamos tentar formar essas duplas sem o uso das equações: 
Clara e Taís 
Clara e Paula 
Clara e Juliana 
Taís e Paula 
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Taís e Juliana 
Paula e Juliana 
Conseguimos, rapidamente, descobrir que são 6 as possíveis duplas. 
Vamos ver um exemplo mais complicado:Exemplo 2: Num grupo de 12 jogadoras de vôlei, Ana, Beatriz, Clara, Diana, 
Érica, Flávia, Gabriela, Hilda, Ivete, Juliana, Leila e Márcia, de quantas 
maneiras diferentes podemos formar um time de seis jogadoras para 
começar uma partida? 
Aqui já podemos ver a dificuldade que seria tentar listar todos os possíveis grupos 
de seis jogadoras que poderiam ser formados pelas 12 mulheres. Vamos, então, 
aprender mais uma equação: 
C(m, p) =
)!pm!.(p
!m
−−−−
Onde m é o total de elementos a serem agrupados e p é o total de elementos do 
grupo. 
Vamos voltar aos dois exemplos: 
Exemplo 1: 
m = 4 (Clara, Taís, Paula e Juliana) 
p = 2 (uma dupla) 
C(m, p) = C(4,2) = 
)!24!.(2
!4
−
 = 
)!2.(1.2
!2.3.4 = 
2
3.4 = 6 
Exemplo 2: 
m = 12 (Ana, Beatriz, Clara, Diana, Érica, Flávia, Gabriela, Hilda, Ivete, Juliana, 
Leila e Márcia) 
p = 6 (Equipe com seis jogadoras) 
C(m, p) = C(12, 6) = 
)!612!.(6
!12
−
 = 
)!6.(1.2.3.4.5.6
!6.7.8.9.10.11.12 = 
2.3.4.5.6
7.8.9.10.11.12 = 924 
Agora, vamos ver como isso já foi cobrado: 
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07 - (Agente-PF - 2009 / CESPE) Considerando que, em um torneio de 
basquete, as 11 equipes inscritas serão divididas nos grupos A e B, e que, 
para formar o grupo A, serão sorteadas 5 equipes. A quantidade de maneiras 
distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo A será inferior a 
400. 
Solução: 
Essa é uma questão clássica onde utilizamos a combinação (a ordem dos 
elementos do grupo não importa): 
C(m, p) = 
)!pm!.(p
!m
−
C(11, 5) = 
)!511!.(5
!11
−
 = 
)!6.(1.2.3.4.5
!6.7.8.9.10.11 = 
2.3.4.5
7.8.9.10.11 = 11.3.2.7 = 462 
Portanto, item errado. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Combinação com repetição 
Na combinação com repetição, como o próprio nome já diz, pode ocorrer a 
repetição dos elementos agrupados e apenas a espécie dos componentes dos 
agrupamentos tem importância. Vamos a um exemplo: 
Exemplo 1: Deseja-se sortear 2 convites para uma festa entre os cinco 
melhores alunos de uma classe, João, Ana, Carlos, Maria e Paula. De 
quantas maneiras diferentes esses convites podem ser sorteados, sabendo 
que cada um dos cinco alunos participa de todos os sorteios? 
Como de costume, vamos listar as possibilidades: 
João, João 
Ana, Ana 
Carlos, Carlos 
Maria, Maria 
Paula, Paula 
João, Ana 
João, Carlos 
João, Maria 
João, Paula 
Ana, Carlos 
Ana, Maria 
Ana, Paula 
Carlos, Maria 
2 3 
00016334736
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Carlos, Paula 
Maria, Paula 
Temos, então, 15 possibilidades para alocar esses dois convites entre os cinco 
alunos da classe. Vamos a um exemplo mais complicado: 
Exemplo 2: Deseja-se sortear 5 convites para uma festa entre os dez 
melhores alunos de uma classe, João, Ana, Carlos, Maria, Paula, Pedro, 
José, Clara, Joana e Lúcia. De quantas maneiras diferentes esses convites 
podem ser sorteados, sabendo que cada um dos dez alunos participa de 
todos os sorteios? 
E agora? Será que conseguimos listar todos os grupos? Acho melhor não! Vamos 
aprender mais uma fórmula: 
Cr(m, p) = C(m + p – 1, p) = 
)!1m!.(p
)!1pm(
−−−−
−−−−++++
onde m representa os elementos disponíveis para formar o grupo e p representa o 
total de elementos de cada grupo. 
Voltando aos exemplos 1 e 2, temos: 
Exemplo 1: 
Cr(m, p) = Cr(5, 2) = C(5 + 2 – 1 , 2) = C(6, 2) = 
)!26!.(2
!6
−
 = 
)!4!.(2
!4.5.6 = 
2
5.6 = 15 
Exemplo 2: 
Cr(10, 5) = C(10 + 5 – 1, 5) = C(14, 5) = 
)!514!.(5
!14
−
 = 
)!9!.(5
!9.10.11.12.13.14 = 2002 
Vamos ver uma questão sobre esse assunto: 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
08 - (BB - 2010 / CESGRANRIO) Uma loja vende barras de chocolate de 
diversos sabores. Em uma promoção, era possível comprar três barras de 
chocolate com desconto, desde que estas fossem dos sabores ao leite, 
amargo, branco ou com amêndoas, repetidos ou não. Assim, um cliente que 
comprar as três barras na promoção poderá escolher os sabores de n modos 
distintos, sendo n igual a 
(A) 4 
(B) 10 
(C) 12 
(D) 16 
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(E) 20 
Solução: 
Nessa questão, temos uma combinação com repetição, pois poderemos repetir os 
elementos e sua ordem não importa: 
Cr(m, p) = C(m + p – 1, p) = 
)!1m!.(p
)!1pm(
−
−+
Aqui devemos ficar atentos, pois o m representará os 4 sabores e o p representará 
as 3 barras de chocolate de cada compra: 
Cr(m, p) = C(m + p – 1, p) 
Cr(4, 3) = C(4 + 3 – 1, 3) 
Cr(4, 3) = C(6, 3) 
Cr(4, 3) = 
)!36!.(3
!6
−
 
Cr(4, 3) = 
)!3!.(3
!3.4.5.6 
Cr(4, 3) = 
1.2.3
4.5.6 = 20 
Resposta letra E. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
1.6 - Princípio da Casa dos Pombos 
Muitos de vocês já devem ter ouvido falar nesse princípio, outros talvez não. Mas 
com certeza, vocês verão que ele é bastante intuitivo. 
Vou explicar esse teorema com uma situação prática. Se eu te perguntasse 
quantas pessoas precisa haver num estádio de futebol para se ter certeza de que 
pelo menos duas delas fazem aniversário no mesmo dia? Eu disse certeza (não 
quer dizer que tenham nascido no mesmo ano, apenas façam aniversário no 
mesmo dia). Para facilitar, ignorem a existência do ano bissexto. Pensem um 
pouco mais... 
Antes de responder, vamos pensar numa situação. Digamos que houvesse duas 
pessoas no estádio. E então, podemos ter certeza que as duas pessoas fazem 
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aniversário no mesmo dia? Bom, até que é possível, mas bem pouco provável. E 
se houvesse três pessoas? Ainda é possível, mas continua muito pouco provável. 
Mas além de possível ou provável, queremos ter certeza de que duas pessoas 
fazem aniversário no mesmo dia, e havendo duas, três, dez, ou até mesmo 
cinquenta, ainda não teríamos certeza de que duas pessoas fazem aniversário no 
mesmo dia. Ou até mesmo trezentas pessoas. E por que isso? Bom, porque 
embora com trezentas pessoas já seja provável que duas pessoas façam 
aniversário no mesmo dia, ainda não temos certeza, pois podemos ter o “azar” de 
todos terem nascido em dias diferentes do ano. 
Estamos chegando onde eu queria, e tenho certeza que você já chegou lá. Mesmo 
que tivéssemos 365 pessoas, não teríamos certeza de que pelo menos duas delas 
fazem aniversário no mesmo dia. Isso porque as 365 pessoas podem ter nascido 
cada uma em um dia diferente do ano. No entanto, se houver 366 pessoas no 
estádio, não há como fugir, pelo menos duas delas tem de soprar velinhas no 
mesmo dia. 
Resumindo, para se ter certeza de que pelo menos duas pessoas fazem 
aniversário no mesmo dia, devemos ter pelo menos 365 + 1 = 366 pessoas, pois o 
ano possui 365 dias. Esse é o princípio da casa dos pombos: 
“se tivermos um número de ninhos (digamos “n”) e um número de pombos 
(digamos “p”),e o número “p” for maior do que “n”, então tem de haver pelo 
menos dois pombos em algum ninho”. 
Vamos ver uma questão a respeito deste assunto: 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
09 - (TRT 23ª Região - 2004 / FCC) Em uma repartição pública que funciona 
de 2a a 6a feira, 11 novos funcionários foram contratados. Em relação aos 
contratados, é necessariamente verdade que 
(A) todos fazem aniversário em meses diferentes. 
(B) ao menos dois fazem aniversário no mesmo mês. 
(C) ao menos dois começaram a trabalhar no mesmo dia do mês. 
(D) ao menos três começaram a trabalhar no mesmo dia da semana. 
(E) algum começou a trabalhar em uma 2a feira. 
Solução: 
Essa questão trata do Princípio da Casa dos Pombos. Vamos à análise dos itens: 
(A) todos fazem aniversário em meses diferentes. 
É possível que pelo menos dois funcionários façam aniversário no mesmo mês. 
Portanto, item errado.
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(B) ao menos dois fazem aniversário no mesmo mês. 
Ora, como o total de funcionários é menor que o total de meses do ano, nós não 
podemos fazer essa afirmação com certeza, apesar de ser possível isso 
acontecer. Item errado.
(C) ao menos dois começaram a trabalhar no mesmo dia do mês. 
Bom, como o total de funcionários é menor que o total de dias de um mês 
qualquer, nós não podemos fazer essa afirmação com certeza, apesar de ser 
possível isso acontecer. Item errado.
(D) ao menos três começaram a trabalhar no mesmo dia da semana. 
Essa é a resposta. Como os possíveis dias da semana para que os funcionários 
comecem a trabalhar são 5, e o total de funcionários é igual a 11, podemos 
afirmar, com certeza, que pelo menos 3 começaram a trabalhar no mesmo dia: 
... 
5 funcionários – É possível cada um começar em cada dia da semana. 
6 funcionários – Com certeza, pelo menos dois começaram em um mesmo dia da 
semana. 
... 
10 funcionários – É possível que dois tenham começado em cada dia da semana. 
11 funcionários – Com certeza, pelo menos três começaram em um mesmo dia da 
semana. 
Item correto.
(E) algum começou a trabalhar em uma 2a feira. 
Isso nós não podemos afirmar com certeza, pois é possível, por exemplo, que 
todos tenham começado a trabalhar na terça-feira. Item errado.
Resposta letra D.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Agora, vamos ver mais algumas questões para praticar! 
10 - (CFA - 2010 / IADES) Na Copa do Mundo 2010 da FIFA, o Brasil ficou no 
Grupo G junto com as seleções da Coréia do Norte, da Costa do Marfim e de 
Portugal. Considerando que em cada vitória o Brasil ganha 3 pontos, em 
cada empate ganha 1 ponto e que não ganha nenhum ponto em caso de 
derrota, qual o número de maneiras distintas de o Brasil obter pelo menos 
sete pontos? 
00016334736
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(A) 3 
(B) 4 
(C) 5 
(D) 6 
Solução: 
Para obter pelo menos 7 pontos o Brasil pode obter duas vitórias e um empate ou 
três vitórias. Assim, temos: 
Três vitórias: Apenas 1 possibilidade (Vitória, Vitória, Vitória) 
Duas vitórias e 1 empate: 
Vitória, Vitória, Empate 
Vitória, Empate, Vitória 
Empate, Vitória, Vitória 
Portanto, 3 possibilidades. 
Assim, podemos concluir que existem 1 + 3 = 4 maneiras de o Brasil conseguir 
pelo menos 7 pontos. 
Resposta letra B. 
11 - (CFA - 2010 / IADES) Uma floricultura vende orquídeas de 4 cores 
diferentes (vermelha, azul, amarela e branca). Aproveitando o Dia dos 
Namorados, a floricultura resolveu fazer uma oferta relâmpago: o cliente 
pode escolher 6 orquídeas e pagar apenas por 4 delas. De quantas maneiras 
diferentes um cliente pode aproveitar esta promoção? 
(A) 15 
(B) 21 
(C) 45 
(D) 84 
Solução: 
Nessa questão, temos um total de 6 orquídeas que podem ser de 4 tipos 
diferentes. Assim, teremos uma combinação com repetição: 
m = 4 
p = 6 
Cr(m + p – 1, p) = C(4 + 6 – 1, 6) 
Cr(m + p – 1, p) = C(9, 6) 
00016334736
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Cr(m + p – 1, p) = 
)!69!.(6
!9
−
 
Cr(m + p – 1, p) = 
)!3!.(6
!6.7.8.9 
Cr(m + p – 1, p) = 
1.2.3
7.8.9 = 84 
Resposta letra D. 
12 - (PROCOM/DF - 2011 / IADES) Para acesso ao sistema de uma grande 
empresa, cada funcionário tem uma matrícula composta por duas letras que 
indicam a cidade onde estão lotados e quatro dígitos que não se repetem. O 
primeiro dígito após as letras é um código: se for o número par indica que o 
funcionário é do sexo feminino, se for ímpar indica que é do sexo masculino. 
Com esses critérios, quantas matrículas existem iniciadas com as letras DF 
para funcionários do sexo feminino. 
(A) 625 matrículas. 
(B) 2.520 matrículas. 
(C) 3.225 matrículas. 
(D) 5.500 matrículas. 
(E) 10 mil matrículas. 
Solução: 
Nessa questão, como já foi dito que as letras são D e F, só existe a possibilidade 
de variação dos números da matrícula. Assim, temos: 
1º dígito: 5 possibilidades (apenas números pares: 0, 2, 4, 6 e 8) 
2º dígito: 10 – 1 = 9 possibilidades (pois os números não se repetem e já 
utilizamos um número no 1º dígito) 
3º dígito: 10 – 2 = 8 possibilidades (pois os números não se repetem e já 
utilizamos um número no 1º dígito e outro no 2º dígito) 
4º dígito: 10 – 3 = 7 possibilidades (pois os números não se repetem e já 
utilizamos um número no 1º dígito, outro no 2º dígito e outro no 3º dígito) 
Assim, o total de possibilidades é dado por: 
Total = 5 × 9 × 8 × 7 = 2.520 matrículas. 
Resposta letra B. 
00016334736
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13 - (IBGE - 2009 / Consulplan) Sabe-se que durante o segundo semestre de 
um ano foram realizadas 8 reuniões, uma a cada dia, com os professores de 
uma determinada escola. Das afirmativas abaixo, assinale a verdadeira: 
(A) Pelo menos uma das reuniões ocorreu na segunda-feira. 
(B) Pelo menos um deles é professor de matemática. 
(C) Pelo menos em dois meses houve mais de uma reunião. 
(D) Pelo menos duas das reuniões ocorreram no mesmo dia da semana. 
(E) Pelo menos um dos professores é do sexo masculino. 
Solução: 
Essa é uma questão típica do princípio da casa dos pombos. Vimos que o 
princípio estabelece que: 
“se tivermos um número de ninhos (digamos “n”) e um número de pombos 
(digamos “p”), e o número “p” for maior do que “n”, então tem de haver pelo 
menos dois pombos em algum ninho”. 
Assim, sabendo que foram realizadas 8 reuniões em dias diferentes, vamos 
analisar cada alternativa: 
(A) Pelo menos uma das reuniões ocorreu na segunda-feira. 
Vejam que nós não podemos afirmar isso com certeza, pois as reuniões podem ter 
sido realizadas nos outros dias da semana. Item errado.
(B) Pelo menos um deles é professor de matemática. 
Isso nós também não podemos afirmar, pois nada foi dito a respeito das matérias 
ensinadas pelos professores. Item errado.
(C) Pelo menos em dois meses houve mais de uma reunião. 
Essa afirmação não está correta, pois podemos ter apenas um mês com mais de 
uma reunião. É possível, por exemplo, que todas as reuniões tenham ocorrido em 
agosto. Item errado.
(D) Pelo menos duas das reuniões ocorreramno mesmo dia da semana. 
Essa é a resposta, pois como o número de reuniões (8) é maior do que o número 
de dias da semana (7), com certeza pelo menos duas reuniões ocorreram no 
mesmo dia da semana. Item correto.
(E) Pelo menos um dos professores é do sexo masculino. 
Isso nós também não podemos afirmar, pois nada é dito a respeito do sexo dos 
professores. Item errado. 
00016334736
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Resposta letra D. 
14 - (MARE - 1999 / FCC) Numa sala estão 100 pessoas, todas elas com 
menos de 80 anos de idade. É FALSO afirmar que pelo menos duas dessas 
pessoas 
(A) nasceram num mesmo ano. 
(B) nasceram num mesmo mês. 
(C) nasceram num mesmo dia da semana. 
(D) nasceram numa mesma hora do dia. 
(E) têm 50 anos de idade. 
Solução: 
Novamente utilizaremos o princípio da casa dos pombos: 
(A) nasceram num mesmo ano. 
Bom, como o número de pessoas é maior do que o número de anos de 
nascimento possíveis, já que todas possuem menos de 80 anos, podemos afirmar, 
com certeza, que pelo menos duas pessoas nasceram num mesmo ano. Item 
verdadeiro.
(B) nasceram num mesmo mês. 
Da mesma forma que o item anterior, como o número de pessoas é maior do que 
o número de meses do ano, podemos afirmar, com certeza, que pelo menos duas 
pessoas nasceram num mesmo mês. Item verdadeiro.
(C) nasceram num mesmo dia da semana. 
Mais uma vez, como o número de pessoas é maior do que o número de dias da 
semana, podemos afirmar, com certeza, que pelo menos duas pessoas nasceram 
num mesmo dia da semana. Item verdadeiro.
(D) nasceram numa mesma hora do dia. 
Novamente, como o número de pessoas é maior do que o número de horas do 
dia, podemos afirmar, com certeza, que pelo menos duas pessoas nasceram 
numa mesma hora do dia. Item verdadeiro.
(E) têm 50 anos de idade. 
Essa afirmação nós não podemos fazer, pois não é certo que duas pessoas 
tenham 50 anos de idade. Item falso.
Resposta letra E. 
00016334736
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15 - (TCE/SP - 2003 / FCC) Cada um dos 25 alunos de um curso de pós-
graduação deve entregar, ao final do semestre, uma monografia individual. O 
tema do trabalho é escolhido pelo aluno dentre uma relação fornecida pelos 
professores, que consta de 20 temas numerados de 1 a 20. Pode-se concluir 
que, certamente, 
(A) haverá pelo menos um aluno cuja monografia abordará o tema 20. 
(B) duas monografias abordarão o tema 5, mas apenas uma monografia 
abordará o tema 6. 
(C) haverá trabalhos com temas repetidos, porém, nunca mais do que duas 
monografias com o mesmo tema. 
(D) cada um dos 20 temas será abordado em pelo menos um dos trabalhos. 
(E) haverá pelo menos um tema dentre os 20 que será escolhido por mais de 
um aluno. 
Solução: 
Mais princípio da casa dos pombos! Vamos analisar cada alternativa: 
(A) haverá pelo menos um aluno cuja monografia abordará o tema 20. 
Não foi dito na questão que seria obrigatória a utilização de todos os 20 temas. A 
escolha seria do aluno, e caso ele não se interessasse pelo tema 20, seria 
possível que nenhum aluno abordasse esse tema. Item errado.
(B) duas monografias abordarão o tema 5, mas apenas uma monografia 
abordará o tema 6. 
Novamente, não foi dito na questão que seria obrigatória a utilização de todos os 
20 temas. A escolha seria do aluno, e caso ele não se interessasse pelo tema 5 ou 
pelo tema 6, seria possível que nenhum aluno abordasse esses temas. Item 
errado.
(C) haverá trabalhos com temas repetidos, porém, nunca mais do que duas 
monografias com o mesmo tema. 
A primeira parte está correta, realmente haverá trabalhos com temas repetidos. 
Porém, é possível que mais do que duas monografias abordem o mesmo tema. É 
possível, inclusive, que todas as 25 monografias abordem o mesmo tema. Item 
errado.
(D) cada um dos 20 temas será abordado em pelo menos um dos trabalhos. 
Mais uma vez, não foi dito na questão que seria obrigatória a utilização de todos 
os 20 temas. A escolha seria do aluno, e caso ele não se interessasse por algum 
tema, seria possível que nenhum aluno abordasse esse tema. Item errado.
00016334736
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(E) haverá pelo menos um tema dentre os 20 que será escolhido por mais de 
um aluno. 
Essa é a resposta. Realmente, pelo menos um dos 20 temas será abordado por 
mais de um aluno, exatamente como prega o princípio da casa dos pombos. Item 
correto.
Resposta letra E. 
16 - (COFEN 2011 – Consulplan) Numa escola foram escolhidos 9 alunos 
para fazer uma viagem. Qual das afirmações a seguir sobre os alunos 
escolhidos é necessariamente verdadeira? 
(A) Pelo menos um deles é deficiente físico. 
(B) Pelo menos dois deles fazem aniversário no mesmo mês. 
(C) Pelo menos dois deles são da mesma turma. 
(D) Pelo menos três deles nasceram na mesma estação do ano. 
(E) Pelo menos um deles é maior de idade. 
Solução: 
Mais uma questão onde deveremos utilizar o princípio da casa dos pombos. 
Vamos analisar cada item: 
(A) Pelo menos um deles é deficiente físico. 
Não temos como garantir isso, pois nenhuma informação a respeito dos alunos 
com deficiência nos foi passada. Item errado.
(B) Pelo menos dois deles fazem aniversário no mesmo mês. 
Pelo princípio da casa dos pombos, como são 12 os meses do ano, deveriam ser 
pelo menos 12 + 1 = 13 alunos para que pudéssemos garantir que dois alunos 
fazem aniversário no mesmo mês. Portanto, item errado.
(C) Pelo menos dois deles são da mesma turma. 
Não podemos garantir isso, pois nenhuma informação a respeito das turmas dos 
alunos nos foi passada. Item errado. 
(D) Pelo menos três deles nasceram na mesma estação do ano. 
Essa é a resposta. O número total de estações do ano é igual a 4. Assim, 
utilizando o princípio da casa dos pombos, podemos fazer a seguinte análise: 
1 pessoa: Ela pode nascer em qualquer uma das quatro estações 
00016334736
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2 pessoas: Elas podem nascer na mesma estação, mas também podem nascer 
em estações distintas 
3 pessoas: Elas podem nascer na mesma estação, mas também podem nascer 
em estações distintas 
4 pessoas: Elas podem nascer na mesma estação, mas também podem nascer 
cada uma em uma estação diferente. 
A partir da 5ª pessoa, podemos afirmar, com certeza, que pelo menos duas 
nasceram na mesma estação, pois as quatro primeiras pessoas podem ter nascido 
cada uma em uma estação distinta, mas, nesse caso, a quinta, com certeza, terá 
nascido na mesma estação que uma das quatro primeiras. Assim, generalizando a 
regra, temos: 
2 pessoas na mesma estação: n + 1 = 4 + 1 = 5 pessoas 
3 pessoas na mesma estação: 2.n + 1 = 2 × 4 + 1 = 9 pessoas 
4 pessoas na mesma estação: 3.n + 1 = 3 × 4 + 1 = 13 pessoas 
... 
Com isso, como são 9 alunos, podemos garantir que pelo menos 3 deles 
nasceram na mesma estação do ano. Item correto.
(E) Pelo menos um deles é maior de idade. 
Não podemos garantir isso, pois nenhuma informação a respeito das idades dos 
alunos nos foi passada. Item errado.
Resposta letra D.
17 - (TRT 9ª Região - 2004 / FCC) Admitindo que certo Tribunal tem 1.800 
processos para serem lidos e que cada processo não possui mais do que 
200 páginas, é correto afirmar que(A) não existem 2 processos com o mesmo número de páginas. 
(B) não existe processo com exatamente 9 páginas. 
(C) cada processo tem, em média, 9 páginas. 
(D) existem pelo menos 9 processos com o mesmo número de páginas. 
(E) mais de 100 000 páginas serão lidas na realização do serviço. 
Solução: 
Vamos analisar cada alternativa: 
(A) não existem 2 processos com o mesmo número de páginas. 
00016334736
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Bom, como o número de processos (1.800) é maior do que o número máximo de 
páginas por processo (200), pelo princípio da casa dos pombos, com certeza, pelo 
menos dois processos terão o mesmo número de páginas. Item errado.
(B) não existe processo com exatamente 9 páginas. 
Isso nós não podemos afirmar, pois é possível que pelo menos um processo tenha 
exatamente 9 páginas. Item errado.
(C) cada processo tem, em média, 9 páginas. 
Isso também está errado, pois, por exemplo, se todos os processos tiverem 100 
páginas, a média de páginas de cada processo será de 100 páginas e não de 9 
páginas. Item errado.
(D) existem pelo menos 9 processos com o mesmo número de páginas. 
Para garantir que havia dois processos com o mesmo número de páginas, era 
suficiente que o total de processos fosse igual a 200 + 1 = 201 processos. Para 
garantir que havia três processos com o mesmo número de páginas, era suficiente 
que o total de processos fosse igual a (2 × 200) + 1 = 401 processos, e assim 
sucessivamente. Temos, então, o seguinte: 
2 processos com o mesmo número de páginas: 1 × 200 + 1 = 201 
3 processos com o mesmo número de páginas: 2 × 200 + 1 = 401 
4 processos com o mesmo número de páginas: 3 × 200 + 1 = 601 
5 processos com o mesmo número de páginas: 4 × 200 + 1 = 801 
6 processos com o mesmo número de páginas: 5 × 200 + 1 = 1.001 
7 processos com o mesmo número de páginas: 6 × 200 + 1 = 1.201 
8 processos com o mesmo número de páginas: 7 × 200 + 1 = 1.401 
9 processos com o mesmo número de páginas: 8 × 200 + 1 = 1.601 
Assim, podemos garantir que havia pelo menos 9 processos com o mesmo 
número de páginas, pois bastava que fossem 1.601 processos e eram 1.800 
processos. Item correto.
(E) mais de 100.000 páginas serão lidas na realização do serviço. 
Isso nós não podemos afirmar, pois, por exemplo, se cada processo tiver 10 
páginas, o total de páginas será de 10 × 1.800 = 18.000 páginas. Item errado.
Resposta letra D. 
18 - (TRE/PI - 2009 / FCC) No próximo mês, os 20 novos processos abertos 
em um tribunal serão divididos entre os seus 6 juízes (cada processo é 
encaminhado a um único juiz). Nessas condições, é correto concluir que, 
necessariamente, 
00016334736
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(A) cada juiz receberá, no mínimo, 3 novos processos.
(B) o número máximo de novos processos que um juiz poderá receber é 4. 
(C) algum juiz deverá receber exatamente 3 novos processos. 
(D) nenhum juiz receberá exatamente 2 novos processos. 
(E) pelo menos um dos juízes receberá 4 ou mais novos processos. 
Solução: 
Vamos, novamente, analisar cada alternativa:
(A) cada juiz receberá, no mínimo, 3 novos processos.
Não foi dito na questão de que forma seria feita a divisão. É possível, por exemplo, 
que um juiz fique com apenas um processo, ou com apenas dois processos. 
Portanto, este item está errado.
(B) o número máximo de novos processos que um juiz poderá receber é 4. 
Mais uma vez, não foi dito na questão de que forma seria feita a divisão. É 
possível, por exemplo, que um juiz fique 5 processos, ou com 10 processos. 
Portanto, este item está errado.
(C) algum juiz deverá receber exatamente 3 novos processos. 
Novamente, não foi dito na questão de que forma seria feita a divisão. É possível, 
por exemplo, que quatro juizes fiquem 4 processos e dois juízes fiquem com 2 
processos. Nesse exemplo, nenhum juiz ficará com exatamente 3 processos. 
Portanto, este item está errado.
(D) nenhum juiz receberá exatamente 2 novos processos. 
Outra vez, não podemos fazer essa afirmação. Não foi dito na questão de que 
forma seria feita a divisão. É possível, por exemplo, que quatro juizes fiquem 4 
processos e dois juízes fiquem com 2 processos. Nesse exemplo, dois juizes 
ficarão com exatamente 2 processos. Portanto, este item está errado.
(E) pelo menos um dos juízes receberá 4 ou mais novos processos. 
Essa é a resposta. Pelo princípio da casa dos pombos, com certeza, pelo menos 
um juiz ficará com 4 ou mais novos processos. Item correto.
Resposta letra E. 
19 - (TCE/PB - 2006 / FCC) Dona Mocinha teve 6 filhos. Sabendo que cada 
filho lhe deu 5 netos, cada neto lhe deu 4 bisnetos e cada bisneto teve 3 
filhos, quantos são os descendentes de dona Mocinha? 
(A) 516 
00016334736
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(B) 484 
(C) 460 
(D) 380 
(E) 320 
Solução: 
Bom, vamos começar tentando relacionar todos os descendentes de Dona 
Mocinha. Vejamos: 
D. Mocinha 
Já deu para perceber que não irá caber nessa página. Vamos então por partes: 
Filhos: 6 
Netos (5 para cada filho): 6 × 5 = 30 
Bisnetos (4 para cada neto): 30 × 4 = 120 
Trinetos (3 para cada bisneto): 120 × 3 = 360 
Total de descendentes de dona Mocinha: 6 + 30 + 120 + 360 = 516 
Resposta letra A. 
20 - (Correios - 2006 / Consulplan) A Empresa Brasileira de Correios e 
Telégrafos – Agência Central de Salvador, recebeu neste sábado, sete 
malotes de correspondências. Cada malote tinha 7 sacolas e em cada sacola 
sete caixas contendo sete correspondências em cada caixa. Qual o número 
total de correspondências que a Agência Central de Salvador recebeu neste 
sábado? 
(A) 28 
(B) 289 
Filho 1 
Filho 2 
Filho 3 
Filho 4 
Filho 5 
Filho 6 
... 
Neto 1 
Neto 2 
Neto 3 
Neto 4 
Neto 5 
Neto 26 
Neto 27 
Neto 28 
Neto 29 
Neto 30 
00016334736
ZĂĐŝŽĐşŶŝŽ�>ſŐŝĐŽ�Ɖͬ�d�DͲZ:�
dĞŽƌŝĂ�Ğ�ĞdžĞƌĐşĐŝŽƐ�ĐŽŵĞŶƚĂĚŽƐ�
WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϯϱ�ĚĞ�ϲϵ
(C) 981 
(D) 1.520 
(E) 2.401
Solução: 
Vamos organizar as informações: 
7 malotes, com 7 sacolas, com 7 caixas, com 7 correspondências 
Pelo princípio multiplicativo da contagem, temos: 
Total = 7 × 7 × 7 × 7 = 2.401 correspondências 
Resposta letra E. 
21 - (Correios - 2006 / Consulplan) Para comemorar a Páscoa passada, os 
funcionários dos Correios da Agência de uma pequena cidade, ao invés de 
presentearem um ao outro com chocolates, presentearam com um cartão. Se 
todos os funcionários escreveram e deram o cartão para cada colega de 
trabalho, e ao final, foram contados 156 cartões, quantos funcionários há 
nesta pequena agência dos correios? 
(A) 10 
(B) 13 
(C) 15 
(D) 18 
(E) 20 
Solução: 
Nessa questão, vamos fazer a seguinte análise. Suponha que são dois 
funcionários. Assim, cada um irá escrever um único cartão, que resulta num total 
de 2 × 1 = 2 cartões escritos. Agora, suponha que sejam 3 funcionários. Cada um 
irá escrever 2 cartões, que resulta num total de 3 × 2 = 6 cartões escritos. Agora, 
suponha que sejam 4 funcionários. Cara um escreverá 3 cartões, que resultará em 
4 × 3 = 12 cartões escritos. Podemos fazer essas suposições até encontrarmos a 
resposta para a questão, ou podemos perceber que existe uma lógica para o total 
de cartões escritos. 
Para 2 funcionários: 2 ×1 = 2 
Para 3 funcionários: 3 × 2 = 6Para 4 funcionários: 4 × 3 = 12 
... 
Para n funcionários: n × (n – 1) = K 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϯϲ�ĚĞ�ϲϵ
Assim, para encontrarmos quantos funcionários escreveram um total de 156 
cartões, basta substituir o K por 156. Assim: 
n × (n – 1) = 156 
n2 – n = 156 
n2 – n – 156 = 0 
Temos, aqui, uma equação do segundo grau. Vamos resolvê-la: 
a = 1, b = –1 e c = –156 
Portanto: 
Δ = b2 – 4.a.c 
Δ = (–1)2 – 4.(1).(–156) 
Δ = 1 + 4.(156) 
Δ = 1 + 624 
Δ = 625 
Com isso: 
Raízes = 
a.2
b Δ±−
Raízes = 
1.2
625)1( ±−−
Raízes = 
2
251±
n = 
2
251+ = 
2
26 = 13, ou
n = 
2
251− = 
2
24− = –12 
Como a quantidade de pessoas não pode ser um número negativo, nós 
eliminamos a segunda raiz e ficamos apenas com a primeira. Assim, o total de 
funcionários que há nesta pequena agência dos correios é igual a 13. 
Resposta letra B. 
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϯϳ�ĚĞ�ϲϵ
22 - (SDS/SC - 2008 / Consulplan) Considerando os elementos do conjunto 
A = {0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9}, quantos números inteiros de cinco algarismos 
distintos maiores que 64.000 podem ser formados? 
(A) 1.260 
(B) 2.610 
(C) 1.620 
(D) 1.602 
(E) 2.160 
Solução: 
Nessa questão, devemos analisar quais os números de cinco algarismos que 
podemos formar com os elementos do conjunto A. Vejamos: 
O número deverá conter cinco algarismos: 
___ ___ ___ ___ ___
O número deverá ser maior do que 64.000. Com isso, podemos ter a certeza de 
que ele não começará com 0, 1, 2, 4 ou 5. Assim, temos três opções: 
_6_ ___ ___ ___ ___
_7_ ___ ___ ___ ___
_9_ ___ ___ ___ ___
Vamos primeiro analisar as opções para o número iniciado pelo 6. Nesse caso, o 
segundo algarismo não pode ser menor do que 4, pois dessa forma o número será 
menor do que 64.000. Assim, considerando que o primeiro algarismo é o 6, o 
segundo algarismo só pode ser o 4, 5, 7 e 9 (é dito no enunciado que os 
algarismos devem ser distintos). 
_6_ _4_ ___ ___ ___
_6_ _5_ ___ ___ ___
_6_ _7_ ___ ___ ___ 
_6_ _9_ ___ ___ ___ 
A partir do terceiro algarismo, podemos utilizar qualquer elemento do conjunto A, 
com exceção dos algarismos já utilizados. Assim: 
_6_ _4_ 6 opções 5 opções 4 opções = 1 × 1 × 6 × 5 × 4 = 120 opções
00016334736
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WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϯϴ�ĚĞ�ϲϵ
_6_ _5_ 6 opções 5 opções 4 opções = 1 × 1 × 6 × 5 × 4 = 120 opções
_6_ _7_ 6 opções 5 opções 4 opções = 1 ×1 × 6 × 5 × 4 = 120 opções 
_6_ _9_ 6 opções 5 opções 4 opções = 1 × 1 × 6 × 5 × 4 = 120 opções 
Vamos, agora, voltar para os números que começam com 7 e 9. Nesses casos, a 
partir do segundo algarismo, podemos utilizar qualquer um dos elementos do 
conjunto A, com exceção dos algarismos já utilizados. Assim: 
_7_ 7 opções 6 opções 5 opções 4 opções = 1 × 7 × 6 × 5 × 4 = 840 opções
_9_ 7 opções 6 opções 5 opções 4 opções = 1 × 7 × 6 × 5 × 4 = 840 opções
Com isso, podemos concluir que o total de números inteiros de cinco algarismos 
distintos maiores que 64.000 que podem ser formados com os elementos do 
conjunto A é dado por: 
Total = 120 + 120 + 120 + 120 + 840 + 840 = 2.160 
Resposta letra E. 
23 - (PM/BA - 2009 / FCC) Certo dia, um automóvel passou em alta velocidade 
por uma avenida, excedendo o limite ali permitido. Um policial de plantão no 
local tentou anotar o número da placa do carro do infrator, mas não 
conseguiu fazê-lo por completo: memorizou apenas o prefixo (CSA) e, da 
parte numérica, lembrava somente que o algarismo da esquerda era ímpar e 
o da direita era par. Com base nessas informações, o total de possibilidades 
para o número da placa de tal automóvel é 
(A) 2.500 
(B) 2.000 
(C) 1.000 
(D) 250 
(E) 100 
Solução: 
Bom, sabemos que a placa é: 
C S A - Par X X Ímpar 
Para a primeira letra, apenas 1 possibilidade (C) 
Para a segunda letra, apenas 1 possibilidade (S) 
Para a terceira letra, apenas 1 possibilidade (A) 
Para o primeiro número, como ele é par, temos 5 possibilidades (0, 2, 4, 6, 8) 
Para o segundo número, temos 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) 
Para o terceiro número, temos 10 possibilidades (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) 
00016334736
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WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϯϵ�ĚĞ�ϲϵ
Para o quarto número, como ele é ímpar, temos 5 possibilidades (1, 3, 5, 7, 9) 
Assim, o total de possibilidades é dado por: 
1 × 1 × 1 × 5 × 10 × 10 × 5 = 2.500 possibilidades 
Resposta letra A. 
24 - (TJ/SE - 2009 / FCC) Suponha que para disputar um torneio de tênis 
inscreveram-se 2.435 pessoas. Considerando que nesse jogo não há 
empates, o perdedor é eliminado do torneio e o vencedor segue disputando, 
então, se todos os inscritos participarem desse torneio, o número de 
partidas que deverão ser disputadas até que uma única pessoa se sagre 
campeã é 
(A) menor que 1.500 
(B) 1.545 
(C) 1.724 
(D) 1.947 
(E) 2.434 
Solução: 
O que pode determinar o erro nessa questão é o entendimento de como é 
disputado esse torneio. Para quem gosta de futebol, não é mata-mata! 
Simplesmente começam dois participantes, quem ganha continua e quem perde é 
eliminado. Em seguida o ganhador da primeira partida enfrenta o terceiro 
participante, quem ganha continua e quem perde é eliminado. Em seguida o 
ganhador da segunda partida enfrenta o quarto participante, quem ganha continua 
e quem perde é eliminado. E assim sucessivamente, até que haja um campeão. 
Perceba o seguinte: 
Com apenas 2 participantes no torneio: Total de partidas = 1 partida 
Com apenas 3 participantes no torneio: Total de partidas = 2 partidas 
Com apenas 4 participantes no torneio: Total de partidas = 3 partidas 
... 
Com “n” participantes no torneio: Total de partidas = “n – 1” partidas 
Assim, como temos 2.435 participantes, teremos 2.434 partidas. 
Resposta letra E. 
25 - (BB - 2010 / CESGRANRIO) João, Pedro, Celso, Raul e Marcos foram 
aprovados em um concurso. Cada um trabalhará em uma unidade diferente 
da empresa: P, Q, R, S ou T. Considerando que João já foi designado para 
trabalhar na unidade P, de quantos modos distintos é possível distribuir os 
demais aprovados pelas unidades restantes? 
00016334736
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WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϬ�ĚĞ�ϲϵ
(A) 12 
(B) 24 
(C) 48 
(D) 90 
(E) 120 
Solução: 
Nessa questão, nós temos 4 pessoas para ocuparem 4 posições distintas. Assim, 
utilizaremos a permutação simples de 4 elementos: 
P4 = 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 
Resposta letra B. 
26 - (STN - 2008 / ESAF) Ana possui em seu closed 90 pares de sapatos, 
todos devidamente acondicionados em caixas numeradas de 1 a 90. Beatriz 
pede emprestado à Ana quatro pares de sapatos. Atendendo ao pedido da 
amiga, Ana retira do closed quatro caixas de sapatos. O número de retiradas 
possíveis que Ana pode realizar de modo que a terceira caixa retirada seja a 
de número 20 é igual a: 
(A) 681384 
(B) 382426 
(C) 43262 
(D) 7488 
(E) 2120 
Solução: 
Nessa questão, Ana irá retirar três caixas, uma após a outra. A caixa da primeira 
retirada pode ser qualqueruma, exceto a caixa e número 20, pois esta será a 
terceira caixa retirada. Assim, para a primeira retirada nós temos 90 – 1 = 89 
possibilidades. Para a segunda caixa nós temos 88 possibilidades, pois uma caixa 
já saiu na 1ª retirada e a caixa 20 deverá ser a 3ª a ser retirada. Para a terceira 
caixa só temos uma possibilidade, pois a caixa 20 deverá ser a 3ª a ser retirada. 
Por fim, para a 4ª retirada nós temos 90 – 3 = 87 possibilidades, pois já retiramos 
três caixas. Assim: 
Total de possibilidades = 89 × 88 × 1 × 87 = 681.384 possibilidades. 
Resposta letra A. 
27 - (CGU - 2008 / ESAF) Ana precisa fazer uma prova de matemática 
composta de 15 questões. Contudo, para ser aprovada, Ana só precisa 
00016334736
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dĞŽƌŝĂ�Ğ�ĞdžĞƌĐşĐŝŽƐ�ĐŽŵĞŶƚĂĚŽƐ�
WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϭ�ĚĞ�ϲϵ
resolver 10 questões das 15 propostas. Assim, de quantas maneiras 
diferentes Ana pode escolher as questões? 
(A) 3003 
(B) 2980 
(C) 2800 
(D) 3006 
(E) 3005 
Solução: 
Nessa questão, das 15 questões disponíveis Ana deve escolher 10. Assim, 
faremos uma combinação das 15 questões 10 a 10: 
C(15, 10) = 
)!1015!.(10
!15
−
C(15, 10) = 
)!5!.(10
!10.11.12.13.14.15
C(15, 10) = 
1.2.3.4.5
11.12.13.14.15
C(15, 10) = 3003 
Resposta letra A. 
28 - (CGU - 2008 / ESAF) Ágata é decoradora e precisa atender o pedido de 
um excêntrico cliente. Ele - o cliente - exige que uma das paredes do quarto 
de sua filha seja dividida em uma sequência de 5 listras horizontais pintadas 
de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágata possui 
apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a 
parede pode ser pintada é igual a: 
(A) 56 
(B) 5760 
(C) 6720 
(D) 3600 
(E) 4320 
Solução: 
Agora, temos 8 cores e devemos escolher 5, só que a ordem das cores faz 
diferença. Assim, faremos o arranjo das 8 cores 5 a 5: 
A(8, 5) = 
)!58(
!8
−
00016334736
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WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϮ�ĚĞ�ϲϵ
A(8, 5) = 
)!3(
!3.4.5.6.7.8
A(8, 5) = 8.7.6.5.4 = 6720 
Resposta letra C. 
29 - (AFT - 2006 / ESAF) Quer-se formar um grupo de dança de 9 bailarinas, 
de modo que 5 delas tenham menos de 23 anos, que uma delas tenha 
exatamente 23 anos, e que as demais tenham idade superior a 23 anos. 
Apresentaram-se, para a seleção, quinze candidatas, com idades de 15 a 29 
anos, sendo a idade em anos, de cada candidata, diferente das demais. O 
número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir 
deste conjunto de candidatas é igual a: 
(A) 120 
(B) 1220 
(C) 870 
(D) 760 
(E) 1120 
Solução: 
Nessa questão nós temos 15 candidatas cada uma com uma idade diferente. 
Iremos separar as candidatas em três grupos, pois elas concorrem a vagas 
diferentes: 
5 vagas para menores de 23 anos (15, 16, 17, 18, 19, 20, 21 e 22 anos): 8 opções 
1 vaga para 23 anos: 1 opção 
9 – 5 – 1 = 3 vagas para maiores de 23 (24, 25, 26, 27, 28 e 29 anos): 6 opções 
Assim, para o primeiro grupo nós temos 8 candidatas para 5 vagas. Faremos a 
combinação das 8 candidatas 5 a 5. 
C(8, 5) = 
)!58!.(5
!8
−
 = 
)!3!.(5
!5.6.7.8 = 
1.2.3
6.7.8 = 56 possibilidades 
Para o segundo grupo nós temos apenas uma candidata para ocupar uma vaga. 
Portanto, uma única possibilidade. 
Para o terceiro grupo nós temos 6 candidatas para 3 vagas. Faremos a 
combinação das 6 candidatas 3 a 3. 
00016334736
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WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϯ�ĚĞ�ϲϵ
C(6, 3) = 
)!36!.(3
!6
−
 = 
)!3!.(3
!3.4.5.6 = 
1.2.3
4.5.6 = 20 possibilidades 
Por fim, utilizamos o princípio multiplicativo: 
Total = 56 × 1 × 20 = 1.120 possibilidades. 
Resposta letra E. 
30 - (Pref. de Vitória/ES - 2011 / FUNCAB) Numa festa de aniversário de uma 
professora, todos os presentes se cumprimentaram uma única vez. No final, 
ao todo, trocaram 66 cumprimentos. O número de pessoas que estavam na 
festa era: 
(A) 7 
(B) 9 
(C) 12 
(D) 13 
(E) 15 
Solução: 
Esse é um caso clássico onde aplicamos a combinação. O interessante é que 
queremos saber justamente o total de pessoas disponíveis. Assim, temos: 
C(m, p) = 
)!pm!.(p
!m
−
C(m, 2) = 
)!2m!.(2
!m
−
Sabemos que o total de cumprimentos foi de 66, assim: 
)!2m!.(2
!m
−
 = 66 
m! = 66 × 2 × (m – 2)! 
m.(m – 1).(m – 2)! = 132 × (m – 2)! 
m.(m – 1) = 132 
m2 – m – 132 = 0 
Resolvendo a equação de 2º grau, temos: 
Δ = b2 – 4.a.c 
00016334736
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Δ = (–1)2 – 4.1.(–132) 
Δ = 1 + 528 
Δ = 529 
m = 
a.2
b Δ±− 
m = 
1.2
529)1( ±−− 
m = 
2
231± 
m = 
2
231+ = 
2
24 = 12
ou 
m = 
2
231− = 
2
22− = –11 (não pode, pois a quantidade de pessoas não pode ser 
negativa). 
Assim, concluímos que existiam 12 pessoas na festa. 
Resposta letra C. 
31 - (APO - 2005 / ESAF) Um grupo de estudantes encontra-se reunido em 
uma sala para escolher aleatoriamente, por sorteio, quem entre eles irá ao 
Simpósio de Matemática do próximo ano. O grupo é composto de 15 rapazes 
e de um certo número de moças. Os rapazes cumprimentam-se, todos e 
apenas entre si, uma única vez; as moças cumprimentam-se, todas e apenas 
entre si, uma única vez. Há um total de 150 cumprimentos. O número de 
moças é, portanto, igual a: 
(A) 10 
(B) 14 
(C) 20 
(D) 25 
(E) 45 
Solução: 
Bom, primeiramente podemos encontrar o total de cumprimentos entre os 15 
rapazes, com a combinação dos 15 rapazes 2 a 2: 
00016334736
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WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϱ�ĚĞ�ϲϵ
C(15, 2) = 
)!215!.(2
!15
−
 = 
)!13!.(2
!13.14.15 = 
2
14.15 = 105 cumprimentos 
Assim, restam 150 – 105 = 45 cumprimentos entre as moças. Não sabemos o total 
de moças, mas sabemos o valor da combinação dessa quantidade de moças 2 a 
2: 
C(m, 2) = 45 
)!2m!.(2
!m
−
 = 45 
)!2m!.(2
)!2m).(1m.(m
−
−− = 45 
2
)1m.(m − = 45 
m.(m – 1) = 2 × 45 
m.(m – 1) = 90 
m2 – m – 90 = 0 
Resolvendo a equação de 2º grau, temos: 
Δ = b2 – 4.a.c 
Δ = (–1)2 – 4.1.(–90) 
Δ = 1 + 360 
Δ = 361 
m = 
a.2
b Δ±− 
m = 
1.2
361)1( ±−− 
m = 
2
191± 
m = 
2
191+ = 
2
20 = 10
00016334736
ZĂĐŝŽĐşŶŝŽ�>ſŐŝĐŽ�Ɖͬ�d�DͲZ:�
dĞŽƌŝĂ�Ğ�ĞdžĞƌĐşĐŝŽƐ�ĐŽŵĞŶƚĂĚŽƐ�
WƌŽĨ�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�ʹ��ƵůĂ�ϭϬ
WƌŽĨ͘�DĂƌĐŽƐ�WŝŹŽŶ�������������������ǁǁǁ͘ĞƐƚƌĂƚĞŐŝĂĐŽŶĐƵƌƐŽƐ͘ĐŽŵ͘ďƌ������������������������ϰϲ�ĚĞ�ϲϵ
ou 
m = 
2
191− = 
2
18− = –9 (não pode, pois a quantidade de moças não pode ser 
negativa). 
Assim, concluímos que existiam 10 moças. 
Resposta letra A. 
32 - (APO - 2010 / ESAF) Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um 
programa de reabilitação para 10 pacientes. Para obter melhores resultados 
neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas 
diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem 3 
pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de 
diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três 
diferentes salas, é igual a: 
(A) 2.440 
(B) 5.600 
(C) 4.200 
(D) 24.000 
(E) 42.000 
Solução: