AC - Aulas 01 à 10.

Prévia do material em texto

ANÁLISE COMBINATÓRIA. 
AULA 01 - PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM E FATORIAL DE UM NÚMERO 
NATURAL. 
INTRODUÇÃO. 
Nesta aula, abordaremos o princípio fundamental da contagem e o fatorial de um número natural. 
Resolveremos problemas que utilizem o PFC na tomada de decisões e aprendermos algumas 
estratégias básicas para a resolução de alguns problemas de contagem. 
 
Análise Combinatória 
A Análise Combinatória é um dos ramos da Matemática que exige, por parte de alunos e 
professores, uma grande dose de atenção e criatividade. Diversas são as ferramentas utilizadas para 
solucionar problemas de Análise Combinatória ou simplesmente Combinatória, dentre elas citamos 
como as mais frequentes, as combinações, os arranjos e as permutações. 
Estas são as mais comuns, por serem as mais fáceis de utilizar e por resolverem um grande número 
de problemas desse ramo tão bonito e importante da Matemática. 
Diversos são os problemas de Combinatória que nos permitem obter a solução simplesmente 
listando seus elementos e contando-os, entretanto, outros, por apresentarem um número enorme 
de elementos ou até mesmo infinito, não nos permitem essa abordagem técnica. 
Nesse primeiro momento, nos dedicaremos a esse grupo de problemas que nos permite essa 
abordagem de listar seus elementos. 
Vamos ao nosso primeiro exemplo? 
Exemplo 01. 
Mário entra em uma loja com dinheiro suficiente para comprar um presente para seu pai. O 
vendedor apresenta como opção de compra, 3 camisas diferentes e 4 calças também diferentes. De 
quantas formas Mário pode comprar esse presente? 
Solução. 
Podemos representar as 3 camisas como B1, B2 e B3 e as 4 calças como C1, C2, C3 e C4. Devemos 
atentar para o fato de que Mário precisa escolher um dos objetos dentre os 7 existentes (3 camisas 
e 4 calças). Portanto, existem 7 formas diferentes dele comprar esse presente. 
Princípio Multiplicativo. 
Se um acontecimento A pode ocorrer de p maneiras diferentes e se, para cada uma das p maneiras 
possíveis de ocorrências de A, um segundo acontecimento B pode ocorrer de q maneiras diferentes, 
então o número de maneiras de ocorrer A seguido do acontecimento B é p x q. 
Vamos ver alguns exemplos para nos familiarizarmos com o Princípio Multiplicativo (P.M) e 
certamente aumentaremos o grau de dificuldade. 
Fatorial de um número natural. 
Em diversas situações, nos deparamos com produtos de números naturais consecutivos, tais como: 
Isso não seria uma boa justificativa para introduzirmos uma maneira mais simples de representar 
esses produtos? 
Acredito que você concordará com uma resposta afirmativa. Desta forma nos conduz à definição de 
fatorial de um número natural n, que representaremos por n! 
Chamamos de fatorial de um número n, desde que seja um número natural maior que 2, ao número 
designado por n!, tal que: 
n! = n.(n-1).(n-2).(n-3). ... .3.2.1. 
Concluímos que n! é o número que representa o produto de todos os naturais, desde n até o 1. 
Exemplo: Qual o fatorial de 3? 
Simples, o produto dos números naturais, 3x2x1 = 6. 
Da mesma forma: 
5! = 5x4x3x2x1 = 120; 
6!= 6x5x4x3x2x1 = 720. 
Fatorial de um número natural. 
Você pensou na possibilidade de escrever um fatorial a partir de outro? Vamos usar um exemplo 
para organizar nossas ideias. 
Vejamos o fatorial de 8 (8!), pelo exposto temos: 8! = 8x7x6x5x4x3x2x1. 
Nós podemos escrever esse fatorial a partir, por exemplo, do fatorial de 4 (4!)? Como ficaria? 
Vejamos a seguir. 8! =4! x 5 x 6 x 7 x 8 
Ora, basta observar que do número 4 para chegarmos a 8, teremos que multiplicar por 5, 6, 7 e 8. 
Agora você pode tentar escrever a partir do fatorial de 6 (6!). 
O que determina quando e onde devemos escrever um fatorial em função do outro? Fica como 
reflexão para você! 
Mais exemplos: 
a) 5! = 5.4.3.2.1 = 120 
b) 2! . 3! = (2.1).(3.2.1) = 12 
c) (2!)2 = (2.1)2 = 4 
d) (3!)! = (3.2.1)! = 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720 
Atenção! 0! = 1 e 1! = 1. 
Para o caso de 1! fica fácil constatar o resultado. 
Porém, para chegarmos ao resultado de 0!, a visualização é mais complicada. 
Porém, siga o raciocínio:podemos dizer que n! = n.(n-1)! . Daí, fazemos 2! = 2.1! = 2. 
Logo, 1! = 2/2 = 1. 
Em seguida, por analogia, temos que 1! = 1.0!. 
Assim, 0! = 1!/1 = 1/1 = 1 
Como já foi visto, usamos tal artifício para facilitar cálculos no desenvolvimento do fatorial de um 
número, quando assim for conveniente. 
Exemplos: 
n! = n.(n-1).(n-2).(n-3)! = n(n-1)! 
10! = 10.9.8.7.6! = 10.9.8.7.6.5.4! 
AULA 02 – PERMUTAÇÃO SIMPLES E COM ELEMENTOS REPETIDOS. 
INTRODUÇÃO. 
Nesta aula, estudaremos Permutações Simples e Permutações com Elementos Repetidos 
aprendendo a diferenciar uma da outra. Abordaremos essas duas técnicas de contagem nas variadas 
situações problema. Aprenderemos quando devemos optar por esses métodos de contagem. 
 
Permutação Simples. 
Vamos à conceituação de Permutação Simples. Vamos considerar um conjunto A = {J, K, L}. 
Podemos ordenar estes elementos de diversas formas. São elas: 
{J, K, L}, {J, L, K}, {K, J, L}, {K, L, J}, {L, J, K}, {L, K, J}. 
A cada uma dessas formas (depois veremos que são denominados arranjos) chamamos de 
permutações simples dos elementos do conjunto A. 
ATENÇÃO! 
Note que os grupamentos são compostos pelos mesmos elementos, diferindo apenas na ordem 
em que eles se apresentam ou se configuram. Trata-se de qualquer sequência de três 
elementos diferentes, todos pertencentes ao conjunto A. 
Então, diante da explicação anterior, vamos definir permutação simples: 
Denominamos Permutação Simples qualquer grupamento de K elementos distintos, tomados 
dentre os mesmos K elementos distintos, de maneira que dois desses grupamentos diferem um do 
outro apenas pela ordem em que os elementos se apresentam. 
Observando o conjunto A, vemos que os seus elementos podem se apresentar de 6 maneiras 
distintas. 
Como o conjunto A, do exemplo, possui 3 elementos distintos, conseguimos observar claramente 
que o número de permutações simples possíveis de serem feitas é representada pelo fatorial do 
número de elementos do conjunto A. 
Ou seja: P3 = 3! = 3.2.1 = 6. 
Com isso, constatamos que a permutação de n elementos distintos é dada por Pn = n! 
Para que não fiquemos apenas no conceito e na definição, vamos ver algumas aplicações do novo 
conceito aprendido. 
Exemplo: Um casal e seus 4 filhos vão ser colocados lado a lado para tirar uma foto. Se todos os 
filhos devem ficar entre seus pais, de quantos modos distintos os 6 podem posar para tirar a foto? 
 
Solução: Primeiramente, vamos pensar nas formas que podemos organizar os filhos. 
Como são 4 filhos, vimos que as possíveis maneiras de organizá-los é calculada por: 
P4 = 4! = 4.3.2.1 = 24. 
Agora, devemos pensar como os pais vão se dispor para essa fotografia. 
Raciocinando que podemos ter a sequência iniciada pelo pai, filhos e, por fim, mãe e a sequência 
iniciada pela mãe, filhos e finalizada pelo pai, conseguimos observar que temos 2 formas diferentes 
de dispor os pais para essa fotografia. 
Logo, o total de formas de se tirar esta foto é: 2!4! = 2.24 = 48 formas distintas. 
Exemplo: De quantas maneiras distintas 4 pessoas podem compor uma fila indiana? 
Solução: Como são 4 pessoas, uma diferente da outra, estamos diante de um conjunto de 4 
elementos distintos e, a quantidade de formas possíveis de organizá-los é dado pelo fatorial do 
número de elementos desse conjunto. 
Assim, P4 = 4! = 4.3.2.1 = 24. 
Logo, podemos formar 24 filas indianas, uma distinta da outra. Esse problema poderia ser feito pelo 
princípio multiplicativo? Então tente refazer! 
Permutação com Elementos Repetidos. 
Já vimos as permutações simples. Agora, vamos pensar em permutações em que há a presença de 
elementos iguais. 
Facilmente, conseguimosobservar que, ao permutar 2 elementos iguais entre si, não há alteração 
no conjunto que estamos estudando. Ficará mais fácil de entender com o exemplo. 
Pensemos na palavra ARARA. Quantos anagramas podemos formar a partir deste vocábulo? 
Observação: Um anagrama consiste de permutações das letras de uma determinada palavra. Basta 
alterarmos a ordem das letras de uma palavra para obtermos um anagrama. 
Vamos fazer o seguinte: imagine se todas as letras fossem distintas umas das outras. 
Como visto na aula anterior, teríamos o total de anagramas possíveis representado por: 
P5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120. 
Logo chegaremos à conclusão de que a quantidade de anagramas possíveis para a palavra ARARA 
certamente é menor que 120. 
Para facilitar a resolução, vamos pôr índices nas letras que são repetidas. Ficaríamos com A1 R1 A2 
R2 A3. 
Dessa forma, podemos ver essas letras como sendo elementos diferentes. 
Agora, vamos tomar um anagrama qualquer desta palavra: R1 A1 A2 A3 R2. 
Quantas permutações somos capazes de fazer sem alterar esse anagrama? 
Observe os seguintes anagramas: R2 A1 A3 A2 R1 e R1 A3 A1 A2 R2. 
Vemos claramente que, ao trocarmos letras iguais de lugares, o anagrama não se modifica. 
Assim, o número possível de trocas que podemos realizar a partir de um anagrama é 3!.2!, pois 
temos 3 letras “A” e 2 letras “R”. 
Observe que as 5! Permutações possíveis no anagrama A1 R1 A2 R2 A3 são equivalentes a n grupos 
de 3!2!, pois para cada anagrama possível temos 3!2! permutações possíveis de serem feitas sem 
que o anagrama se altere. 
Por fim, chegamos à seguinte conclusão: o total de permutações do anagrama A1 R1 A2 R2 A3 é o 
somatório dos n produtos de 3!.2!. 
Ou seja, n.3!.2! = 5! 
Isto é � = 	 �!��!	.	!	
 = 10	
�
��
�
�. 
Logo, a palavra ARARA possui 10 anagramas possíveis. 
Definição: A permutação de n elementos, como n1 elementos iguais a k1, n2 elementos iguais a k2, n3 
elementos iguais a k3, e assim até nk elementos iguais a kk, com n1 + n2 + n3 + ... + nk = n e ki ≠ kj, se 
i ≠ j, é dada por: 
�����	, ��	, … ��	 =	 �!���! �	! … ��!
 
Exemplo: Qual o número de angramas da palavra ARRASTA? 
Solução: A palavra ARRASTA apresenta 7 letras, das quais 3 são letras “A”, 2 são letras “R”, 1 é a 
letra “S” e a outra é a letra “T”. Pela definição, vimos que o total de anagramas possíveis é dado 
pelo cálculo: 
� = 	 7!�3!	 .2! .1! .1!	
 = 420	
�
��
�
�. 
Exemplo: Quantos anagramas possui a palavra ARRASTA, sendo que este anagrama deve iniciar 
pela letra A? 
Solução: Para a solução deste problema, note que devemos fixar uma letra A, na primeira posição 
do anagrama e, a partir disso, realizar a permutação com elementos repetidos que restaram. 
Então, ficamos assim: A __ __ __ __ __ __. Onde há 6 espaços a serem preenchidos com as letras 
das palavras. Temos 6 letras restantes, das quais há 2 letras “A” e 2 letras “R” 
� = 	 6!�2! 2!
 = 180	
�
��
�
�	�����
 !�	�!�	
"#$�
	%. 
 
Exemplo: Qual o número de maneiras diferentes de colocar, em uma linha de um tabuleiro de 
xadrez (8 posições), as peças brancas (2 torres, 2 cavalos, 2 bispos, a rainha e o rei)? 
Solução: 	
� = 	 8!�2! 2! 2!
 = 8.7!8 = 5040	�
�#��
�. 
Exemplo: Deseja-se dispor em fila 5 crianças: Marcelo, Rogério, Reginaldo, Danielle e Márcio. 
Calcule o número das distintas maneiras que elas podem ser dispostas de modo que Rogério e 
Reginaldo fiquem sempre vizinhos. 
Solução: Uma boa estratégia para resolução do problema é imaginarmos que Rogério e Reginaldo 
são uma única pessoa. Daí passamos a ter apenas 4 pessoas que permutadas dá como resultado 
4!=24. Mas como Rogério e Reginaldo podem trocar de posição entre si, temos como resposta do 
problema 2 x 24 = 48. 
AULA 03 – PERMUTAÇÃO CIRCULAR. 
INTRODUÇÃO. 
Hoje, abordaremos as permutações circulares. Porém, antes do conceito propriamente dito, vamos a 
um exemplo para facilitar nosso entendimento. 
Premissa. 
Na conferência RIO +20, que aborda o desenvolvimento sustentável a ser adotado por grande parte 
das nações, em uma das diversas reuniões que ocorrerá, estarão presentes os presidentes dos 
Estados Unidos, da Dinamarca, da Alemanha, da Colômbia e do Brasil. 
Eles sentarão em volta de uma mesa redonda, inicialmente, na seguinte ordem, em sentido horário: 
Alemanha 
Brasil 
Colômbia 
Dinamarca 
Estados Unidos. 
Agora, vamos a nossa pergunta principal: de quantas maneiras distintas os presidentes desses 
países podem se sentar à mesa? 
À primeira vista, parece um problema bastante complicado, porém, você constatará que não é. 
Estamos diante de uma Permutação Circular. 
Vamos pensar do seguinte modo... 
Partindo de A, no sentido horário, temos a seguinte ordem: ABCDE 
Partindo de B, temos: BCDEA 
Partindo de C, temos: CDEAB 
De D, ficamos com: DEABC 
Por fim, saindo de E, ficamos com: EABCD. 
Se nós tivéssemos organizando esses presidentes em uma fila indiana, teríamos 5 permutações 
distintas. Porém, como estão sentados a uma mesa redonda, essas 5 permutações, na verdade, 
correspondem a 1 única permutação circular desses 5 elementos distintos. 
Primeiro Passo. 
Com a comparação anterior, conseguimos estabelecer um paralelo entre as permutações em linha, 
ou fila indiana, com as permutações circulares. Basta pensarmos em uma regra de três simples. 
Permutações simples Permutações Circulares 
 1 ---------------� 5 
 X ---------------� 5! 
 
Ora, se a cada 5 permutações dos 5 elementos distintos do meu grupo, em linha, correspondem a 
somente uma permutação circular, 5! permutações correspondem a: 
X = 5! / 5 = (5.4!) / 5 = 4! = 4.3.2.1 = 24. 
Assim, temos que o número de permutações circulares de 5 elementos distintos será 4! = 24 
permutações. 
Segundo Passo. 
Vamos então generalizar esse raciocínio, ou seja, vamos pensar no caso de n pessoas que devem se 
sentar a uma mesa circular. Isso corresponde a uma permutação circular de n elementos distintos. 
Seguiremos alguns passos para o nosso raciocínio: 
1 - Vimos que 1 permutação circular de 5 elementos distintos pode ser vista a partir de seus 5 
elementos, correspondendo a 5 permutações simples desses mesmos 5 elementos distintos. 
2 - Logo, se tomarmos n elementos distintos, em um dispositivo circular, teremos n pontos de 
partida para visualizar a ordem em que estão dispostos. Porém, todas essas n maneiras 
correspondem a somente uma no ponto de vista circular. 
3 - Assim, podemos realizar novamente a nossa regra de três básica: 
 1 ---------------� n 
 X ---------------� n! 
4 - Finalizando os nossos cálculos: 
' = �!� = 	�. �� − 1
!� = �� − 1
! 
5 - Por fim, a permutação circular de n elementos distintos pode ser escrita como (n-1)! 
Definição: A permutação circular de n elementos distintos, designada PCn, é dada por PCn = (n-1)! 
Vejamos outros exemplos para intensificar a nossa definição. Começando por um bem simples. 
Exemplo: De quantas formas distintas 7 pessoas podem se sentar em volta de uma mesa circular? 
PCn = (n-1)! => PCn = (7-1)! = 6! = 720. 
Logo, existem 720 formas de 7 pessoas se sentarem em volta da mesa. 
Permutações Caóticas. 
Uma permutação dos números 1,2,...,n é dita caótica (ou desordenamento) quando nenhum número 
está no seu lugar original. Assim as permutaçãoes 2341 e 3142 são caóticas, mas 1243 não é (1 e 2 
estão nos seus lugares de origem). 
As Permutações Caóticas dão origem a uma série de problemas interessantes. 
Vejamos um exemplo. 
Exemplo: Vamos formar todas as permutações possíveis com os elementos do conjunto {1, 2, 3). 
Devemos lembrar que elementos de conjuntos não obedecem uma ordenação, mas as permutações 
sim. 
Aqui estão todas as permutações possíveis com esses 3 elementos: (1,2,3), (1,3,2), (2,1,3), 
(2,3,1), (3,1,2), (3,2,1). 
Quantas dessas são caóticas?Basta observar e chegaremos que a resposta é 2. São elas: (2,3,1) e 
(3,1,2). 
Vamos pensar agora em quantas permutações caóticas temos com os elementos do conjunto 
{1,2,3,4}. Com um pouco de trabalho e paciência, podemos verificar que a resposta é 9. 
São elas: (2,1,4,3), (3,1,4,2), (4,1,2,3), (3,4,1,2), (4,3,1,2), (2,4,1,3), (2,3,4,1), (3,4,2,1), 
(4,3,2,1). 
Nós observamos que esse processo pode ser trabalhoso demais e, por isso, quando desejarmos o 
número de permutações caóticas de (1,2,.....,n) podemos aplicar a fórmula: 
)� = �!. * 10! −	 11! + 	 12! − 13! + 	…	�−1
�
�! , 
No primeiro momento, essa fórmula pode nos causar espanto, mas logo nos acostumaremos com 
ela. 
Exemplo: Suponha N(A) = n. Quantas são as funções f: A → A para as quais f(x)=x não possui 
solução? 
Quando tomamos o primeiro elemento do conjunto A, ele poderá ter como imagem qualquer 
elemento do conjunto A, exceto ele mesmo; portanto, poderá ter (n-1) possibilidades de imagem. 
Quando tomarmos o segundo elemento, novamente temos (n-1) possibilidades de imagem para 
esse elemento. Esse raciocínio é aplicado até o último elemento, onde teremos também (n-1) 
possibilidades de imagem. 
Pelo Princípio multiplicativo, teremos: 
(n-1)(n-1)(n-1)....(n-1)=(n-1)n 
Devemos ter sempre em mente todas as técnicas de contagem que já aprendemos. 
Exemplo: Suponha N(A) = n. Quantas são as funções f: A → A bijetoras para as quais a equação 
f(x) = x não possui solução? 
Lembre-se que uma função é chamada de bijetora se, e somente se, for sobrejetora e injetora 
simultaneamente. Portanto, f(1), f(2), f(3),...., f(n) deve ser uma permutação caótica de 
1,2,3,....,n. 
A resposta é Dn = n! 
Exemplo: Determine o número de permutações caóticas de (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10), nas quais os 
números 1, 2, 3, 4, 5 ocupam, em alguma ordem, os cinco primeiros lugares. 
Devemos atentar para o fato de que o problema nos pede permutações caóticas; portanto, nenhum 
elemento pode ocupar sua posição de origem. Daí, os elementos 1,2,3,4,5 devem ser arrumados 
caoticamente nos cinco primeiros lugares, e os elementos 6,7,8,9,10 devem ser arrumados 
caoticamente nos cinco últimos. Temos como resposta :D5x D5 =1936. Devemos fazer o cálculo 
para nos familiarizar com a fórmula. 
Princípio de Dirichlet. 
Um princípio bastante útil e bem interessante é o chamado “Princípio de Dirichlet”. Vejamos o que 
ele nos diz: 
“Se n objetos forem colocados em, no máximo, (n-1) gavetas, então pelo menos uma das gavetas 
conterá ao menos dois objetos”. 
Esse princípio é bastante simples. Vamos pensar juntos. Quantas pessoas devem ter em uma sala 
de aula para garantirmos que, no mínimo, 2 delas nasceram no mesmo dia da semana? 
Imagine que a 1ª pessoa tenha nascido em um domingo, a 2ª na segunda-feira, a 3ª na terça-feira, 
a 4ª pessoa na quarta-feira e assim por diante. É claro que a 8ª pessoa irá coincidir com alguma das 
outras. Logo, o número mínimo que precisamos ter são 8 pessoas. 
Devemos observar que poderíamos ter mais de 2 pessoas que nasceram em um domingo. É 
exatamente por esse fato que o princípio fala em “pelo menos uma delas conterá dois objetos”. 
Exemplo: Qual é o número mínimo de pessoas que deve haver em um grupo para que se possa 
garantir que, nesse grupo, existam pelo menos 5 pessoas nascidas no mesmo mês? 
Solução: Pensemos da seguinte forma: Para garantirmos que, no mínimo, 2 nasceram no mesmo 
mês, precisamos de 13 pessoas (exatamente 12 + 1). Para asseguramos que, pelo menos 3, 
nasceram no mesmo mês, precisamos de 25 pessoas (exatamente 2 x 12 + 1). Então, podemos 
inferir que para 5 pessoas no mesmo mês, temos: 4x12+1 = 49 pessoas. 
Exemplo: Quantas pessoas devem ter, no mínimo, em uma sala, de modo que possamos garantir 
que 4 delas tenham nascido em um mesmo mês? 
Solução: Para garantirmos tal fato será necessário que tenhamos: 3 x 12 +1=37 pessoas. 
Exemplo: Uma caixa contém 100 bolas de cores distintas. Destas, 30 são vermelhas, 30 são 
verdes, 30 são azuis e 10 são pretas. Qual o menor número de bolas que devemos tirar da caixa, 
sem ver suas cores, para termos a certeza de que a caixa contém, pelo menos, 10 bolas da mesma 
cor? 
Solução: Se tirarmos 5 bolas, pelos menos 2 terão a mesma cor, não? Claro que sim. E se tirarmos 
9 bolas? Pelo menos 3 terão a mesma cor. 
Vamos fazer uma generalização? 5 = 4 x 1 + 1, 9 = 4 x 2 +1. Então, para pelo menos n bolas, 
teremos: 4x (n-1)+1. Portanto, se estamos pedindo pelo menos 10, teremos como resposta: 4 
x(10-1)+1=37 bolas. 
Exemplo: Célia guarda suas blusas, em uma única gaveta, em seu quarto. Nela encontram-se 7 
blusas azuis, 9 amarelas, 1 preta, 3 verdes e 3 vermelhas. Uma noite, no escuro, Célia abre a 
gaveta e pega algumas blusas. Qual o número mínimo de blusas que ela deve pegar para ter a 
certeza de ter, dentre as blusas, 2 da mesma cor? 
Solução: A reposta é 6 blusas. 
AULA 04 – ARRANJOS SIMPLES E COM REPETIÇÕES. 
INTRODUÇÃO. 
vamos partir de uma situação do cotidiano para facilitar nosso entendimento. 
Consideremos 3 rapazes: João , Paulo e Pedro. 
Vamos, a partir desse pequeno grupo, formar todas as duplas possíveis. Tarefa fácil, não? 
Temos: João e Paulo, João e Pedro, Pedro e Paulo. 
Realmente foi muito fácil. Que tal aumentarmos esse grupo? 
Vamos acrescentar mais uma pessoa: Luiza. 
Agora teremos as seguintes duplas: João e Paulo, João e Pedro, Pedro e Paulo, Luiza e João, Luiza e 
Pedro, Luiza e Paulo. 
Vamos acrescentar mais uma pessoa: Regina. 
Agora teremos as seguintes duplas: João e Paulo, João e Pedro, Pedro e Paulo, Luiza e João, Luiza e 
Pedro, Luiza e Paulo, Regina e Luiza, Regina e Pedro , Regina e Paulo, Regina e João. 
É fácil observar que, na medida em que o número de pessoas aumenta, nossa tarefa vai se tornando 
cada vez mais difícil. Podemos formular algumas perguntas, tais como: 
1) Qual a finalidade dessas duplas? 
2) Estamos interessados em quais são essas duplas ou quantas são? 
3) Existiria uma maneira mais geral e mais rápida de dizermos quantas são essas duplas ? 
A seguir veremos juntos a resposta para cada uma dessas perguntas. 
A finalidade. 
É muito importante, pois se a formação da dupla tiver como objetivo representar um grupo, por 
exemplo, em uma reunião, é indiferente a dupla formada por João e Pedro ou por Pedro e João, já 
que a ordem das pessoas não alterará o objetivo final. 
Entretanto, se essa dupla tem como proposta a formação de uma chapa para concorrer às eleições 
de presidente e vice-presidente de um clube, nesse caso, a chapa formada por João e Pedro é 
diferente da chapa formada por Pedro e João, uma vez que João presidente e Pedro vice é uma 
situação diferente de João vice e Pedro presidente. 
A pergunta agora é...“Estamos interessados em quais são essas duplas ou quantas são?” 
Essa é outra pergunta importante pois, quando estamos interessados em contar os casos, a situação 
pode ser resolvida mais facilmente. 
Entretanto, se a finalidade for enumerar todas as possíveis duplas, o problema poderá se tornar 
trabalhoso demais ou até mesmo exigir outras ferramentas mais sofisticadas, como um computador. 
Existiria uma maneira mais geral e mais rápida de dizermos quantas são essas duplas ? 
Na verdade, poderíamos criar diversas estratégias para responder essa questão. 
Talvez uma estratégia razoável fosse a criação de tabelas que permitam uma melhor visualização 
da situação problema. 
Então, vejamos: na primeira situação podemos denominar João pela letra A, Paulo pela B e Pedro 
pela C e criar a tabela de dupla entrada ao lado. 
Nessa tabela, evidentemente, devemos excluir os casos AA, BB e CC que, no nosso contexto, não 
são “duplas”. Como na nossa situação inicial estamos considerando a dupla AB sendo a mesma que 
a dupla BA, temos os nossos 3 casos já identificados (AB, AC e BC). 
 AB C 
A AA AB AC 
B BA BB BC 
C CA CB CC 
 
No segundo momento, incluímos mais uma pessoa: Luiza. Ela será representada pela letra D, e 
assim temos a nova tabela. 
 A B C D 
A AA AB AC AD 
B BA BB BC BD 
C CA CB CC CD 
D DA DB DC DD 
 
Mais uma vez devemos excluir a diagonal formada pelos elementos (AA, BB, CC, DD). Como 
estamos considerando as duplas AB e BA como sendo a mesma, as nossas 6 duplas são: 
(AB,AC,AD,BC,BD,CD). 
No terceiro momento incluímos Regina que, na nova tabela, será representada pela letra E. 
 A B C D E 
A AA AB AC AD AE 
B BA BB BC BD BE 
C CA CB CC CD CE 
D DA DB DC DD DE 
E EA EB EC ED EE 
 
Nesse momento, acreditamos que podemos pensar de forma mais abstrata para um conjunto com n 
elementos. 
O total de duplas que podemos formar é igual a: n x n = n². 
Em todas as situações devemos excluir os pares que, no nosso contexto, não são “duplas”. Isto 
ocorre n vezes. 
Logo temos: n² - n = n(n-1) duplas. 
Como cada dupla está sendo contada duas vezes, devemos dividir por 2, chegando na expressão, 
que é a expressão que responde rapidamente a nossa situação: [n(n-1)]/2. 
Vejamos: 
3 Pessoas => 3(2)/2 = 3 duplas. 
4 Pessoas => 4(3)/2 = 6 duplas. 
5 Pessoas => 5(4)/2 = 10 duplas. 
Atenção! 
Nos parece razoável pensar que, quando a situação exigir que a ordem seja considerada, bastará 
que não dividamos a expressão por 2, ou seja o total de pares será dado pela expressão n(n-1). 
Que tal algumas novas situações? Mas antes, uma boa sugestão para definirmos se a ordem dos 
elementos é ou não relevante: construir um grupo do tipo que o problema menciona. 
Exemplo: 
A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é uma combinação com 5 algarismos, cada um dos 
quais pode variar de 0 a 9. 
Ele esqueceu a combinação que escolhera como segredo, mas sabe que atende às seguintes 
condições: 
a) Se o primeiro algarismo é ímpar, então o último também é ímpar; 
b) Se o primeiro é par, então o último é igual ao primeiro; 
c) A soma dos segundo e terceiro algarismos é 5. 
Quantas combinações diferentes atendem às condições estabelecidas pelo Dr. Z? 
Seja Z = abcde o número procurado. Da segunda condição sabemos que b + c =5, condição que 
será atendida em 6 situações. São elas: 
b = 0 e c = 5 
b = 1 e c = 4 
b = 2 e c = 3 
b = 3 e c = 2 
b = 4 e c = 1 
b = 5 e c = 0 
Analisemos o caso onde o algarismo a é ímpar: então, o último também será. Devemos observar 
que a escolha do d está livre e, portanto, poderá ser feita de 10 maneiras diferentes. 
Logo, nessa primeira situação, temos: 5 x 6 x 10 x 5 = 1500. 
Analisemos o caso onde o algarismo a é par: então o último algarismo já está definido e é igual ao 
mesmo valor escolhido para o a. Portanto, temos: 5 x 6 x 10 x 1 = 300. 
Somando as duas situações, obtemos a resposta procurada: 1500 + 300 = 1800. 
Esse problema combina os dois princípios de contagem: Princípio Multiplicativo e Princípio da Adição. 
Definição: 
Arranjos simples de n elementos tomados p a p, onde n ≥ 1 e p é um número natural tal que p ≤ n, 
são todos os grupos de p elementos distintos que diferem entre si pela ordem e pela natureza dos p 
elementos que compõem cada grupo. 
%�,- =	 �!�� − .
! 
 
Arranjos com Repetição. 
Seja M um conjunto com m elementos, chamamos Arranjo com Repetição dos m elementos, 
tomados r a r, toda r-upla ordenada (sequência de tamanho r) formada com elementos de M, não 
necessariamente distintos. 
O número de arranjos com repetição de m elementos tomados r a r é indicado por: 
�%/
0,120	3	0	3	0		3…3	02	04 
 
AULA 05 – COMBINAÇÕES SIMPLES. 
Premissa. 
Nesta aula, iremos abordar o mais frequente tipo de grupamento, que são as combinações. Esse 
tipo de grupamento ganha importância por ser de fácil entendimento e por resolver uma grande 
quantidade de problemas da Análise Combinatória. 
Entretanto, não podemos esquecer que existem outras técnicas de contagem que são utilizadas para 
resolver outros tipos de problemas, mas que por hora não serão abordados aqui. 
Atenção! 
Você deverá prestar muita atenção e adotar sempre uma postura muito crítica diante de cada um 
das nossas situações problemas que serão mencionadas a seguir, observando e analisando com 
muito cuidado cada uma. As soluções dos problemas de Análise Combinatória costumam mudar seu 
rumo de uma direção para outra, bastando para isso uma ligeira troca de palavras em seu 
enunciado. Então vamos lá! 
Primeiro exemplo. 
Vamos buscar um exemplo do cotidiano. 
Vamos imaginar que em uma empresa temos 4 funcionários em condições de obterem uma 
promoção: Paulo, Bernardo, Carlos e Marcelo, dentre os quais 2 serão escolhidos para ocupar dois 
cargos idênticos e com o mesmo salário. 
A diretoria terá a importante tarefa de escolher dentre 4 pessoas 2 para serem promovidas e, 
portanto, melhorarem suas condições funcionais. De quantas maneiras distintas a diretoria da 
empresa, a quem cabe a decisão, pode escolher essas 2 pessoas? 
Pensemos nas possíveis duplas que poderão ser formadas: 
Paulo e Bernardo, Paulo e Carlos, Paulo e Marcelo. 
Bernardo e Paulo, Bernardo e Carlos, Bernardo e Marcelo. 
Carlos e Paulo, Carlos e Bernardo, Carlos e Marcelo. 
Marcelo e Paulo, Marcelo e Bernardo, Marcelo e Carlos. 
Como identificamos a ordem desses grupamentos não interfere na dupla, ou seja, a dupla Paulo e 
Bernardo é a mesma de Bernardo e Paulo. 
Utilizando essa linha de raciocínio, concluímos que, nessa situação, cada possível dupla foi contada 
duas vezes. 
Logo, se dividirmos o total de duplas por 2 encontramos a resposta do problema. 
Das 12 possíveis duplas apenas 6 são distintas. 
Entretanto, parece que nossos candidatos estão mesmo com sorte. Na última hora, a diretoria 
anuncia que mais uma vaga foi criada e mais 1 candidato será escolhido nas mesmas condições dos 
outros 2. 
A diretoria passa a ter que escolher dentre os 4 candidatos, 3 nomes. A tarefa ficou mais fácil para a 
diretoria, pois apenas 1 ficará de fora da escolha. 
Todavia mais difícil para nós, pois escrever todos os possíveis grupos de 3 nomes é mais complicado 
do que escrever as possíveis duplas. 
Nesse momento, podemos recorrer ao princípio multiplicativo, fixando momentaneamente uma 
ordem de escolha, ou seja, o primeiro nome, o segundo nome e o terceiro nome. 
Primeiro nome: 4 possibilidades de escolha. 
Segundo nome: 3 possibilidades de escolha. 
Terceiro nome: 2 possibilidades de escolha. 
Daí, temos: 4 x 3 x 2 = 24 possibilidades 
Aumentou o número de possibilidades? Claro que existe alguma coisa errada, não? 
O número de ternas (grupo de 3) não pode ser maior que o número de duplas (grupo de 2). Então 
onde estamos errando? Descobriu? Tente! 
Para facilitar nosso entendimento, vamos supor que os escolhidos sejam Paulo, Bernardo e Marcelo, 
e para melhorar nossa visualização vamos representar cada um dos candidatos pela letra inicial de 
seu nome: Paulo (P), Bernardo (B) e Marcelo (M). 
Vamos formar os grupos de 3... 
P, B, M P, M, B M, B, P M, P, B B, P, M B, M, P. 
RESOLUÇÃO. 
Como sabemos, a ordem não é relevante e o mesmo grupo está sendo contado 6 vezes (3!). Logo, 
para obtermos a reposta correta devemos dividir o total de grupos encontrados por 3!. 
Assim temos 24/3! = 24/6 = 4. 
Segundo exemplo. 
E agora, que tal pensarmos na Mega Sena, jogo milionário que é o sonho de muitos? 
Seria fácil acertar? Sabemos que não! 
Mas como podemos comprovar esse fato? 
O jogo mínimo da Mega Sena consiste na escolha de 6 dezenas dentre as 60 disponíveis. 
Imagine que você irá realizar um jogo mínimo, ou seja, você irá escolher as 6 dezenas dentre as 60 
oferecidas para efetuar o seu jogo. 
Primeiramente vamos supor que a ordem seja relevante, então podemos fazer essa escolhade... 
Primeira dezena: 60 possibilidades de escolha 
Segunda dezena: 59 possibilidades de escolha 
Terceira dezena: 58 possibilidades de escolha 
Quarta dezena: 57 possibilidades de escolha 
Quinta dezena: 56 possibilidades de escolha 
Sexta dezena: 55 possibilidades de escolha 
Pelo Princípio multiplicativo, temos: 
60 x 59 x 58 x 57 x 56 x 55 = 36.045.979.200 possibilidades 
Seria legal se o resultado fosse exibido num jogo... 
Mas como sabemos que a ordem da escolha não modifica o nosso jogo? 
RESOLUÇÃO. 
Temos, por exemplo: 45, 30, 23, 18, 25 e 10 é o mesmo jogo que 30, 23, 10, 25, 45 e 18. Temos, 
então, que dividir o número acima por 6! = 720. Daí, temos como resposta: 
36.045.979.200 / 720 = 50.063.860. 
Devemos observar, como curiosidade, que uma pessoa que faça um jogo simples, na Mega Sena, 
terá uma única possibilidade em 50.063.860, o que não significa dizer que você não possa ganhar! 
Terceiro exemplo. 
Escapamos dessa fria, que tal um sorvete? 
Suponha que você entre em uma sorveteria e quer comprar um sorvete de casquinha que é servido 
com 3 bolas, e você pode escolher o sabor de cada bola dentre 10 sabores distintos que são 
oferecidos, sendo que as 3 bolas devem ter sabores diferentes. 
De quantas maneiras você pode escolher seu sorvete? 
Vamos imaginar mais uma vez que a ordem da escolha de cada uma das 3 bolas que irão compor o 
sorvete seja relevante. 
Então, temos: 
Primeira escolha: 10 possibilidades para a bola de baixo. 
Segunda escolha: 9 possibilidades para a escolha da bola do meio. 
Terceira escolha: 8 possibilidades para a escolha da bola de cima. 
Pelo princípio multiplicativo, temos: 10 x 9 x 8 = 720 maneiras. 
Dividindo 720 por 6 encontramos como resultado 120 que é o número de maneiras distintas de 
escolher o nosso sorvete. 
Atenção! 
Como sabemos, a ordem como o sorvete é composto não é relevante. Por exemplo, chocolate-
morango-creme é o mesmo sorvete que morango-creme–chocolate; portanto, o resultado deverá 
ser dividido por 3! = 6. 
Quarto exemplo. 
Bem, depois desse sorvete, se deu em você uma tremenda dor de garganta acho que deve procurar 
um especialista. Abra o livro do seu plano de saúde e encontre o nome de 10 médicos que podem 
lhe ajudar. 
Como é bom sempre escutar a opinião de 2 profissionais, marque a consulta com 2 médicos 
diferentes. 
Admitindo que a ordem que você realiza essa consulta não seja relevante, de quantas maneiras 
diferentes pode consultar esses especialistas? 
A estratégia para resolver o problema é a mesma que estamos utilizando desde o início. Supomos 
que a ordem seja relevante e aplicamos o princípio multiplicativo. 
Então, vejamos. 
Escolha do primeiro médico: 10 possibilidades de escolha. 
Escolha do segundo médico: 9 possibilidades de escolha. 
Pelo princípio multiplicativo, temos: 10 x 9 = 90 maneiras de escolher os dois médicos. 
Entretanto, sabemos que a ordem dos médicos, pelo enunciado do problema, não está sendo 
considerada, e esse fato nos obriga a dividir o resultado encontrado por 2!, achando como resposta 
final 45 maneiras de realizar essas consultas. 
Combinação Simples. 
Definição. 
Dado um conjunto qualquer de n elementos e sendo p um número inteiro e positivo tal que p ≤ n, 
chama-se combinação simples dos n elementos dados, agrupados p a p, a qualquer subconjunto de 
p elementos distintos formados com elementos do conjunto. O número de combinações simples é 
dado por: 
5�,- = 5�- =	 �!.! �� − .
!	 = 	%�,-.! 
Você se assustou com a fórmula? Ela existe apenas para facilitar o cálculo nos nossos problemas. 
Observe que ao considerarmos a ordem como relevante, que foi a estratégia usada, em cada uma 
das situações anteriores, estamos construindo um arranjo simples, o numerador da fórmula e, em 
todas as situações mencionadas, dividimos o resultado por um fatorial, que é o nosso denominador 
na fórmula apresentada. 
Dentro da Análise Combinatória encontraremos explicação para diversos tópicos por nós estudados e 
que, na ocasião, não ficaram muito claros e ainda para aqueles que tivemos dificuldades para 
aprender e aplicar. 
Quinto exemplo. 
Como exemplo, podemos citar o cálculo das diagonais de um polígono convexo de n lados. 
Para facilitar nosso entendimento podemos usar um hexágono. Existem dois tipos de segmentos que 
ficam determinados quando escolhemos 2 vértices: os lados e as diagonais. Os lados aparecem 
quando os vértices são consecutivos e as diagonais no caso contrário. 
É importante perceber que, para formarmos um segmento, necessitamos de 2 pontos distintos e 
que a ordem desses pontos na determinação desse segmento, não é relevante, ou seja, o segmento 
determinado por A e B será o mesmo segmento determinado por B e A. 
Portanto, se estamos interessados em descobrir quantas diagonais o hexágono possui é suficiente 
escolhermos 2 vértices dentre os 6 que ele possui. Para isso basta que façamos 56,	 = 15 diagonais. 
 
Mas não podemos esquecer que desse total devemos subtrair 6 unidades, que correspondem aos 
lados e que foram computados como se fossem diagonais, então encontramos 9 diagonais (15-6 = 
9). 
Simples, não? Está se lembrando da fórmula para calcular o número de diagonais de um polígono 
convexo, estudada no ensino fundamental? 
d = n(n-3)/2. 
Pode ser facilmente deduzida. Basta utilizar o mesmo raciocínio feito anteriormente, só que agora 
para n lados ao invés de 6. 
Teremos, nesse caso, 5�,	 − 	� = 	 ���7�
� . 
Sexto exemplo. 
Suponha que para a seleção brasileira foram convocados 3 goleiros, 6 zagueiros, 8 meios de campo 
e 6 atacantes. 
De quantos modos é possível escalar a seleção com 1 goleiro, 4 zagueiros, 4 meios de campo e 2 
atacantes? 
Podemos dividir o problema em quatro etapas: 
1ª - Escolha do goleiro. Pode ser feita de = 3 maneiras distintas. 
2ª - Escolha dos 2 zagueiros. = 15 maneiras distintas (os zagueiros jogam dos dois lados 
indistintamente). 
3ª - Escolha dos 4 meios de campo. = 70 maneiras distintas (os meios de campo jogam em todas as 
posições do meio indistintamente). 
4ª - Escolha dos 2 atacantes. = 15 maneiras distintas (os atacantes jogam em todas as posições do 
ataque indistintamente). 
Aplicando o princípio multiplicativo, temos: 3 x 15 x 70 x 15 = 47.250 maneiras. 
AULA 06 – NÚMEROS BINÔMIAIS E TRIÂNGULO DE PASCAL. 
Introdução. 
Nesta aula, iremos abordar o conceito de números binomiais e sua ligação com o cálculo do número de 
combinações simples. Aprenderemos a importância dos números binomiais para o estudo da Análise 
Combinatória e sua ligação com o chamado Triângulo de Pascal. Uma porta será aberta para o futuro estudo das 
expansões binomiais. Ao final desta aula, você deverá ter uma visão clara da importância dessas duas 
ferramentas para o nosso estudo. 
Vamos ver a seguir o assunto que trata de números binomiais e Triângulo de Pascal. 
Repare que o nosso curso está organizado de forma sequencial, pois são necessários os conhecimentos 
ministrados nas aulas anteriores. 
Relembrando. 
Fazendo a ligação com a aula anterior, você ainda lembra o conceito de Combinação Simples, não? 
Caso contrário, vamos a uma rápida revisão, com a definição. 
Definição: Dado um conjunto qualquer com n elementos e p um número inteiro e positivo, tal que p 
≤ k, denominamos combinação simples de n elementos, tomados p a p, a qualquer subconjunto de 
p elementos distintos, composto por elementos desse conjunto. 
Esse número é expresso por: 
 
5�,- = 5�- = 
8!
.! �8 − .
! = 
%�,-
.! 
Número binomial. 
Vamos a nossa conceituação de número binomial, que está intimamente ligada ao conceito que 
acabamos de revisar. 
Como vimos, o número de combinações de k elementos tomados p a p é indicado por 5�,-. 
No contexto da nossa aula de hoje,podemos expressar esse número da seguinte forma: 98.:. 
Interpretamos esse número como número binomial de numerador p e denominador k ou ainda, 
número binomial p sobre k. Assim, expressamos: 
98.: = 5�,- = 5-� =
8!
.! �8 − .
! = 
%�,-
.! , .
�
 ;8, .< ⊂ >, . ≤ 8. 
Números binomiais complementares. 
Observando os exemplos anteriores podemos inferir o conceito de números binomiais 
complementares. 
Conceito: Dois números que possuírem o mesmo numerador e cuja soma dos denominadores for 
igual a este numerador que é comum, denominamos números binomiais complementares. 
Porém, isso não é novidade para você, não? 
Vimos muitos casos destes quando estudamos as combinações simples e seus casos aplicados, 
lembra? Vamos a alguns exemplos para facilitar a nossa compreensão. 
@53A @
5
2A são números binomiais complementares. 
@61A @
6
5A são números binomiais complementares. 
@90A @
9
9A são números binomiais complementares. 
98.: @
8
ℎA são números binomiais complementares, onde . + ℎ = 8 ⟹ ℎ = 8 − . ⇒ 9
8
.: 9
8
8 − .: 
Veja, também não é nenhuma novidade que os números binomiais complementares são iguais, não? 
Ou seja, vale a relação 98.: = 9
8
8 − .: com {k, p} contidos no conjunto dos Números Naturais e com p 
menor ou igual a k. 
Vamos a uma rápida demonstração, para que você perceba que não há mistério, nem nada de 
complicado: 
98.: = 	 8!.! �8 − .
! = 	 8!�8 − .
! [8 − �8 − .
]! = 	 8!�8 − .
! .! = 9 88 − .: 
Relação de Stiffel. 
Vamos aproveitar agora para mostrar a Relação de Stiffel, que é bastante importante para a 
resolução de alguns problemas. Sendo {p,n} contido no Conjunto dos Números Naturais e n+1≤p, 
temos que : 
98.: +	9 8. + 1: = 	 98 + 1. + 1: 
98.: +	9 8. + 1: = 8!.! �8 − .
! +	 8!�. + 1
! [8 − �. + 1
]! = 	 8!.! �8 − .
! +	 8!�. + 1
! �8 − . − 1
! 	⟹ 
8!.! �8 − .
�8 − . − 1
! +	 8!�. + 1
.! �8 − . − 1
! = 	 8! �. + 1
 + 8! �8 − .
�. + 1
.! �8 − .
�8 − . − 1
! 	⇒	 
8! �. + 1
 + 8! �8 − .
�. + 1
.! �8 − .
�8 − . − 1
! = 	 �8 + 1
8!�. + 1
! �8 − .
! = 	 �8 + 1
!�. + 1
! �8 − .
! = 98 + 1. + 1: 
Observação: 
98.: = 	 �!-!��7-
! 	⇒ 98 + 1. + 1: = ��H�
!�-H�
![��H�
7�-H�
]! =	 ��H�
!�-H�
!��7-
! 
Exercícios resolvidos 
Exercício 1 - Qual a solução da equação @ 10� + 3A = @ 10� + 1A? 
- Antes de verificar a condição de existência, analisemos as duas maneiras de o número binomial 
existir: 
1) n+3 = n+1 → ∄� 
2) n+3+n+1 = 10 → n=3 
Agora, fazendo a verificação devemos recordar que, para um número binomial 98.: existir, vale a 
condição de que ambos devem pertencer ao conjunto dos números naturais e n deve ser menor ou 
igual p. Quando fazemos n = 3 na equação original, temos que @106 A = @104 A. Como isso é verdadeiro, 
temos que o conjunto solução do nosso problema é S={3}. 
Exercício 2 - Utilizando a Relação de Stiffel, vamos calcular: 
a) @74A + @75A = 	 @85A 
b) @100 A + @101 A = 	 @111 A 
c) @94A + @95A = 	 @105 A 
 
Exercício 3 - Resolva a equação binomial @ 162J − 3A = @ 16J + 1A. 
2x-3=x+1 => 2x-x =1+3 => x =4 
2x-3+x+1 = 16 => 3x = 18 => x = 6 
Para que ocorra a igualdade entre dois números binomiais, duas condições devem ser verificadas, 
como já vimos. 
 
A primeira é clara: os denominadores devem ser iguais; a segunda, conforme já foi visto 
anteriormente, está ligada aos binomiais complementares, que também são iguais. 
 
Desta forma, a solução do nosso exercício é { 4,6 } 
 
Blaise Pascal 
 
Blaise Pascal (1623 - 1662) foi um matemático, filósofo, físico e escritor francês que contribuiu para 
a Matemática com trabalhos sobre variados temas, dentre eles o cálculo de probabilidades. 
 
Órfão de mãe aos 3 anos de idade, foi educado por seu pai, um intelectual respeitado, com alguns 
conceitos pedagógicos que não eram convencionais a sua época. Considerava fraca e débil a saúde 
de seu filho, achando que ele só devia aprender conceitos geométricos aos 15 anos de idade. 
 
Aos 12 anos, sensibilizou o seu pai e recebeu em troca um exemplar da famosa obra Elementos de 
Euclides. 
 
Quando completou 14 anos, começou a frequentar reuniões científicas realizadas pelo matemático 
Mersenne (1588 - 1648) que também eram frequentadas por Descartes, juntamente com seu pai. 
Contribui decisivamente para a criação de dois ramos importantíssimos da Matemática: Geometria 
Projetista e a Teoria das Probabilidades. 
 
Tratado sobre o Triângulo Aritmético 
 
Pascal continuou a influenciar a Matemática ao longo de sua vida. Seu Tratado sobre o Triângulo 
Aritmético de 1653 descreveu uma apresentação tabular conveniente para os coeficientes binomiais, 
agora chamado Triângulo de Pascal. 
 
Observe abaixo como o triângulo também pode ser representado. 
 
 
 
Teoria Matemática das Probabilidades 
 
Em 1654, requisitado por um amigo interessado em problemas de jogo, ele correspondeu-se com 
Fermat sobre o assunto, e dessa união de pensamentos nasceu a Teoria Matemática das 
Probabilidades. 
 
O amigo era o Chevalier de Mère, e o problema específico foi envolvendo dois jogadores que 
queriam terminar um jogo mais cedo e, dadas as atuais circunstâncias da partida, precisavam dividir 
as apostas de forma justa, com base na chance que cada um teria de ganhar o jogo a partir daquele 
ponto. 
 
Aposta de Pascal 
 
Depois da discussão entre os amigos, a noção de valor esperado foi introduzida. Pascal usou um 
argumento probabilístico, a Aposta de Pascal para justificar a crença em Deus e uma vida virtuosa. 
 
O trabalho realizado por Fermat e Pascal para o cálculo de probabilidades estabeleceu os 
fundamentos importantes para a formulação de Leibniz do cálculo infinitesimal. 
 
Depois de uma experiência religiosa, em 1654, Pascal praticamente desistiu do trabalho em 
Matemática. 
 
A história de Blaise Pascal é fantástica e comovente. Caso deseje pesquisar mais a fundo a vida 
deste grande personagem da história da Matemática e da Física, há bons livros e sites que, ao longo 
de nosso curso, serão disponibilizados. 
Triângulo de Pascal 
Concentremos agora nossos estudos no Triângulo de Pascal. 
O Triângulo de Pascal nada mais é que uma tabela de números binomiais, onde cada número está 
localizado na linha p e na coluna n. 
Repare, ao lado, que a montagem do famoso triângulo é bastante simples: o numerador do número 
binomial corresponde a linha que ocupa, enquanto o denominador representa a sua coluna, 
lembrando que a primeira linha começa com numerador e denominador iguais a zero. 
 
 
1) Observem que o elemento de cada linha é sempre igual a 1, pois todo binomial de 
denominador zero é igual a 1; 
 
2) Observem também que o último elemento de cada linha também é igual a 1, pois todo 
binomial de numerador igual ao seu denominador é igual a 1; 
 
3) Lembram da Relação de Stiffel? Então, temos que a soma de dois binomiais consecutivos 
de uma linha p é igual ao binomial localizado na linha seguinte, logo abaixo do segundo 
binomial somado. 
 
 
 
 
Acreditamos que não tenha ficado qualquer dúvida, certo? Continuemos então com alguns exercícios 
resolvidos, que nos apresentarão mais propriedades do Triângulo de Pascal. 
 
Exercícios resolvidos - Triângulo de Pascal 
 
Exercício 1 - Constate que, no Triângulo de Pascal, a seguinte propriedade é válida: a soma dos 
elementos que formam a linha p do triângulo é 2P. 
 
 
 
 
• Da linha ZERO, temos: 20 = 1 
 
• Da linha UM, temos: 21 = 2 
 
• Da linha DOIS, temos: 22 = 4 
 
• Da linha TRÊS, temos: 23 = 8 
 
• Da linha QUATRO, temos: 20 = 16 
 
Exercício 2 - Constate que, no Triângulo de Pascal, vale a seguinte propriedade: a soma dos 
elementos da coluna n, desde o primeiro elemento até o elemento da linha p, é igual ao elemento 
 @. + 1� + 1A. 
 
• Tomemos a coluna 1, da linha 1 até a linha 4: observeque temos os seguintes elementos, 
na ordem da coluna: 1, 2, 3 e 4. 
 
• Somando esses elementos, temos: 1+2+3+4 = 10. 
 
• O número 10 é o elemento localizado na linha 5 e na coluna 2, ou seja, na coluna 1+1 e na 
linha 4+1. 
 
• Assim, o soma dos elementos da coluna n, desde o primeiro elemento até o elemento da linha p, 
por indução, é igual ao elemento @. + 1� + 1A. 
 
 
Finalizando a aula. 
Então, acreditamos que tenha gostado da nossa aula de hoje. 
Tal conteúdo é extremamente importante para a compreensão da nossa próxima aula: Binômio de 
Newton. 
Esta parte do nosso curso envolve potências do tipo (x+a), onde x e a são números quaisquer e n 
pertence ao Conjunto dos Números Naturais. Verá que a expansão dessas potências envolvem os 
conhecimentos aprendidos nesta aula. 
Para não perdermos o nosso costume, fique com algumas questões para praticar e solidificar os 
conhecimentos no raciocínio. 
AULA 07 – BINÔMIO DE NEWTON. 
Introdução. 
Nesta aula, abordaremos a expansão binomial por meio do Binômio de Newton. Aprenderemos não 
só a aplicar a fórmula do Binômio de Newton, mas principalmente, o raciocínio utilizado para 
chegarmos a ele. Também estabeleceremos uma conexão entre o Triângulo de Pascal e o Binômio 
de Newton, abordando a elegância que a análise combinatória nos proporciona. 
 
O que é binômio? E quem foi Newton? 
Estamos de volta e, na aula de hoje, conforme comentado na anterior, vamos abordar um assunto 
que é bastante importante em nosso curso de Análise Combinatória: Binômio de Newton. 
Você deve estar se perguntando: o que é um binômio? Pois bem! Binômio é qualquer expressão da 
forma x + y, ou seja, é a representação da soma algébrica de duas quantidades distintas. 
“Isaac Newton nasceu na aldeia de Woolsthorpe, no dia de Natal de 1642, ano do falecimento de 
Galileu.” Preparamos uma biografia de Newton para você! 
Aplicação 
Bom, agora como já sabemos o que é um binômio e quem foi Newton, vamos ao Binômio de 
Newton! 
Sentimos a necessidade, por vezes de desenvolver potências do tipo (x + a)n, onde x e a são 
números quaisquer e n ∈ N. 
Sabemos que o desenvolvimento da potência (x + a)2 fica x² + 2ax + a². 
 
Porém, se quisermos uma potência do tipo em questão com o valor de n igual a 12? Assim a tarefa 
fica muito mais complicada. Veremos ao longo dessa jornada que não é uma tarefa assim tão árdua, 
graças aos trabalhos de Newton. 
 
Vamos facilitar um pouco? 
Agora usaremos como ponto de partida o desenvolvimento da multiplicação de 3 binômios: 
(m+n) x (p+q) x (r+s) = mpr + mps +mqr + mqs + npr + nps + nqr + nqs. 
 
Complicado? Calma! Observe que cada termo desta soma é composto por 3 letras, sendo que cada 
letra é escolhida dentre as duas de cada um dos binômios. 
 
 
Lembra-se do nosso famoso princípio multiplicativo, não? 
 
Pois bem, tal princípio nos permite contar o número de termos existentes deste tipo. Se em cada um 
dos 3 parênteses devemos escolher 1 letra, dentre as 2 existentes, chegamos à conclusão de que o 
número de termos do produto será de 2x2x2 = 2³ = 8. 
 
Vamos ver isto na prática? 
 
O Binômio de Newton é um produto de binômios iguais. Vamos tomar, por exemplo, o produto de 5 
binômios, todos iguais: (x+a) (x+a) (x+a) (x+a) (x+a). Seguindo a nossa linha de raciocínio, 
teremos 25 = 32 formas de selecionarmos 5 letras, uma de cada binômio. Porém, temos que todos 
os binômios são iguais. 
 
Então, teremos termos repetidos! Fácil de constatar isso, certo?! 
 
Combinação. 
 
Sabemos que essas 5 letras podem ser organizadas de P5
2,3 formas distintas. 
 
Quantos termos iguias a²x³ serão obtidos depois de efetuadas todas as multiplicações possíveis? 
 
Essa pergunta é respondida à luz da Análise Combinatória. Deve-se calcular o número de formas 
diferentes de escolher o x em 3 dos 5 fatores (x + a) e o a nos outros 2. Observe que, ao 
escolhermos x em 3 fatores, a escolha de a fica automaticamente determinada nos fatores que 
restam. 
 
Desta forma, devemos apenas calcular o número de formas diferentes de escolher o x em 3 dos 5 
fatores. Daí, chegamos ao nosso conceito de combinação. 
 
Portanto podemos afrimar que o termo a²x³ aparecerá exatamente esse número de vezes. Isso 
equivale dizer que o coeficiente de a²x³ é exatamente @53A depois de efetuadas todas as 
multiplicações. Para outros termos devemos pensar de modo análogo. 
 
Observe ainda que, qualquer que seja o termo, consiste no produto de 5 letras, ou seja, o termo 
geral é da forma apxq, onde p+q = 5 ou ainda cada termo é apx5-p. 
 
Consideremos um exemplo inicial para elucidar ainda mais o entendimento do que foi abordado 
anteriormente. 
 
Calculemos (x + a)². 
 
Deve-se aplicar a propriedade distributiva para que possamos resolver este produto: o x do primeiro 
fator será multiplicado pelo x e pelo a; em seguida o a do primeiro fator será multiplicado pelo x e 
pelo a do segundo fator novamente. 
 
(x + a)² => (x + a)² = (x + a) (x + a) = x² + 2ax + a². 
 
Desta maneira, o problema se resolve em 2 etapas, conforme o princípio fundamental da contagem: 
 
1) Na primeira etapa, temos 2 opções (escolher o x ou a do primeiro fator). 
2) Já na segunda etapa, temos novamente duas opções (escolher o x ou a do segundo fator). 
 
 
Etapa 1 Etapa 2 Soluções 
x 
x x² 
a xa 
a 
x ax 
a a² 
 
 
Somando-se todos os resultados obtidos, teremos ( x + a )² = x² + 2ax + a². 
 
Foi bem tranquilo, certo? Vamos desenvolver a expressão (x + a)³ raciocinando da mesma forma: 
(x + a)³ = (x + a) (x + a) (x + a). 
 
Note que a "coisa muda um pouco de figura". O problema é composto por 3 partes. A 1ª consiste 
em escolher x ou a do primeiro fator. Em seguida, será escolhido o x ou a do segundo fator. Por fim, 
a última parte consiste em escolher o x ou o a do terceiro fator. 
 
Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3 Soluções 
x 
x 
x x³ 
a x²a 
a 
x x²a 
a xa² 
a 
x 
x ax² 
a a²x 
a 
x a²x 
a a³ 
 
 
Veja que, das 8 possibilidades, 3 possuem a forma x2a e 3 possuem a forma xa2. Somando todos 
os resultados possíveis, temos: (x + a)³ = x³ + 3x²a + 3xa² + a³. 
 
Agora uma ressalva: sabe-se que esta equação possui C4,1 = 4 soluções. Lembra-se do nosso 
problema de equações lineares, não? Está na nossa aula de combinações. 
 
Vamos a mais uma tabela: a de soluções. 
 
p q Termo 
3 0 x³a° 
2 1 x²a 
1 2 xa² 
0 3 x°a³ 
 
Repare que a tabela nos auxilia saber quais são os possíveis termos, porém não nos diz quantas 
vezes eles aparecem no desenvolvimento do binômio. 
 
Para isso, devemos saber quantos tipos de ordenamento podemos fazer com os fatores de cada 
termo. Aí entra um conceito também já conhecido: permutação. 
 
 
 
 
Triângulo de Pascal 
 
Vamos realizar um link com a aula anterior: lembra-se do Triângulo de Pascal? Pois bem, veja a 
ligação dos assuntos observando o triângulo: 
 
 
 
Podemos constatar que os números que compõem o famoso Triângulo de Pascal são os coeficientes 
dos termos do desenvolvimento do Binômio de Newton. 
 
Agora, só há uma maneira de consolidarmos o nosso conteúdo: praticar! 
 
Vamos a alguns exemplos resolvidos e comentados para atingir mais uma das metas planejadas em 
nosso curso. 
 
Exercícios. 
 
Exercício 1 - Qual é o coeficiente do termo em x4 no desenvolvimento da potência (1+2x)6 ? 
 
Desenvolvendo (1+2x)6 temos: 
 
@60A �2J
6�1
L + @61A �2J
��1
� + @62A �2J
M�1
	 + @63A �2J
��1
� + @64A �2J
	�1
M + @65A �2J
��1
� +	@66A �2J
L�1
6 
 
O termo que nos interessa é @62A �2J
M�1
	. @62A = 6!	!M! = 15. 
Mas no termo temos �2J
M�1
		!� #	2M. 1	 = 16. 
Assim o coeficiente para o termo JM é dado por 15.16 = 240. 
 
Exercício 2 - Qual é o sexto termo da expansão de (x-5y)10 ? 
 
Desenvolvendo (x-5y)10 temos: 
 
 
@100 A �J
�L�−5N
L + @101 A �J
O�−5N� + @102 A �J
P�−5N
	 + @103 A �J
Q�−5N
� + @104 A �J
6�−5N
M + @105 A �J
��−5N
�+	… 
 
O termo que nos interessa é @105 A �J
��−5N
�.	 @105 A = �L!�!�! =	 �L.O.P.Q.6�.M.�.	 = �L	ML�	L = 252. 
 
Mas no termo temos �J
��−5N
�	!� #�−5
� = −3125 
Assim o sexto termo é 252�−3125N�
 = 	−787500J�N�. 
 
 
 
Exercício 3 - Qual é o desenvolvimento da potência (3x -y)5 ? 
 
Desenvolvendo (3x -y)5 temos: 
 
@50A �3J
��−N
L + @51A �3J
M�−N
� + @52A �3J
��−N
	 + @53A �3J
	�−N
� + @54A �3J
��−N
M + @55A �3J
L�−N
� 	⟹ 
 1. �243J�
�1
 + 	5. �81JM
�−N
 + 10�27J�
�N²
 + 10�9J	
�−N�
 + 5�3J
�NM
 + 1�1
�−N�
 ⇒ 
 �243J�
 − �405JMN
 + �270J�N²
 − 10�90J	N³
 + �15JNM
 − N�. 
 
Exercício 4 – Determine o valor da expressão abaixo. 
 
@50A �3
��2
L + @51A �3
M�2
� + @52A �3
��2
	 + @53A �3
	�2
� + @54A �3
��2
M + @55A �3
L�2
� 	⟹ 
 
(1.243.1) + (5.81.2) + (10.27.4) + (10.9.8) + (5.3.16) + (1.1.32) = 243 + 810 + 1080 + 720 + 
240 + 32 = 3125. 
 
AULA 08 – TERMO GERAL DO BINÔMIO DE NEWTON. 
Introdução. 
Nesta aula, abordaremos o Binômio de Newton e o procedimento adequado para o cálculo de um 
termo qualquer desse desenvolvimento. Veremos as relações intrínsecas existentes entre o Binômio 
de Newton e o triângulo de Pascal. Estudaremos ainda como podemos articular o triângulo de 
Pascal, uma das sequências mais importantes da Matemática. 
 
Nesta aula, abordaremos o assunto Termo Geral do Desenvolvimento do Binômio de Newton. É 
bastante simples, pois é uma constatação da forma, do modelo de um termo de um 
desenvolvimento de uma potência de um binômio. 
 
Para que possamos ter uma compreensão plena desta aula é necessário que os conhecimentos 
aprendidos na aula anterior estejam bastante alicerçados. 
 
Trata-se de uma continuação dos ensinamentos acerca do Binômio de Newton. 
 
A importância do Termo geral. 
 
A necessidade de se aprender o termo geral reside no fato de que nem sempre será pedido para que 
se realize o desenvolvimento todo, mas sim qual é um termo específico do desenvolvimento. Isso 
nos poupará tempo e economizaremos um trabalho grande, além de minimizar bastante a 
possibilidade de cometermos erros nessa expansão. 
 
Termo Geral do Desenvolvimento. 
 
Pois bem, já vimos que: 
�J + 
� =	T@�.A J-
�7-
�
-2L
=	@�0A JL
� +	@�1A J�
�7� +	…+ @��A J�
L. 
 
O que devemos observar é que todas as parcelas do desenvolvimento possuem a forma @�.A J-
�7- .
�
	;�, .< ⊂ >, . ≤ �. Por isso que denominamos Termo Geral do Desenvolvimento. 
 
Termo Geral. 
 
Você percebu que �J + 
� =	 �
 + J
�. Assim temos que o termo geral também pode ser escrito da 
seguinte forma: 
 
@�.A J�7-
- 
 
Podemos observar que o desenvolvimento do binômio sempre terá n+1 temos pois o valor de p 
varia de 0 até n. 
 
Em muitos problemas nós encontraremos expressões do tipo (x-a)n. A maneira de resolver é a 
mesma, fazendo apenas um ajuste de sinais pois (x – a) = (x + (-a)). Assim o termo geral será: 
 
@�.A J-�−
�7- 
 
Assim, os termos que possuírem para n-p um número impar, terão coeficiente negativo. 
 
Soma dos coeficientes do desenvolvimento do Binômio. 
 
Outro fato bastante interessante e importante é que a soma de todos os coeficientes do 
desenvolvimento do Binômio (x+a)n é igual a 2n. 
 
 
 
Vamos observar a linha 4: 1, 4, 6, 4 e 1. Somando todos os componentes dessa linha temos 1 + 4 
+ 6 + 4 + 1 = 16 que é o mesmo que 24 = 16. 
 
Como o desenvolvimento do binômio é idêntico aos termos de uma determinada linha do triângulo, 
então possuem a mesma propriedade. 
 
Uma reflexão: há uma relação entre essa propriedade do Triângulo de Pascal com o número de 
subconjuntos de um conjunto. Supondo que o conjunto tenha quatro elementos seu total de 
subconjuntos é 24 = 16. 
 
Vamos determinar os subconjuntos do conjunto X={A, B, C, D} 
 
Subconjuntos com zero elementos = 1. O conjunto vazio é subconjunto de todos os conjuntos. 
Subconjuntos com um elemento = 4 => {A}, {B}, {C} e {D}. 
Subconjuntos com dois elementos = 6 => {A,B}, {A,C}, {A,D}, {B,C}, {B,D} e {C,D}. 
Subconjuntos com três elementos = 4 => {A,B,C}, {A,C, D}, {A,B,D} e {B,C, D}. 
Subconjuntos com quatro elementos = 1 => {A, B, C, D} 
Total de subconjuntos = 16. 
 
Outro fato a ser considerado: se binômio a ser expandido for, por exemplo, (2x+3)4, como ficará a 
soma de coeficientes? 
 
Resolvendo a soma dos coeficientes. 
 
A solução para a soma de coeficientes do binômio (2x+3)4 usa o seguite artifício: atribuimos valor 1 
às variáveis que compõem o binômio e calculamos a potência obtida. 
 
Desenvolvendo a potência temos que (2x+3)4 = 16x4 +96x³ +216x² + 216x + 81. Somando seus 
coeficientes temos 16 + 96+ 216 + 216 + 81 = 625. 
 
Aplicando o artifício descrito anteriormente temos: (2x+3)4 = (2.1 + 3)4 = 54 = 625. 
 
Demonstrando a identidade. 
 
Com a dica dada anteriormente a respeito de atribuir o valor 1 para as variáveis, estamos aptos a 
demonstrar a identidade: 
 
T@�.A
�
-2L
=	@�0A +	@�1A + ⋯+ @��A = 	2�. 
 
Para solucionar esse problema, reescrevemos o somatório da seguinte forma: 
 
�J + 
� =	T@�.A J-
�7-
�
-2L
 
 
Então verificamos que para x=a=1, o primeiro menbro da equação fica (1+1)n = 2n. 
 
Exemplos. 
 
Exemplo 1 - Qual é o coeficiente do termo em x15 no desenvolvimento de (x3 + 3)6? 
 
Devemos encontrar o termo geral para esse desenvolvimento: 
 
V = 	96.: �J�
-�3
67- = 96.: J�-�3
67-	 
 
Nós desejamos encontrar 0 coeficiente de x15. Assim, estamos procurando o valor de p para que o 
expoente de x seja igual a 15. Assim 3p = 15, p = 5. 
 
Colocando p=5 no termo geral temos: 
 
V = 96.: J�-�3
67- = @65A J�.��3
67� =	@65A J���3
� =	@65A 3J��.	 
 
Calculando @65A temos: @65A = 	 6!�!�! = 6. 
 
O termo então será V = �6
. 3J15 =	18J15. O coeficiente do termo é 18. 
 
 
Exemplo 2 - Qual é o coeficiente do termo em x6 no desenvolvimento de (x2 + 1)6? 
 
Devemos encontrar o termo geral para esse desenvolvimento: 
 
V = 	96.: �J	
-�1
67- = 96.: J	-�1
67-	 
 
Nós desejamos encontrar 0 coeficiente de x6. Assim, estamos procurando o valor de p para que o 
expoente de x seja igual a 6. Assim 2p = 6, p = 3. 
 
Colocando p=3 no termo geral temos: 
 
V = 96.: J	-�1
67- =	@63A J	.��1
67� =	@63A J6�1
� =	@63A J6. 
 
Calculando @63A temos: @63A = 	 6!�!�! = 20. 
 
O termo então será V = 20J6. O coeficiente do termo é 20. 
 
Exemplo 3 - Qual é o coeficiente do termo em x3 no desenvolvimento de (x2 + 1/x)9? 
 
Devemos encontrar o termo geral para esse desenvolvimento: 
 
V =	99.: �J	
-�1/J
O7- = 99.: J	-�J7�
O7- =	99.: J	- . J7OH- =			 99.: J	-7OH- =		 99.: J�-7O 
 
Nós desejamos encontrar 0 coeficiente de x3. Assim, estamos procurando o valor de p para que o 
expoente de x seja igual a . Assim 3p-9 = 3 =>3p = 3+9 => p=4. 
 
Colocando p=4 no termo geral temos: 
 
V =		 99.: J�-7O =	@94A J�.M7O =	@94A J�	7O =	@94A J�. 
 
Calculando @94A temos: @94A = 	 O!M!�! = O.P.Q.6	M = 9.7.2 = 126. 
 
O termo então será V = 126J3. O coeficiente do termo é 126. 
 
Exemplo 4 - Qual é o coeficiente do termo independente no desenvolvimento de (x4 + 1/x3)7? 
 
Devemos encontrar o termo geral para esse desenvolvimento: 
 
V =	97.: �JM
-�1/J�
Q7- = 97.: JM-�J7�
Q7- =	97.: JM-. J7	�H�- =			 97.: JM-7	�H�- =		 97.: JQ-7	� 
 
Nós desejamos encontrar o coeficiente de x0, que o termo independente. Assim, estamos 
procurando o valor de p para que o expoente de x seja igual a zero. Assim 7p-21 = 0 =>7p = 21 
=> p=3. 
 
Colocando p=3 no termo geral temos: 
 
V = 		 97.: JQ-7	� =	@73A JQ.�7	� =	@73A JL =	@73A 
 
Calculando @73A temos: @73A = 	 Q!�!M! = Q.6.�6 = 7.5 = 35. 
 
O termo independente então será V = 35. 
 
Exemplo 5 – Qual é o quarto termo da potência (2x+2)10, segundo os expoentes crescentes de x? 
 
Devemosatentar para o seguintes detalhes: 
 
1) Termo geral para expoentes crescentes de x => V =	910. : �2J
-�2
�L7- 
 
1) Termo geral para expoentes decrescentes de x => V = 	910. : �2J
�L7-�2
- 
 
Como o problema nos pede os expoentes na ordem crescente, devemos utilizar a primeira equação: 
 
V = 	910. : �2J
-�2
�L7- 
 
Observe que o problema pede o 4º termo da potência. Logo, o 1º termo tem p=0; o 2º, p=1; o 3º, 
p=2 e; o 4º, tem p=3. 
 
Colocando p=3 no termo geral temos: V =	910. : �2J
-�2
�L7- =	@103 A �2J
��2
Q = @103 A 8J�. �128
 
 
Calculando @103 A temos: @103 A = 	 �L!�!Q! = �L.O.P6 = 120. 
 
O termo então será V = 120.8J3. 128 = 122880J³. O coeficiente do termo é 122880. 
 
Exemplo 6 – No desenvolvimento de �√2 + J
6	segundo as potências crescentes de x, qual o termo 
central? 
 
Como o problema nos pede os expoentes na ordem crescente, devemos utilizar a primeira equação 
descrita no Exemplo 5. 
 
V =	96.: �J
-�√2
67- 
 
Observe que o problema pede o termo central da potência. Como n=6 termos 7 termos. Assim 
identificamos que o termo central é x³. 
 
Colocando p=3 no termo geral temos: V =	96.: �J
-�√2
67- =	@63A �J
��√2
� =	@63A �J
��2√2
 
 
 
Calculando @63A temos: @63A = 	 6!�!�! = 20. 
 
O termo então será V = 20J3Y2√2Z = 40√2	J³. O coeficiente do termo é 40√2. 
 
Finalizando a aula. 
 
Estamos chegando ao final de mais uma aula do nosso curso. Porém, não podemos deixar de 
praticar. Então, aproveitamos para deixar alguns exercícios importantes para solidificar os novos 
conhecimentos adquiridos. Mãos à obra! 
 
Gostaríamos de ressaltar que o conteúdo que nós terminamos foi o programado para a aula de 
número 8. Entretanto, seu olhar deve ser crítico e você deverá buscar novos conhecimentos, novas 
aplicações e, principalmente, novas metodologias para os aprendizados desse mesmo conteúdo. 
 
É de fundamental importância buscar alternativas para um aprendizado mais eficiente e mais 
produtivo.Temos certeza de que estamos fazendo isso para você. 
 
AULA 09 – POTÊNCIAÇÃO DE POLINÔMIOS. 
Introdução. 
Nesta aula, abordaremos o estudo da potenciação de polinômios em uma perspectiva diferente, ou 
seja, por intermédio de um link com a Análise Combinatória. Aproveitaremos a ocasião para 
apresentar o desenvolvimento de uma potência de polinômios onde o expoente é um número 
racional qualquer. 
 
Premissa. 
 
Nesta aula, faremos um link entre os conhecimentos de Análise Combinatória adquiridos e a Teoria 
dos Polinômios. 
 
Quem não lembra dos produtos notáveis? 
Quem não lembra dos esforços realizados para assimilar e dominar esses produtos? 
Quem não recorda mais das técnicas de fatoração? 
 
É chegada a hora do reencontro com todos esses “entes matemáticos” em outra perspectiva. 
 
Para facilitar o nosso entendimento vamos recorrer a exemplos que já são bem conhecidos. 
 
Todos nós aprendemos que o desenvolvimento do quadrado de uma soma é dado pela regra: “O 
quadrado do primeiro termo mais duas vezes o produto do primeiro termo pelo segundo, mais o 
quadrado do segundo termo”. 
 
(x+y)² = (x+y) (x+y)= x.x + x.y + y.x + y.y = x² +2xy +y². 
 
Devemos ressaltar que xy = yx, em algumas estrutura, onde vale a propriedade comutativa, que é o 
caso em questão. Mas podemos abordar essa multiplicação de polinômios por outro ângulo, repare 
que quando vamos iniciar a nossa multiplicação, devemos fazer uma escolha entre começar pelo x 
ou pelo y, portanto estamos escolhendo um objeto entre dois, ou seja, estamos tomando uma 
decisão entre duas possibilidades de escolha. 
Uma vez tomada essa decisão, partimos para a segunda etapa que novamente será a escolha do 
termo que será multiplicado pelo primeiro já escolhido e novamente estamos diante de uma 
alternativa dentre duas possibilidades. 
 
Princípio Multiplicativo. 
 
Portanto, o Princípio Multiplicativo volta à baila: 
 
Primeira Etapa -> 2 possibilidades -> x e y Segunda Etapa -> 2 possibilidades -> x e y 
 
2 x 2 = 4 (4 termos oriundos desses produtos). 
x2 – “x” na primeira escolha e “x” na segunda escolha. 
xy - “x” na primeira escolha e “y” na segunda escolha. 
yx - “y” na primeira escolha e “x” na segunda escolha. 
y2 - “y” na primeira escolha e “y” na segunda escolha. 
 
Devemos observar que: 
- Cada termo é de grau 2, queé a potência do binômio em questão (x², xy, yx, y²). 
- Todos os termos são da forma xpyq onde p+q = 2 
 
Logo, para determinarmos todos os possíveis expoentes de x e de y, devemos verificar o número de 
soluções inteiras não negativas, da equação p+q = 2. 
 
Soluções possíveis. 
 
Sabemos que ssa equação tem 5�� = 3 soluções. 
 
Lembrando que as equações lineares do tipo J�+J	 + J� +	…+ J� = [ possuem 5\H�7��H� soluções 
inteiras não negativas. 
 
No caso em discussão temos ]. = 2	#	^ = 0. = 1	#	^ = 1. = 0	#	^ = 2 
 
Assim cada solução inteira não negativa nos fornece um termo do desenvolvimento do nosso 
produto: J	NL, J�N�	#	JLN	. 
 
Observe que a ordenação de x e ey ocorre de duas maneiras (xy ou yx). 
 
Agora acreditamos que podemos passar ao cubo de uma soma, não? 
 
Na direção de desconstruir essas convenções, sugerimos as seguintes possibilidades de abordagem 
didática: 
 
(x+y)³ = (x+y)(x+y)(x+y)= x.x.x + x.x.y + x.y.y + y.x.x + y.x.y + y.y.x + x.y.x + y.y.y = x³ 
+3x²y + 3xy² +y³. 
 
Esse problema tem 3 etapas: 
- Na primeira, ocorrerá a escolha do x ou do y do 1º fator. 
- Na segunda, se dará a escolha do x ou do y do 2º fator. 
- Finalmente, o x ou o y 3º fator para que sejam feitos os produtos entre eles. 
 
 
Ordenações possíveis: 
Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3 Soluções 
x 
x 
x x³ 
y x²y 
y 
x x²y 
y yx² 
y 
x 
x yx² 
y y²x 
y 
x y²x 
y y³ 
 
Ordenações possíveis – expandindo. 
 
Observe que os coeficientes são determinados pelo número de ordenações possíveis com os fatores 
de cada um dos produtos. Veja o exemplo abaixo. 
 
Expandindo (x+y)4 encontraríamos 16 termos conforme nos mostram os coeficientes, pois (x+y)4 = 
x4 + 4x³y + 6x²y²+ 4xy³ + y4 . 
 
Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3 Etapa 4 Soluções 
x 
x 
x 
x X4 
y x³y 
y 
x x³y 
y y²x² 
y 
x 
x x³y 
y y²x² 
y 
x y²x² 
y xy³ 
y 
x 
x 
x yx³ 
y y²x² 
y 
x y²x² 
y xy³ 
y 
x 
x y²x² 
y xy³ 
y 
x xy³ 
y Y4 
 
 
Fórmula de Leibniz. 
 
Dado um polinômio de p termos que devemos elevar à potência n, (a+b+c+...+ z)n. Temos: 
- determinar o coeficiente de cada termo. 
- formar todos os termos possíveis da forma (aa1.bb1.cc1...zz1) onde (a1+b1+c1+...z1=n). 
 
O coeficiente procurado será 
�!
_�!\�!`�!…a�!. 
 
O cálculo dos termos se executa facilmente, decompondo de todas as formas possíveis o número n 
em p parcelas, partindo da parcela de valor maior. 
�
 + [ + �+. . . +	b
� 	= 	T �!
1! [1! �1!…b1!		�ad�bf�ch�…zj�
. 
 
Onde a1, b1, c1,...z1 receberão todos os valores possíveis nos quais se pode decompor o número n, 
em p parcelas sendo a1+b1+c1+...z1=n. 
 
Agora vamos aprender a calcular o número de termos do desenvolvimento de (a+b+c+...+ z)n. 
 
Para determinarmos a quantidade de termos do desenvolvimento de uma potência de um polinômio, 
basta aplicar a seguinte fórmula, onde n é a potência e r é o número de elementos que compõem o 
polinômio. 
 �� + � − 1
!�! �� − 1
 
 
Exemplo. 
 
Determinar o número de termos de cada uma das potências a seguir. 
 
a) (a+b+c)² => n=2 e r=3 => 
�	H�7�
!
	!��7�
 = 6	$#��!�. 
 
b) (1+x+y+z)³ => n=3 e r=4 => 
��HM7�
!
�!�M7�
 = 40	$#��!�. 
 
 
Coeficiente binomial. 
 
Vamos considerar o desenvolvimento de um binômio (x+y)n quando n é um número racional (não 
natural). 
 
O objetivo é expandir o binômio (x+y)n quando n é um número inteiro negativo ou fracionário. 
 
Notação: @�-A 
 
Definição: @�-A = 	 ���7�
��7	
��7�…��7-H�
-! ; � ∈ ℝ, 8	 ∈ ℕ. 
 
Exemplos. 
 
	934: = 3�3 − 1
�3 − 3
4! = 0. 
 
[
	n√2 + 25 o = √2 + 2Y√2 + 2 − 1ZY√2 + 2 − 2ZY√2 + 2 − 3ZY√2 + 2 − 4Z5! = √2 + 2Y√2 + 1ZY√2ZY√2 − 1ZY√2 − 2Z5! 
 
n√2 + 25 o = �√2 + 2
Y√2 − 2ZY√2 + 1ZY√2 − 1ZY√2Z5! =	 �2 − 4
�2 − 1
Y√2Z5! =		 �−2
�1
Y√2Z5! = 	 Y−2√2Z120 = −√260. 
 
	9−23 : = �−2
�−2 − 1
�−2 − 2
3! = �−2
�−3
�−4
3! = −246 = −4. 
 
 
 
Termo Geral. 
 
Algumas vezes estamos interessados em um determinado termo do desenvolvimento e não em 
todos. Para isso, lançaremos mão da fórmula do termo geral já conhecida sua. 
 
No desenvolvimento de (1+x)n, temos o termo de ordem (k+1) assim temos que: 
 
V�H� =	@�8A J� 
Onde n é qualquer racional. 
 
AULA 10 – APLICAÇÕES. 
Introdução. 
Nesta aula, abordaremos diversas situações problemas do nosso cotidiano onde a Análise 
Combinatória será usada como ferramenta para solução. Procuraremos nos aproximar o máximo 
possível de nosso mundo moderno, mostrando a importância da disciplina que já é utilizada em alta 
escala e continua em destaque. 
Premissa. 
Prezado aluno, conforme planejamento realizado, destinaremos esta aula para utilizarmos os 
conteúdos abordados durante nosso curso de Análise Combinatória em aplicações de outros campos 
do conhecimento. Devemos lembrar que isso não é tarefa fácil e, em algumas situações, quase que 
impossível. 
Entretanto, essa dificuldade acabará atuando como agente motivador para que consigamos atingir o 
nosso objetivo. 
Hora de arregaçarmos as mangas e concentrarmos nossos esforços no trabalho. 
 
Primeira aplicação. 
Começaremos com uma aplicação bem conhecida que diz respeito ao sistema de emplacamento de 
automóveis em uma determinada região. 
 É inimaginável uma cidade sem um sistema adequado de emplacamentos. 
Claro que um sistema de controle sobre todo e qualquer tipo de veículo se faz necessário, caso 
contrário o caos estaria instalado. 
Como ficariam os acidentes? Como resolveríamos problemas ligados a furtos? Como resolveríamos 
as questões referentes aos impostos? 
Quantas placas de automóvel formadas por 3 letras e 4 algarismos podemos ter, considerando os 
algarismos de 0 a 9 e o alfabeto acrescido das letras K, Y e W, com letras e algarismos repetidos? 
Atenção! 
Como de costume nos colocaremos na posição de quem está realizando a ação. Devemos escolher 3 
dentre 26 letras e 4 dentre 10 algarismos para formarmos uma placa, por exemplo, KYA 2334. 
Portanto, o problema é composto de 7 etapas e podemos utilizar o princípio multiplicativo. 
1ª, 2ª e 3ª etapas: 26 possibilidades de escolha (escolha de uma letra). 
4ª, 5ª, 6ª e 7ª etapas: 10 possibilidades de escolha (escolha de um algarismo). 
26x26x26x10x10x10x10= 26³x104=175760000 = 175,76 milhões de placas. 
Segunda aplicação. 
Uma questão que ocorre com bastante frequência são os processos seletivos para a ocupação dos 
postos de trabalho. 
Suponha que uma determinada empresa realizou um desses processos e relacionou os seguintes 
itens como essenciais para a admissão do candidato, não considerando a ordem desses quesitos 
como relevante: 
Apresentação 
Oralidade 
Domínio de mais de um idioma 
Capacidade e iniciativa para a resolução de problemas 
Disponibilidade 
Nível superior 
Pretensão salarial 
Suponha que o candidato selecionado para o único cargo oferecido atendeu, no mínimo, a 3 desses 
quesitos exigidos. De quantas maneiras distintas esse candidato habilitado pode ter atendido as 
exigências dessa empresa? 
Devemos atentar para o fato de que o candidato escolhido atendeu a, no mínimo, 3 dos 7 quesitos 
exigidos, e que a ordem desses quesitos não é relevante. Logo, ele pode ter atendido a 3, 4, 5, 6 ou 
7 desses quesitos. 
Consideremos cada uma dessas situações separadamente: 
3 Quesitos: 5Q,� = 35	.!���[�"� 
 #�. 
4 Quesitos: 5Q,M = 35	.!���[�"� 
 #�. 
5 Quesitos: 5Q,� = 21	.!���[�"� 
 #�. 
6 Quesitos: 5Q,6 = 7	.!���[�"� 
 #�. 
7 Quesitos: 5Q,Q = 1	.!���[�"� 
 #�. 
Assim temos 99 maneiras distintas de selecionar um candidato. 
Terceira aplicação. 
Uma turma tem aula às segundas, quartas e sextas, das 8 às 9 horas e das 10 às 11 horas. As 
matérias são Matemática, Português e Inglês, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes. 
De quantos modos pode ser feito o horário da turma? 
Atenção! 
 
Confecção de horários costuma ser tarefa complicada para aqueles que trabalham em instituições de 
ensino. Quem alguma vez já participou dessa tarefa sabe como é difícil mexer com tantas variáveis 
que se apresentam na confecção de um horário. Na maioria dos casos, a tarefa só é concluída 
mediante um processo de negociação com os participantes que acabam por ceder um pouco as suas 
prioridades. 
Vamos à solução do problema. Designemos as disciplinas pelas suas letras iniciais: 
Matemática – M. 
Português - P. 
Inglês – I. 
Na segunda-feira, poderíamos ter as seguintes aulas: MP, PM, PI, IP, MI e IM. 
Para facilitar nosso raciocínio, vamos escolher MP na segunda-feira. 
Na quarta, temos as possibilidades: MI, IM, PI e IP. 
Fixando MI na quarta-feira, para a sexta temos as seguintes possibilidades: IP e PI. 
Portanto, pelo princípio multiplicativo teremos: 6x4x2 = 48 possibilidades de horário. 
Quarta aplicação. 
Um candidato a prefeito faz 3 promessas distintas por comício. Como estratégia eleitoral, ele nunca 
repete, em um comício, as mesmas 3 promessas já feitas em outro. 
Um candidato a prefeito faz 3 promessas distintas por comício. Como estratégia eleitoral, ele nunca 
repete, em um comício, as mesmas 3 promessas já feitas em outro. 
Qual o número mínimo de promessas que ele deve compor para poder realizar 30 comícios? 
Seja n o número de promessas. Como a ordem não influencia o problema devemos ter 5�,� ≥ 30. 
5�,� = �!3! �� − 3
! ⇒ 	 �!3! �� − 3
! ≥ 30	 ⇒ 	��� − 1
�� − 2
�� − 3
!3! �� − 3
! 	≥ 30	 ⇒ 	��� − 1
�� − 2
 	≥ 30	 
��� − 1
�� − 2
 	≥ 180. 
O primeiro valor de n que satisfaz a desigualdade é 7. Portanto, 7 deve ser o número mínimo de 
promessas. 
Quinta aplicação. 
Uma investigação será realizada pela Receita Federal e pela Polícia Federal conjuntamente. 
Cada grupo de investigadores deverá contar com 6 componentes. 
A Polícia Federal disponibiliza 7 agentes e a Receita Federal disponibiliza 8 fiscais para participarem 
da investigação. 
Determine o número de grupos de investigadores que tenham exatamente 3 agentes e 3 fiscais. 
Problemas de Análise Combinatória onde usamos o princípio multiplicativo conjuntamente com 
outras técnicas de contagem ocorrem com grande frequência. 
 
Devemos prestar muita atenção no enunciado do problema para que consigamos êxito na sua 
solução. 
No problema em questão, podemos pensar isoladamente, ou seja, formando grupos da Receita 
Federal e grupos da Polícia Federal. 
Vamos conduzir o problema da seguinte forma: 
1) De quantas maneiras distintas podemos selecionar 3 agentes dentre 7? Note que a ordem desses 
elementos que serão selecionados não interfere em nada. Portanto, estamos diante de uma 
combinação e a resposta é 5Q,� = 35. 
2) De quantas maneiras distintas podemos selecionar 3 fiscais dentre 8? Da mesma forma 
observamos que a ordem não está influenciando a escolha, então temos	5P,� = 56 
Como as duas ações dos itens 1 e 2 concorrem para o mesmo problema, teremos 35 x 56 = 1960 
possibilidades. 
Sexta aplicação. 
Um químico dispõe de 7 substâncias e quer misturar 4 delas. Porém, 2 das substâncias não podem 
ser misturadas, pois podem explodir. 
Quantas misturas distintas esse químico pode realizar? 
Atenção! 
Nesse problema, podemos adotar como estratégia o “esquecimento provisório” da condição. Então, 
vamos compor todas as substâncias possíveis