Capítulo 06 - 002 - Análise Cobinatória - Material base

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Sumário 
 
1. Fatorial de um número natural .............................................................. 2 
2. Princípio Fundamental de Contagem ...................................................... 5 
2.1 Regra do Produto e Regra da Soma ......................................................... 5 
2.2 Formando números... ............................................................................ 8 
2.3 O princípio da exclusão ......................................................................... 10 
3. Permutação: ......................................................................................... 12 
3.1 O que é permutação? ........................................................................... 12 
3.2 Fixando elementos em uma permutação.................................................. 14 
3.3 Permutação com elementos repetidos ..................................................... 15 
3.4 Anagramas ......................................................................................... 17 
3.5 Uma questão interessante... .................................................................. 18 
3.6 Permutações com elementos juntos ........................................................ 19 
3.7 Permutações com alguns elementos em ordem ........................................ 21 
4. Arranjos versus combinações: .............................................................. 23 
4.1 Definições ........................................................................................... 23 
5. Combinações ........................................................................................ 25 
5.1. Definição ......................................................................................... 25 
5.2. Generalizando .................................................................................. 28 
5.3. Um desafio... .................................................................................... 38 
6. Permutações circulares ........................................................................ 39 
7. Soluções de uma equação ..................................................................... 41 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. Fatorial de um número natural 
Antes de apresentar os conceitos de arranjos, combinações e 
permutações, vamos conversar sobre o que fatorial de um número inteiro não 
negativo n, representado por n! (leia n fatorial). O fatorial de um número 
inteiro não negativo n é definido por 
, se nn 2
, se n 1
,
(n 1) (n 2) 2 1
n
se 01 n
! 1
     

 






 
Ou seja, caso o número seja 0 ou 1, seu fatorial será 1. Caso contrário, 
multiplicamos seu valor por todos os antecessores até 1. Como exemplo, vejam 
o cálculo para se obter 6!: 
6! 6 5 4 3 2 1      , ou seja 6! 720 . 
 
 
Questão 1. 
Qual o valor de 
8!
x
6!
 ? 
Solução: 
É muito comum, em provas de concursos, problemas que nos propõem o 
cálculo de expressões numéricas envolvendo fatoriais, como nesta questão 
na qual vamos determinar o quociente entre 8! e 6!. Para tal, desenvolvemos 
esses números e realizamos as respectivas simplificações (todos os números 
de 1 até 6): 
8!
x
6!
8 7 6 5 4 3 2 1
6 5 4 3 2 1
8 7
56

      

    
 

 
Gabarito: 56. 
 
 
Aula 02 – Análise Combinatória 
 
Observem que, no desenvolvimento de 6!, encontramos, por exemplo, 
os fatores que compõem 4!. Assim, podemos expressar o fatorial de 6 a partir 
do fatorial de 4: 
4!
6! 6 5 4 3 2 1 6! 6 5 4!         
1 4 2 4 3
 
Podemos generalizar apresentando uma definição recursiva para o 
cálculo do fatorial de um número natural, na qual o fatorial de um número n 
envolve o fatorial de seu antecessor n-1: 
!, sen (n 1)
n!
n 1
se n 01,
 





 
Essa forma de tratar fatorial será útil em expressões como a que veremos 
na questão seguinte. Vejam: 
 
Questão 2. 
(Excelência – 2016 - Prefeitura de Taquarituba) Resolva a operação abaixo, 
determine o valor de x e assinale a alternativa CORRETA: 
12!
x
6! 5!


 
A) x = 3.366 
B) x = 2.234 
C) x = 1.936 
D) Nenhuma das alternativas. 
Solução: 
Desenvolvendo 12! até 6!, e desenvolvendo 5! como produto de todos os 
seus antecessores até 1, encontramos: 
12 11 10 9 8 7 6!
x
6! 5 4 3 2 1
     

    
 
Como 6! é fator comum ao numerador e ao denominador de x, podemos 
dividir a ambos por 6!. De forma análoga, simplificamos mais termos comuns, 
uma vez que que 5 2 10  e 4 3 12  : 
 
Encontramos x = 5544. 
Gabarito: Alternativa D. 
 
Na simplificação de frações, ganhamos tempo ao não desenvolver o 
fatorial de um número até 1 (um) e isso será muito importante no cálculo de 
combinações, como veremos adiante. Agora, vamos resolver mais uma 
questão, desta vez contextualizada na própria matemática ao exigir, também, 
conhecimentos de álgebra: 
 
Questão 3. 
Determine o valor de x na equação (x 2)! 72 x!   . 
Solução: 
A equação (x 2)! 72 x!   contém fatorial de duas expressões: x e x + 2. 
Desenvolveremos o maior, (x + 2)!, até obter o menor, x!. Assim, 
reescrevemos a equação dada como (x 2) (x 1) x! 72 x!      . 
Como x! é fator comum aos dois lados da igualdade, dividimos a equação 
por esse valor e encontramos (x 2) (x 1) 72    , ou seja, uma equação de 2º 
grau com incógnita x. Desenvolvendo-a para usar a fórmula de Báskara, temos: 
2x 3x 2 72   
Ou seja, 2x 3x 70 0   , equação na qual os coeficientes A, B e C são, 
respectivamente 1, 3 e -70. Então 
2
2
B 4 A C
(3) 4 (1) ( 70)
289
    
    

 
As soluções são 
B
x
2A
(3) 289
2 1
3 17
x 10 ou x 7
2
  

 


 
    
 
Uma vez que “fatorial de um número” só existe se esse número não for 
negativo, concluímos que o único valor correto para a equação é x = 7. 
Gabarito: A solução de (x 2)! 72 x!   é x = 7. 
 
2. Princípio Fundamental de Contagem 
A Análise Combinatória é uma área da matemática que desenvolveu 
métodos e procedimentos para estudar e resolver problemas relacionados à 
quantidade de elementos de conjuntos. Surgiu no século XVI, época em que as 
camadas mais altas da sociedade perdiam ouro, brilhantes, castelos, terras e 
cavalos de raça nos jogos de azar. Na época, era importante, saber o número 
de formas de se obter soma igual a 9 num jogo de dados ou 3 valetes num 
jogo de baralho. 
Atualmente, a Análise Combinatória continua ocupando-se, como nos 
tempos de sua origem, com a resolução de problemas vinculados a jogos de 
azar, mas esta deixou de ser sua preocupação exclusiva. Hoje em dia, ela atua 
em diversos outros domínios e fornece fundamentação para a contagem de 
possibilidades de eventos do cotidiano. 
2.1 Regra do Produto e Regra da Soma 
Sejam n(A) e n(B), respectivamente, o número de elementos dos 
conjuntos disjuntos (ou sem interseção) A e B, conforme representado na 
figura abaixo: 
 
 
(1) Regra da Soma: 
 
O número de maneiras de se escolher um elemento de A ou um elemento 
de B é n(A) + n(B). 
 
(2) Regra da Produto: 
 
O número de maneiras de se escolher um elemento de A e um elemento 
de B é n(A) x n(B). 
 
 
Quando as escolhas de elementos de A e B devem ser simultâneas, ou seja, 
uma logo após a outra, usamos a regra do produto. Caso não existe essa 
necessidade, ou seja, quando a escolha for de elemento de A ou B, usamos a 
regra da soma. Essa é a parte mais importante do nosso estudo sobre análise 
combinatória e merece ser tratada a partir de vários exemplos: 
 
Questão 4. 
Na seção de fiscalização de um importante órgão da Administração Pública 
Federal, estão lotados 15 servidores, sendo 6 técnicos e 9 analistas. De quantas 
formas diferentes um servidor pode ser escolhido um servidor para coordenar 
a implantação de um sistema informatizado de fiscalização? 
Solução: 
A escolha em questão é de apenas 1 (um) servidor, podendo ser 
técnico ou analista, de formamutuamente exclusivas. Nesse caso, usaremos 
a Regra da Soma: 
 
Gabarito: 15 escolhas. 
 
Questão 5. 
Na seção de fiscalização de um importante órgão da Administração Pública 
Federal, estão lotados 15 servidores, sendo 6 técnicos e 9 analistas. De quantas 
formas diferentes dois servidores podem ser escolhidos, sendo um técnico e 
um analista para coordenar a implantação de um sistema informatizado de 
fiscalização? 
Solução: 
Agora, a escolha será de 2 (dois) servidores sendo, necessariamente, 1 
(um) técnico e 1 (um) analista, ou seja, de forma simultânea. Nesse caso, 
vamos usar a Regra do Produto: 
 
Gabarito: 54 escolhas. 
 
Questão 6. 
(CESPE - 2013 - TRT17) Considerando que, na fruteira da casa de Pedro, haja 
10 uvas, 2 maçãs, 3 laranjas, 4 bananas e 1 abacaxi, julgue o próximo item. 
Se Pedro desejar comer apenas um tipo de fruta, a quantidade de maneiras de 
escolher frutas para comer será superior a 100. 
Solução: 
A escolha que Pedro deverá fazer é de apenas 1 (uma) fruta, que pode 
ser uva, maçã, laranja, banana ou abacaxi, de forma mutuamente exclusiva 
na qual está implícito o uso do conectivo ou. Diante do exposto, vamos usar a 
Regra da Soma: 
 
 Portanto, a quantidade de maneiras de escolher apenas uma fruta é 22. 
Gabarito: Item ERRADO. 
 
Questão 7. 
(CESPE - 2014 – MEC) A partir de cinco analistas contábeis, sete analistas 
educacionais e seis analistas processuais, é possível formar mais de 300 
equipes distintas com exatamente um analista de cada especialidade em cada 
equipe. 
Solução: 
As escolhas a serem feitas são de três analistas, sendo um contábil (de 
um total de 5), um educacional (de 7) e um processual (de 6). Em função 
do uso da Regra do Produto, por se tratar de escolhas simultâneas, 
multiplicamos os três valores destacados: 
 
Gabarito: Item ERRADO. 
 
Questão 8. 
(IOBV - Prefeitura de Chapecó - Engenheiro) Em um restaurante os clientes 
têm a sua disposição, 6 tipos de carnes, 4 tipos de cereais, 4 tipos de 
sobremesas e 5 tipos de sucos. Se o cliente quiser pedir 1 tipo carne, 1 tipo de 
cereal, 1 tipo de sobremesa e 1 tipo de suco, qual o número de opções 
diferentes com que ele poderia fazer o seu pedido? 
Solução: 
Cada pedido consiste da escolha de 1 tipo carne (de 6), 1 tipo de cereal 
(de 4), 1 tipo de sobremesa (de 4) e 1 tipo de suco (de 5). Por se tratar de 
escolhas simultâneas, multiplicamos as quantidades destacadas: 
 
Gabarito: 480. 
 
2.2 Formando números... 
São muito comuns questões de concursos explorando formação de 
números seguindo diferentes características. Nesta seção, apresentaremos 
vários exemplos para ilustrar como o uso do PFC (Princípio Fundamental de 
Contagem) pode ser útil na resolução de problemas de análise combinatória. 
Vamos lá... 
 
Questão 9. 
Considerando-se os números 2, 5, 7, 8 e 9, quantas senhas de 4 dígitos podem 
ser formadas? 
Solução: 
A formação de cada senha de 4 dígito consiste na escolha de um 
algarismo para cada um dos dígitos da senha. Como podem ser usados os 
algarismos 2, 5, 7, 8 e 9, temos 5 (cinco) possibilidades de escolha para cada 
posição: 
 
 
Gabarito: 625 números. 
 
Questão 10. 
Com os algarismos 1, 3, 4, 5, 7 e 8, quantos números com 3 algarismos 
distintos podemos formar? 
Solução: 
Formar um número de 3 algarismos distintos consiste em escolher um 
algarismo para ocupar a posição das centenas, outro para a posição das 
dezenas e um último para a posição das unidades. Para o primeiro, temos 6 
(seis) possibilidades de escolha. Para o segundo, temos 5 (cinco) escolhas 
(todos os algarismos iniciais, exceto o que foi usado na posição preenchida 
anteriormente). Por fim, para o algarismo das unidades, são 4 (quatro) 
possibilidades de escolha (todos, exceto os dois usados anteriormente). 
 
 Multiplicando os valores (por se tratar de escolhas simultâneas), obtemos 
120 números (de 3 algarismos distintos). 
Gabarito: 120 números. 
 
Questão 11. 
Com os algarismos 2, 3, 4, 5, 7 e 8 e sem repeti-los, quantos números 
pertencentes ao intervalo [2000, 5000] podemos formar? 
Solução: 
Para que o número formado pertença ao intervalo, isto é, esteja entre 
2000 e 5000, podemos escolher, para o algarismo da posição das unidades 
de milhar, qualquer um dos algarismos 2, 3 ou 4. 
Na escolha dos algarismos para as posições das centenas, dezenas e 
unidades, a única restrição a ser observada está relacionada à não repetição 
de algarismo usado em posição anterior. Assim, para a posição das centenas, 
temos 5 possibilidades de escolha (dos 6 inicialmente disponíveis, 1 foi usado 
para as unidades de milhar. De forma análoga, nas posições das dezenas e 
unidades, temos 4 e 3 possibilidades de escolha. 
 
Gabarito: 180 números. 
 
2.3 O princípio da exclusão 
Seja A um conjunto contido no conjunto universo U, denominado 
conjunto universo (em probabilidade, usaremos a denominação espaço 
amostral para uma situação similar). 
 
O complementar de A em relação a U é representado por A (leia A barra) 
e é determinado por 
A U A  onde A A   
Para determinar a quantidade de elementos de A, muitas vezes vamos 
recorrer a A (elementos que não pertencem a A) e usando a seguinte fórmula: 
n(A) n(U) n(A)  
 
Para ilustrar o uso dessa relação, vejam as próximas questões: 
 
Questão 12. 
Quantos números inteiros no intervalo [10, 99] possuem dígitos distintos? 
Solução: 
Consideraremos, como universo, o conjunto de todos os números inteiros 
pertencentes ao intervalo [10, 99]. Ou seja, o conjunto de todos os números 
de dois algarismos, sejam eles distintos ou não e que possui 90 elementos. 
U {10, 11, 12, ..., 98, 99} n(U) 90   
Desse conjunto, buscamos a quantidade de elementos que tem os dois 
algarismos distintos e vamos determinar essa quantidade a partir de seu 
complementar, isto é, o conjunto dos números inteiros do intervalo [10, 99] 
que possui algarismos repetidos. Isto é: 
A {11, 22, 33, ..., 88, 99} n(A) 9   
Portanto, a quantidade de números de dois algarismos distintos, 
representado por n(A), é dada por 
n(A) n(U) n(A)
90 9
81
 
 

 
Gabarito: 81 números. 
 
Questão 13. 
Um estádio possui 8 portões. De quantas maneiras esse estádio pode ser aberto 
ao público? 
Solução: 
Para que o estádio fique aberto ao público, basta que pelo menos um 
portão não esteja fechado. Como cada portão pode estar aberto ou fechado, 
existem 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 256 de se deixar portões abertos ou 
fechados. Dessas, existe apenas uma onde todos os portões estão 
fechados. Logo, o número de maneiras de o estádio ser aberto ao público é: 
n(A) n(U) n(A)
256 1
255
 
 

 
 
Gabarito: 255 maneiras. 
 
3. Permutação: 
3.1 O que é permutação? 
O conceito de permutação é intuitivo e envolve a troca das posições dos 
elementos dentro de um conjunto e para apresentá-lo, vamos considerar uma 
fila formada por 7 pessoas: 
 
A seguir, trocamos as posições de algumas pessoas formando uma nova 
fila ou uma permutação das pessoas que compõem a fila. Percebam, que a 
pessoa de boné que estava na quarta posição da fila (da esquerda para a 
direita) está agora na última posição: 
 
Enfim, a ordem das pessoas na fila é relevante e, nesse caso específico, 
como cada conjunto (fila) tem os mesmos elementos só que em ordens 
diferentes, dizemos que são permutações de outros conjuntos (filas). Assim, 
observamos que uma permutação é o resultado da reordenação dos 
elementos de um conjunto preexistente. 
Para determinar a quantidade de permutações dos elementos de um 
conjunto de n elementos, usamos a fórmula 
n
P n! 
onde Pn representa o número de permutações de n elementos e pode ser 
deduzida a partir da Regra do Produto, um dos elementos do Princípio 
Fundamental de Contagem. 
 
Questão 14. 
De quantas maneiras três pessoas, Arnaldo, Bernaldo e Cernaldo, podem se 
dispor em fila? 
Solução:Com o objetivo de simplificar a notação empregada, representaremos os 
nomes das três pessoas a partir de sua primeira letra, A, B e C. Na ordem em 
que estão, ABC é apenas uma das diferentes disposições que as três pessoas 
podem ter. Logo, todas as disposições possíveis são: 
{ABC
a1 disposição
 {ACB
a2 disposição
 {BAC
a3 disposição
 {BCA
a1 disposição
 {CBA
a5 disposição
 {CAB
a6 disposição
 
Portanto, existem 6 filas diferentes que 3 pessoas poderiam gerar. Por 
outro lado, como cada fila é uma permutação das 3 pessoas, ou seja, o número 
de permutações desses três elementos poderia ser calculado a partir da fórmula 
apresentada: 

  

3
P 3!
3 2 1
6
 
Gabarito: 6 maneiras diferentes. 
 
Questão 15. 
(QUADRIX – 2016 – CRMV) De quantas maneiras diferentes podemos organizar 
6 medicamentos em uma prateleira? 
A) 720 maneiras diferentes. 
B) 360 maneiras diferentes. 
C) 700 maneiras diferentes 
D) 300 maneiras diferentes. 
E) 330 maneiras diferentes. 
 
Solução: 
Podemos pensar em cada maneira de se organizar os 6 medicamentos em uma 
prateleira como uma das permutações de um conjunto de 6 elementos, ou 
seja, igual a 
6
P 6!
6 5 4 3 2 1
720

     

 
Portanto, existem 720 maneiras de se organizar 6 medicamentos em uma 
prateleira. 
Gabarito: Alternativa A. 
 
3.2 Fixando elementos em uma permutação 
Não são raras as questões em que um elemento ocupará uma posição 
fixa dentro do conjunto. Nesse caso, esse elemento não é considerado no 
cálculo das permutações. 
Questão 16. 
Se forem colocadas 5 pessoas em fila, de quantas maneiras diferentes pode-se 
formar essa fila de modo que a primeira pessoa da fila seja sempre a mesma? 
Solução: 
O problema envolve permutações de 5 elementos nas quais a primeira 
posição será ocupada sempre pela mesma pessoa, ou seja, será sempre fixa. 
 
Como a primeira posição será ocupada sempre pela mesma pessoa, na 
prática não serão permutações de 5 elementos: serão sim permutações de 4 
elementos. Logo, a quantidade de filas que podem ser formadas é P4: 
4
P 4!
4 3 2 1
24

   

 
Portanto, o número de filas é 24. 
Gabarito: 24. 
 
Questão 17. 
Um grupo de oito pessoas está indo ao cinema e todos vão sentar na mesma 
fila. Duas dessas pessoas não querem sentar uma ao lado da outra. Quantas 
formas diferentes as oito pessoas podem ser dispostas na fila? 
Solução: 
Existem 8! possibilidades de oito pessoas se sentarem em qualquer 
ordem na fila do cinema. Dessa quantidade, temos que subtrair os casos em 
que as duas pessoas não vão se sentar uma ao lado da outra, ou seja, 2 x 7! 
(as oito posições são transformadas em sete, como se tivéssemos uma posição 
dupla em que temos duas ordens possíveis). 
Encontramos então 8! – 2 x 7! = 40320 – 10080 = 30240 formas diferentes. 
Gabarito: 30240. 
 
3.3 Permutação com elementos repetidos 
O conceito de permutação com repetição nos remete às situações nas 
quais os elementos a serem permutados apresentam elementos com 
duplicidade, como é o caso da sequência de cartas a seguir: 
 
As cartas que ocupam as posições (4) e (5) são iguais e, caso sejam 
trocadas de lugar, continuariam determinando a mesma sequência de cartas 
(todas as permutações de cartas iguais geram a mesma sequência). Portanto, 
para determinar o número de permutações dos cinco elementos acima, 
levamos em consideração todas as permutações possíveis (P5) e a permutação 
dos elementos repetidos (P2). Veja como: 
5
2
P 5! 5 4 3 2 1
60
P 2! 2 1
   
  

 
Percebam que dividimos o número de permutações de todos os elementos pela 
quantidade de permutações dos elementos repetidos uma vez que essas geram a 
mesma sequência de cartas. 
Generalizando... 
Seja A um conjunto com n elementos, dos quais a1 têm frequência n1, a2 têm 
frequência n2, a3 têm frequência n3; e assim sucessivamente. Então, o número 
de permutações dos elementos de A com as repetições indicadas acima é igual 
a: 
Ocorrências dos
elementos
repetidos
1 2 3n , n , n , ...
n
1 2 3
n!
P
n ! n ! n !

  
6 4 4 7 4 4 8
L
 
 
Questão 18. 
Quantas maneiras diferentes existem para se dispor, em uma linha de um 
tabuleiro de xadrez (8 posições), as pesas brancas (2 torres, 2 cavalos, 2 
bispos, a rainha e o rei)? 
Solução: 
Cada disposição que existe para as oito peças se constitui uma 
permutação dessas peças. Assim, indicando torre por T, cavalo por C, bispo 
por B, rei por K e rainha por Q, uma disposição possível é 
 
Alterando as posições de duas ou mais peças, obtemos permutações da 
disposição inicial apresentada: 
 
Repare que, como existem peças iguais, as permutações envolvendo 
essas peças não gerariam novas sequência e justifica o uso da fórmula de 
permutação com repetição. Temos 8 elementos, dos quais T se repete 2 vezes, 
C se repete 2 vezes e B se repete 2 vezes. Então: 
2, 2, 2
8
8!
P
2! 2! 2!
8 7 6 5 4 3 2 1
2 1 2 1 2 1
7 6 5 4 3 2 1
1
5040

 
      

    
     


 
Gabarito: 5040. 
 
Questão 19. 
Sobre uma mesa são colocadas em linha 6 moedas idênticas. De quantos 
modos podemos dispor 2 caras e 4 coroas voltadas para cima? 
Solução: 
T C B K Q B C T
T T B B Q K C C
A solução do exercício consiste em dispor, em linha 6 elementos, dos 
quais um (cara) apresenta 2 repetições enquanto o outro (coroa) apresenta 4 
repetições. Usando a fórmula de permutação com repetição, temos: 
2, 4
6
6!
P
2! 4!
6 5 4 3 2 1
2 1 4 3 2 1
6 5
2 1
15


    

    




 
Gabarito: 15. 
 
3.4 Anagramas 
 Um anagrama (do grego ana = "voltar" ou "repetir" + graphein = 
"escrever") é o resultando do rearranjo (ou permutação) das letras de uma 
palavra ou frase para produzir outras palavras, utilizando todas as letras 
originais exatamente uma vez. Um exemplo conhecido é o nome da 
personagem Iracema, claro anagrama de América, no romance de José de 
Alencar. 
Outro exemplo que podemos apresentar e que não contém a aura 
romântica da personagem de José de Alencar é ESAF, anagrama direto do 
substantivo FASE. É importante destacar que um anagrama não precisa ser 
palavra que tenha algum significado. Dessa forma, podemos citar como 
exemplos de ESAF as palavras ASEF e FSAE, dentre outras. 
 
O número de anagramas de uma palavra é igual ao número de 
permutações das letras dessa palavra. Ou seja, 
n
P n! . Caso a palavra original 
tenha apenas letras distintas (permutação sem repetição) e 
1 2 3n , n , n , ...
n
1 2 3
n!
P
n ! n ! n !

   L
 
Caso a palavra original tenha letras repetidas. 
 
Questão 20. 
Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra ARARA? 
Solução: 
O número de anagramas da palavra ARARA é igual ao número de 
permutações de 5 elementos (5 letras) das quais R apresenta 2 repetições 
e A possui 3 repetições. Usando a fórmula de permutação com elementos 
repetidos, temos: 
3, 2
5
3, 2
5
5!
P
3! 2!
5 4 3!
3! 2 1
5 4
P 10 anagramas
2


 

 

  
 
Gabarito: 10 anagramas. 
 
3.5 Uma questão interessante... 
Questão 21. 
Na figura seguinte, as linhas horizontais e verticais representam ruas, e os 
quadrados representam quarteirões de um pequeno bairro nos arredores de 
Belo Horizonte. 
 
Qual a quantidade mínima de trajetos de comprimento mínimo ligando A e B 
passam por C? 
Solução: 
Para se ligar A a B, passando por C, a quantidade mínima de quadras (ou 
quarteirões) a serem percorridos é 8 dos quais 5 ligam A e C e 3 ligam C e B. 
Na primeira parte do trajeto, devem ser percorridas 2 quadras na vertical e 3 
na horizontal e, na parte final (entre C e B), devem ser percorridas 1 quadra 
na vertical e 2 na horizontal. 
Esclarecidos alguns elementos, para resolver esta questão, vamos 
transformá-lo em um problema cuja solução já conhecemos e, com esse 
objetivo, vamos associar cada quadra percorrida a uma das letras (V) ou (H) 
caso o deslocamentoa ser considerado ocorra na vertical (para cima) ou na 
horizontal (para direita). 
Vejam dois exemplos: 
 
Figura 1 Figura 2 
 Na figura 1 acima, o caminho AC e CB pode ser representado por VHHHV 
e VHH, respectivamente. De forma análoga, na figura 2, representamos esses 
caminhos por HHVHV e HVH. Ou seja, o caminho AC pode ser representado 
por uma permutação das letras de VHHHV enquanto o caminho CB por 
permutação das letras de HVH. 
 
Desenvolvendo os cálculos, encontramos: 
3, 2 2, 1
5 3
5! 3!
P P
3! 2! 2! 1!
5 4 3! 3 2!
3! 2 1 2! 1
10 3
30
  
 
  
 
  
 

 
Gabarito: 30 maneiras. 
 
3.6 Permutações com elementos juntos 
Uma variação importante de problemas envolvendo permutações diz 
respeito à situação na qual alguns elementos do conjunto devem permanecer 
juntas (não necessariamente na mesma ordem). Nesse caso, consideramos 
aqueles elementos que devem ficar juntos como um “único” elemento. 
Para ilustrar, considere a seguinte questão: 
 
Questão 22. 
De quantas formas podemos permutar as letras da palavra ELOGIAR de modo 
que as letras A e R fiquem juntas em qualquer ordem? 
Solução: 
A palavra ELOGIAR tem 7 letras e como as letras A e R devem ficar 
juntas vamos considerar, inicialmente, permutação dos elementos E, L, O, G, 
I e AR, como destacamos a seguir: 
{ { { { { {
(1) (2) (3) (4) (5) (6)
E L O G I AR 
Ou seja, são seis os elementos para se permutar, sem que existam 
repetições entre eles. Portanto, o número de permutações é 
6
P 6!
6 5 4 3 2 1
720

     

 
No entanto, as letras A e R devem permanecer juntas, e não na mesma 
ordem. O valor encontrado acima, 720, indica o número de permutações para 
uma dada ordem entre essas letras. Para encerrar, levamos em consideração 
todas as ordens possíveis: 
A 720
72
R
4
A 0
14 0
R
E L O G I permutações
E L O G I permutações
permutações
     
     

 
Como as permutações podem conter o AR ou o RA, somamos 720 a 720, 
e encontramos 1440. 
Gabarito: 1440 permutações. 
 
 
A soma 720 + 720 (ou 720 2 ) é justificada por considerar todas as 
permutações dos elementos que devem ficar juntos, conforme o enunciado 
propôs. Assim, poderíamos obter a resposta desenvolvendo o seguinte cálculo: 
6 2
P P 6! 2!
6 5 4 3 2 1 2 1
720 2
1440
  
       
 
 
Para ilustrar essa particularidade, vamos resolver a próxima questão: 
 
Questão 23. 
Quantos anagramas da palavra EXPLODIR apresentam as vogais juntas (não 
necessariamente na mesma ordem)? 
Solução: 
A palavra EXPLODIR tem 8 letras distintas, das quais 3 são vogais (E, 
O e I) e 5 são consoantes (X, P, L, D e R). Como as vogais devem permanecer 
juntas, os elementos que permutaremos são X, P, L, D, R e o grupo de vogais: 
Considera
como 1
elemento
X P L D R EOI

     
O número de permutações é P6 = 6! (ou 720). Porém, cada uma dessas 
720 permutações, devemos levar em consideração as permutações das vogais 
dentro do grupo determinada por elas. Por se tratar de 3 vogais, multiplicamos 
o valor acima (720) por P3 = 3! (ou 6). O resultado procurado é 
6 3
P P 6! 3!
6 5 4 3 2 1 3 2 1
720 6
4320
  
        
 

 
Gabarito: 4320 anagramas. 
 
3.7 Permutações com alguns elementos em ordem 
Outra variação interessante (e importante) de problemas que abordam 
permutação diz respeito a situações nas quais alguns elementos do conjunto 
devem se dispor em ordem. Nesse contexto, determinamos todas as 
permutações possíveis para, a seguir, observar aqueles elementos que devem 
obedecer a uma ordenação específica. 
Para apresentar a solução para essa “categoria” de problema, vamos 
considerar algumas permutações da palavra ALUNO. 
Questão 24. 
Quantos são os anagramas da palavra ALUNO que tem as consoantes em 
ordem alfabética? 
Solução: 
A palavra ALUNO tem 5 letras distintas, das quais 3 são vogais (A, U 
e O) e 2 são consoantes (L e N). O número de anagramas de uma palavra de 
5 letras distintas é P5 = 5! (ou 120). 
Porém, buscamos quantos desses anagramas apresentam as 
consoantes (e somente as consoantes) em ordem alfabética. Considerando as 
consoantes L e N, temos duas possibilidades de disposição (L antes de N ou 
N antes de L). Assim, para determinar quantos anagramas tem cada tipo de 
disposição de consoantes, distribuímos 120 nesses tipos de disposição das 
consoantes: 
ou
L N N
60 0
L
6
(L antes de N) (N antes de L)
120 2 120 2
 
 
   
 
Para que as consoantes estejam em ordem alfabética, devemos 
considerar somente a ordem L – N e, nessa disposição, 60120 2  
anagramas. 
Gabarito: 60 anagramas. 
 
4. Arranjos versus combinações: 
4.1 Definições 
Para explicitar a diferença entre Arranjos e Combinações, considere os 
elementos do conjunto P = {1, 2, 3, 4, 5}, para o qual são feitos dois 
questionamentos que serão resolvidos usando as ferramentas apresentadas 
nas seções anteriores. Vamos lá... 
 
(1) Quantos números de 3 algarismos distintos podem ser formados a partir 
dos elementos de P? 
 
Solução: 
 
Formar um número de 3 algarismos consiste em escolher algarismos para 
ocupar cada uma das posições do número. O seja, devemos escolher um 
algarismo para a posição das centenas, outro para as dezenas e um último 
para as unidades. Por se tratar de escolhas simultâneas, usamos a 
regra do produto: 
 
 
 
A quantidade de números é 60. 
 
(2) Quantos subconjuntos com 3 elementos podem ser formados a partir dos 
elementos de P? 
 
Solução: 
 
A formação de um subconjunto de P, com 3 elementos, está associada à 
escolha de 3 de seus elementos de forma que a ordem de escolha não seja 
relevante ou importante (importante mesmo é o grupo de três elementos 
escolhidos). Começamos nossos cálculos de forma similar ao que fizemos 
anteriormente. Vejam: 
 
 
Antes de avançar, vamos fazer a seguinte análise: escreva um dos 
subconjuntos formados como, por exemplo, {1, 3, 4} e troque a 
disposição de seus elementos. Assim, trocando os dois primeiros 
elementos, encontramos {3, 1, 4} e esse conjunto é igual ao conjunto 
original. 
 
Generalizando, podemos afirmar que qualquer permutação dos 
elementos de um conjunto gera exatamente o mesmo conjunto. Diante do 
exposto, vamos dividir 60 pelo número de permutações que os elementos 
do conjunto poderiam gerar, isto é, P3 = 3! (ou 6). 
 
3
60 60 60
10 subconjuntos
P 3! 3 2 1
  
 
 
 
A quantidade de subconjuntos é 10. 
 
 
 
Mais importante do que saber qual fórmula utilizar em cada caso é 
compreender a real diferença entre arranjo e combinação. 
 
 
 
5. Combinações 
5.1. Definição 
O conceito de combinação envolve escolhas de elementos para os quais 
a ordem de escolha dos elementos não é relevante. Para melhor apresenta-
lo, considere dispostos sobre uma circunferência 6 (seis) pontos, dos quais 3 
(três) nunca são colineares: 
 
Sabendo que um segmento de reta é um subconjunto da reta que tem 
duas extremidades, ou seja, uma “parte” da reta com um ponto inicial e outro 
final, determinaremos quantos segmentos de reta podem ser formados a 
partir de 6 pontos marcados sobre uma circunferência. De todos os segmentos 
de reta que poderiam ser determinados destacamos dois, a seguir: BE e DC. 
 
Observe que a ordem de escolha das extremidades de um segmento 
de reta não é relevante – importante é saber qual o par de pontos foi 
escolhido para desempenhar papel de extremidades do segmento. No caso dos 
pontos C e D, as escolhas CD e DC são, na verdade, um mesmo segmento. 
Essa circunstância resume a ideia de combinação: 
 
 
... combinação é um tipo de 
agrupamento no qual a ordem de escolha 
dos elementos não é importante. 
 
 
Para dar resposta ao questionamento acima, vamos usar a Regra do 
Produto e determinar o número de escolhas de dois pontos a partir de 6 
pontos marcados sobre a circunferência. Para tal, temos 6 (seis) opçõesde 
escolha para o primeiro ponto e 5 (cinco) opções de escolha para o segundo 
ponto: 
 
Multiplicando, encontramos 6 5 30  escolhas. No entanto, esse número 
leva em consideração a ordem de escolhas dos pontos. Para fazer o ajuste 
necessário, dividimos 30 por 2 (número de permutações dos dois pontos 
escolhidos). O número procurado é 
segmentos
30
# 15
2
  
Esse valor normalmente é representado por C6,2 e indica o número de 
maneiras de se escolher de 2 (dois) elementos de um conjunto com 6 (seis) 
elementos de forma que a ordem de escolha não seja importante. 
Embora exista uma fórmula para calcular o número de combinações (e 
vamos utilizá-la em muitos problemas) podemos recorrer ao procedimento 
apresentado acima para resolver qualquer problema que envolve combinação. 
Vejam as próximas questões: 
 
Questão 25. 
Quantos subconjuntos de 3 elementos distintos podem ser formados a partir 
dos elementos do conjunto S = {1, 2, 3, 4, 5}? 
Solução: 
Um subconjunto de S consiste de um conjunto formado a partir de 
elementos do próprio conjunto S. No caso, devemos escolher 3 (três) 
elementos de S para formar um subconjunto (vejam que a ordem de escolha 
desses elementos não é importante). Para as escolhas individuais, temos 5, 4 
e 3 possibilidades. 
 
Em função da Regra do Produto, multiplicando os valores indicados, 
encontramos 60. Para prosseguir, vamos levar em consideração as escolhas 
feitas com duplicidade, ou seja, as escolhas que fazem referência ao mesmo 
conjunto (diferindo apenas pela ordem). 
Para tal, observe que uma das 60 sequencias formadas é {1, 2, 3}. 
Trocando-se a ordem dos elementos, continuamos com o mesmo conjunto. 
Assim, {1, 2, 3}, {1, 3, 2}, {2, 1, 3}, {2, 3, 1}, {3, 1, 2} e {3, 2, 1} 
fazem referência ao mesmo subconjunto de S e podem ser considerados iguais. 
Generalizando, observamos que cada subconjunto de {1, 2, 3, 4, 5} foi 
considerado 6 vezes. 
Para determinar a quantidade de subconjuntos dividimos 60 por 6: 
5,3 5,3
60
C C 10
6
   
Gabarito: O número de subconjuntos de S com 3 (três) elementos é 10. 
 
Questão 26. 
Atualmente, exercem a função de juízes auxiliares da Corregedoria Nacional de 
Justiça do CNJ um total de 7 juízes e desembargadores de 1ª e 2ª instância 
que exercem, respeitados os limites constitucionais, atribuições designadas ao 
Corregedor Nacional de Justiça. Quantas comissões de 3 (três) juízes ou 
desembargadores podem ser formadas para representar a Corregedoria do CNJ 
em um seminário sobre atividade correcional e bom desempenho da atividade 
judiciária dos tribunais e juízos do País? 
Solução: 
Um problema clássico envolvendo combinações está relacionado à 
formação de comissões e não é raro de serem cobradas em provas. Para formar 
uma comissão, é necessária a escolha de 3 (três) elementos de um conjunto 
composto de 7 (sete) de forma que a ordem de escolha não é importante. 
 
Para a escolha do primeiro juiz são 7 (sete) possibilidades. Para o 
segundo, são 6 (seis) e, para o terceiro, temos 5 (cinco) escolhas. 
Multiplicando esses valores, encontramos 7 6 5 210   e esse valor envolve 
todas as contagens feitas com duplicidade. Porém, esse valor coloca a ordem 
de escola dos elementos como sendo relevante. 
Para determinar quantas contagens foram feitas em duplicidade, para 
cada comissão formada, basta descobrir quantas são as diferentes ordens para 
a escolha dos elementos que comporão a comissão. Para ilustrar, considere 
escolhidos os elementos A, B e C. O número de ordens diferentes em que esses 
elementos poderiam ser escolhidos é igual à quantidade de permutações de 
três elementos, ou seja, igual a 3!. 
Dividindo 210 por 3!, encontramos a quantidade de comissões de 3 
juízes escolhidos de um conjunto de 7, e esse é o número de combinações de 
7 elementos, tomados de 3 em 3: 
7,3 7,3
210 210
C C 35
3! 6
    
Gabarito: O número de comissões distintas é igual a 35. 
A partir dos exemplos acima, percebam que utilizamos a regra do produto 
como ponto de partida para resolver questões envolvendo combinações. A 
seguir, generalizaremos o mecanismo acima para obter a fórmula de 
combinação: 
 
5.2. Generalizando 
A seguir, em “aprofundando”, mostro uma dedução para a importante 
fórmula de combinação e veja esse fragmento como uma curiosidade para 
perceber o seguinte fato: todas as fórmulas e propriedades que utilizamos 
possuem um processo de dedução ou demonstração... 
 
 
Uma combinação de n elementos tomados de p em p é igual ao número 
de subconjuntos de p elementos distintos que podem ser formados a partir de 
um conjunto com n elementos. É representada por Cn,p. O cálculo do número 
de combinações é iniciado determinando-se o número de sequências de p 
elementos formadas a partir de um conjunto com n elementos: 
 
Ou seja, n,pA n (n 1) (n 2) ... (n p 1)         . Multiplicando o numerador 
e o denominador de An,p por (n-p)!, encontramos: 
n,p n,p
n (n 1) (n 2) ... (n p 1) (n p)! n!
A A
(n p)! (n p)!
         
  
 
 
No entanto, a ordem de escolha dos p elementos não é relevante, ou 
seja, qualquer disposição desses p elementos gera o mesmo conjunto. Assim 
como fizemos nos exemplos numéricos acima, temos que dividir An,p pelo 
número de permutações de p elementos para determinar o Cn,p: 
n,p
n,p n,p
n!
A n! 1! n!(n - p)!
C C
p! p! (n - p)! p! p! (n - p)!
     

 
Enfim, deixei aqui esse desenvolvimento algébrico é para deixar uma 
mensagem: as fórmulas que muitos livros e apostilas apresentam são, na 
verdade, consequência do uso da regra do produto. Deste ponto em diante, 
vamos utilizá-la com maior frequência. Vejam a próxima questão: 
 
 
O número de combinações de n elementos 
tomados de p em p é 


n,p
n!
C
p! (n - p)!
 
 
Questão 27. 
(CESPE – 2011 - SAEB-BA) O número total de partidas em um campeonato de 
pingue-pongue com 20 participantes em que cada competidor jogue uma única 
vez com cada um dos demais é igual a 
A) 400. 
B) 380. 
C) 200. 
D) 190. 
Solução: 
Para que seja realizada uma partida, é necessária a escolha de 2 
participantes e iniciaremos utilizando a Regra do Produto: 
1° 2°
participante participante
20 19 380
 
 
 
Porém, a ordem de escolha das equipes não é relevante e encerra a 
ideia de combinação. Uma vez que a permutação das equipes escolhidas gera 
a mesma partida, dividimos o valor acima pela permutação de 2 elementos, ou 
seja, 2!: 
20,2 20,2
380 380
C C 190
2! 2
    
Ou seja, o número de partidas é igual a 190 e a alternativa correta é a 
letra D. No entanto, poderíamos resolver este problema utilizando diretamente 
a fórmula de combinação. Para tal, temos que determinar o número de 
maneiras de se escolher 2 elementos de um total de 20 elementos. Esse valor 
é igual ao número de combinações de 20 elementos tomados de 2 em 2: 
20,2
20!
C
2! (20 - 2)!
20!
2! 18!
20 19 18!
2 1 18!
20 19
2 1
190




 

 




 
Enfim, mais uma vez, o número de partidas encontrado foi 190. 
Gabarito: Alternativa D. 
 
Questão 28. 
Em um campeonato de futebol, cada um dos 12 times disputantes joga contra 
todos os outros em turno único, ou seja, apenas uma vez. Qual o número de 
jogos total de jogos desse campeonato? 
Solução: 
Para que um jogo seja realizado, é necessária a escolha de 2 equipes e, 
como o campeonato é disputado por 12 equipes, o número de escolhas de 
duas dessas equipes é C12,2. Então: 
12, 2
12!
C
2! (12 - 2)!
12!
2! 10!
12 11 10!
2 1 10!




 

 
 
Logo, C12,2 = 66 e esse é o número de jogos desse campeonato. 
Gabarito: O número de jogos do campeonato é 66. 
 
Questão 29. 
Quantas comissões de 3 integrantes podem ser formadas a partir de um grupo 
contendo 7 pessoas? 
Solução: 
Formar uma comissão consiste em escolher 3 de um total de 7 
integrantes de forma que a ordem de escolha não seja importante(importante 
é o grupo de pessoas que está sendo escolhido). Portanto, o número de 
comissões que podem ser formadas é C7, 3: 
7, 3
7!
C
3! (7 - 3)!
7!
3! 4!
7 6 5 4!
3 2 1 4!
35




  

  

 
Gabarito: 35 comissões. 
 
Questão 30. 
Em uma competição de vôlei de praia participam n duplas. Ao final, todos os 
adversários se cumprimentaram uma única vez com apertos de mão. Sabendo-
se que foram contados 180 apertos de mão, qual o valor de n? 
 
Solução: 
Sendo n o número de duplas, o número de jogadores é igual a 2n e, para 
que seja contado um aperto de mão, é necessária a escolha de 2 jogadores 
(adversários). Então: 
1° 2°
jogador jog
2n
ad
-2
or
2n
 

 
Porém, a ordem de escolha das equipes não é relevante (idéia de 
combinação). Uma vez que a permutação dos jogadores escolhidos gera o 
mesmo conjunto, dividimos o produto acima por 2! para, a seguir, igualar o 
resultado a 180: 
2n (2n 2)
n (2n 2) 180
2!
 
    
Obtemos uma equação de 2º grau: 
2
2
2
2
2n 2n 180
n n 90
n n 90 0
( 1) ( 1) 4 (1) ( 90) 1 361 1 19
n
2 1 2 2
 
  
   
         
   

 
Considerando somente o valor positivo, temos: 
1 19 20
n 10
2 2

   
Gabarito: 10 duplas. 
 
Questão 31. 
Num grupo de 10 pessoas é formado por 2 homens e 8 mulheres. Qual a 
quantidade de comissões de 5 pessoas que podem ser formadas contendo 1 
homem e 4 mulheres? 
Solução: 
As comissões a serem formadas devem atender a restrição de possuírem 
1 homem e 4 mulheres e, para atende-la, vamos tratar o problema de se 
formá-las como o de se realizar duas escolhas simultâneas. Para escolher 1 
homem, podemos fazê-lo de C2,1 maneiras diferentes e, para a escolha das 4 
mulheres de um total de 8, podemos fazê-lo de C8,4 formas diferentes. 
Como são escolhas simultâneas, multiplicamos os valores ... 
 
Desenvolvendo os cálculos, temos: 
2,1 8,4
2! 8!
C C
1! 1! 4! 4!
2 1 8 7 6 5 4!
1 1 4 3 2 1 4!
2 2 7 5
1 1
140
  
 
    
 
    
 
 

 
Portanto, o número de comissões que podem ser formadas, dadas as 
condições apresentadas, é igual a 140. 
Gabarito: 140 comissões. 
 
Questão 32. 
O cientista John Dalton é bastante conhecido pelas suas contribuições para a 
Química e a Física. Descreveu a forma e o uso de vários instrumentos de 
meteorologia, fazendo considerações sobre a variação da altura barométrica. 
Além disso, Dalton descreveu uma doença hereditária que o impossibilitava de 
distinguir a cor verde da vermelha. Essa doença hereditária, causada por um 
alelo recessivo ligado ao cromossomo X, recebeu o nome de daltonismo. 
Três daltônicos fazem parte de um grupo de 10 pessoas. De quantas maneiras 
distintas pode-se selecionar 4 pessoas desse grupo, de maneira que haja 
exatamente 2 daltônicos? 
Solução: 
Como 3 dentre 10 pessoas do grupo são daltônicas, concluímos que 7 
não o são e, na formação do grupo de 4 (quatro) pessoas, devem ser escolhidos 
2 daltônicos e 2 não daltônicos. 
 
Desenvolvendo os cálculos, temos: 
  
 
   
 
  

 

3,2 7,2
3! 7!
C C
2! 1! 2! 5!
3 2 1 7 6 5!
2 1 2 1 5!
3 7 6
1 2
63
 
Gabarito: O número de comissões é 63. 
 
Questão 33. 
A partir de um grupo de 14 pessoas, quer-se formar uma comissão de oito 
integrantes, composta de um presidente, um vice-presidente, um secretário, 
um tesoureiro e quatro conselheiros. Nessa situação, o número de maneiras de 
compor essa comissão é 14!/(4! 6!). 
Solução: 
A solução para esta questão consiste em realizar escolhas simultâneas: 
1 pessoa para ocupar função de presidente, outra para vice-presidente, uma 
para secretário, uma para tesoureiro e quatro para conselheiros. 
Assim, começaremos o processo de escolha para os cargos nos quais a 
ordem de escolha é importante. Temos 14 opções para a escolha do presidente, 
13 para o vice-presidente, 12 o para secretário e 11 para o tesoureiro. 
 
Para a escolha dos 4 conselheiros restam, após a escolha dos demais 
cargos, 10 pessoas e, como esses 4 serão escolhidos para exercer a mesma 
função, utilizamos o conceito de combinação: 
 
Estruturada a solução, vamos aos cálculos: 
        

10,4
10!
14 13 12 11 C 14 13 12 11
4! 6!
 
Porém, o produto entre 14, 13, 12, 11 e 10! é igual a 14! e podemos 
reescrever a expressão acima como 14!/ (4! 6!). 
Gabarito: Item CORRETO. 
 
Questão 34. 
Um teste é composto por 15 afirmações. Para cada uma delas, deve-se 
assinalar, na folha de respostas, uma das letras V ou F, caso a afirmação seja, 
respectivamente, verdadeira ou falsa. A fim de se obter, pelo menos, 80% de 
acertos, qual o número de maneiras diferentes de se marcar a folha de 
respostas? 
Solução: 
Para obter pelo menos 80% de acertos de um teste com 15 afirmações, 
o número de questões respondidas corretamente deve ser, no mínimo, igual a 
12 questões
80
80% de 15 15
100
4
15
5
60
5
 
 


 
Diante do exposto, calcularemos o número de maneiras de marcar a folha 
de resposta de forma que o número de questões corretas seja 12, 13, 14 ou 
15. Vamos pensar assim: o número de maneiras de se acertar 12 questões é 
C15, 12. Para 13 acertos, o número de escolhas é C15, 13. Para 14 e 15 acertos, 
o número de escolhas é dado por C15, 14 e C15, 15, respectivamente. 
 
É importante observar o uso do conetivo “ou”: O número de acertos pode 
ser 12 ou 13 ou 14 ou ainda 15 e, por esse motivo, somamos as combinações 
identificadas acima: 
15,12 15,3 15,14 15,15
C C C C
15! 15! 15! 15!
12! 3! 13! 2! 14! 1! 15! 0!
15 14 13 12! 15 14 13! 15 14! 15!
12! 3 2 1 13! 2 1 14! 1 15! 1
455 105 15 1
576
  
   
   
     
   
      
   

 
Gabarito: 576 maneiras. 
 
 
Questão 35. 
Numa assembleia, de que participam 5 matemáticos e 5 físicos, são 
constituídas comissões formadas por três membros, incluindo, no mínimo, um 
matemático. Quantas comissões podem ser assim formadas? 
Solução: 
A solução do problema consiste em determinar quantas comissões de 3 
pessoas podem ser formadas a partir de 5 matemáticos e 5 físicos que tem, 
pelo menos, um matemático. Percebam que termos mais de 1 tipo de 
comissão: 
 
Para o primeiro tipo de comissão, devemos escolher 1 matemático 
(dentre 5 disponíveis) e 2 físicos (dentre 5 disponíveis). Para o segundo tipo 
de comissão, a escolha será de 2 matemáticos (de 5) e 1 físico (de 5). Por fim, 
serão formadas comissões de 3 matemáticos (de 5). 
 
Percebam como foi estruturada a solução: o problema foi dividido em 
sub-problemas mais simples. Isso é muito importante e vai nos ajudar muito 
ainda. Você vai ver. Pois bem, vamos aos cálculos: 
5,2 5,2 5,3
5 C C 5 C
5! 5! 5!
5 5
2! 3! 2! 3! 3! 2!
5 4 3! 5 4 3! 5 4 3!
5 5
2 1 3! 2 1 3! 3! 2 1
5 10 10 5 10
50 50 10
110
   
    
  
     
    
     
    
  

 
Encontramos 110 comissões. 
 
Gabarito: 110 comissões. 
 
 
Acima, concluímos que existem 110 comissões de 3 pessoas com pelo 
menos um matemático. Ou seja, comissões de 3 pessoas com 1, 2 ou 3 
matemáticos. Perceba que o único tipo de comissão que não entrou na nossa 
contagem foi aquele que não tinham professores de matemática e vamos 
estruturar nossa segunda solução a partir desse fato. 
Primeiro determinamos o total de comissões que podem ser formadas a 
partir do grupo de 10 pessoas (5 matemáticos + 5 físicos). Essa quantidade 
é igual a C10, 3. 


  

  

10,3
10!
C
3! 7!
10 9 8 7!
3 2 1 7!
120
 
 No entanto, algumas dessas 120 comissões não atendem à restrição de 
ter, no mínimo, um matemático. Tais comissões tem somente professores de 
física e a quantidade de comissões com essa característica é igual ao número 
de maneiras de escolher 3 (três) de um total de 5 (cinco) professores de física. 


 

 

5,3
5!
C
3! 2!
5 4 3!
3! 2 1
10
 
 Ou seja, 10 comissões nãotem professores de matemática. Portanto, o 
número de comissões com pelo menos um professor de matemática é 
120 – 10 = 110. 
Gabarito: 110 comissões. 
 
5.3. Um desafio... 
Para encerrar nossa apresentação “teórica” a respeito de combinatória e 
técnicas de contagem, veja a questão seguinte na qual a Análise Combinatória 
foi contextualizada na própria matemática 
 
Questão 36. 
De quantas maneiras podem ser escolhidos 3 números naturais distintos, de 1 
a 30, de modo que sua soma seja par? 
Solução: 
Vamos começar a solução desta questão listando todas os tipos de 
escolas de três números (consideraremos P como escolha de número par e I 
como escolha de número ímpar): 
 
Perceba que, para que a soma seja par, temos duas possibilidades: 
escolher 3 números pares ou 1 par e 2 ímpares. Por outro lado, o total de 
números pares disponíveis é 15 (metade do conjunto dos números de 1 a 30) 
e, pelo mesmo motivo, 15 são ímpares. 
 
Para a escolha de três números pares, temos: 


  

  

15,3
15!
C
3! 12!
15 14 13 12!
3 2 1 12!
455
 
Por outro lado, na escolha de 1 número par e 2 números ímpares, 
encontramos: 
15,2
15!
15 C 15
2! 13!
15 14 13!
15
2 1 13!
1575
  

 
 
 

 
Somando os valores acima, uma vez que a escolha deve ser formada por 
três números pares ou um número par e dois ímpares, temos 455 + 1575 = 
2030. 
Gabarito: O número de maneiras é 2030. 
 
6. Permutações circulares 
Uma variação de permutação importante ocorre quando os objetos são 
dispostos em torno de um círculo, segundo ordem cíclica no sentido horário ou 
anti-horário. Para ilustrar, considere permutações circulares de quatro 
elementos, A, B, C e D: 
 
Observe que não é importante o lugar a ser ocupado pelo primeiro 
elemento em torno do círculo, mas sim, a partir dele, quem ocupou cada uma 
das demais posições. Perceba, na figura acima, que todas as disposições 
apresentadas para A, B, C e D são equivalentes. 
Assim, a permutação circular de n objetos é equivalente à permutação 
simples de n – 1 objetos. Sendo PCn o número de permutações circulares de 
n objetos, temos: 
 
n
PC (n 1)! 
Questão 37. 
Na TV Cultura há um programa de entrevistas, chamado “Roda Viva”. Os 
entrevistadores sentam-se em volta de uma grande roda e o entrevistado 
senta-se no centro da roda em uma cadeira giratória. Dos oito entrevistadores 
do próximo programa: dois serão da Folha de São Paulo, dois da Veja e dois 
de O Globo. Sabendo-se que os jornalistas serão dispostos em torno da roda 
de modo que colegas de trabalho permaneçam juntos, quantas disposições 
serão possíveis? 
Solução: 
Observem a estrutura das restrições apresentadas neste problema que 
envolve permutação, na qual alguns elementos devem permanecer juntos. 
Nesse contexto, tais elementos são considerados como apenas um para efeitos 
de permutação. Temos a permutação de 5 elementos: 
 (1) relativo aos entrevistadores da Folha de São Paulo; 
 (1) relativo aos entrevistadores da Folha da Veja; 
 (1) relativo aos entrevistadores de O Globo; e 
 (2) para completar o grupo de 8 entrevistadores. 
Assim, a permutação circular desses 5 elementos é PC5 = 4!, ou seja, 
24 permutações circulares. Porém, para cada uma dessas 24 permutações, 
os jornalistas que são colegas de trabalho podem trocar de lugar entre si e 
ainda manter as restrições impostas. 
{ { {
Permutações Permutações Permutações
(Folha) (Veja) (O Globo)
24 2! 2! 2! 192    
Concluímos que os entrevistadores podem se dispor de 192 maneiras 
diferentes em torno do círculo. 
Gabarito: 192 maneiras. 
 
Questão 38. 
Dispõe-se de 12 cores para pintar as cinco faces de uma pirâmide reta de base 
quadrada. De quantas maneiras essa pintura pode ser feita se cada face deve 
ser pintada com uma cor e não existam duas faces pintadas com a mesma cor? 
Solução: 
Uma pirâmide reta de base quadrada tem 5 faces, das quais uma é 
quadrada (base) e quatro são triângulos (faces laterais), conforme 
podemos observar na figura seguinte: 
 
 
Para pintá-la, vamos começar escolhendo as cinco cores que vamos usar. 
Para tal, selecionaremos 5 das 12 cores disponíveis e, por se tratar apenas 
da escolha dessas cores, a ordem não é importante. Enfim, vamos usar 
combinação: 
12,5 12,5
12! 12 11 10 9 8 7!
C C 792
5! 7! 5 4 3 2 1 7!
    
   
     
 
A seguir, vamos associar cada uma das cinco cores escolhidas a cada 
uma das faces da pirâmide, começando pela base (por ser diferente das 
demais). Para tal, temos 5 cores disponíveis. 
Para as laterais, restam 4 cores para serem usadas. Usaremos a ideia 
de permutação circular: 
4 4
PC (4 1)! PC 3!    
Para finalizar, para cada uma das escolhas de 5 cores, temos 5 escolhas 
para a base quadrada e 3! formas diferentes para pintar as laterais. Portanto, 
a pirâmide pode ser pintada de 
{ {12,5 4
Escolha da AssociaçãoEscolha das
cor para a das cores às5 cores
base faces
C 5 PC 792 5 6    
1 2 3
 
O valor procurado é 23.760. 
Gabarito: 23.760 maneiras. 
 
 
7. Soluções de uma equação 
Muitos problemas combinatórios resumem-se a determinar a quantidade 
de soluções inteiras positivas (ou naturais) de uma equação linear. Como 
exemplo, vejam algumas soluções da equação x + y = 5, representados a 
partir de pontos marcados sobre uma reta: 
 
Porém, enumerar soluções naturais ou inteiras de x + y + z + w = 10 
ou a + b + c = 17 se torna exaustivas, em função da grande quantidade de 
soluções e, para determinar a quantidade de soluções naturais de equações 
como essas, transformaremos esse problema em problemas relativamente 
mais simples, como podemos observar nos exemplos abaixo: 
 
Questão 39. 
Quantas são as soluções naturais (inteiras maiores ou iguais a 0) da equação 
x + y + z = 5? 
Comentário: 
A aplicação dos conceitos combinatórios estudados depende da 
construção de um modelo matemático para a situação em estudo. Assim, no 
problema proposto, consideraremos a equação x + y + z = 5 como o modelo 
empregado na distribuição de 5 bolas idênticas ( ) em 3 caixas 
distintas (variáveis x, y e z). 
Definido o modelo, vamos utilizá-lo para tomar algumas soluções 
particulares da equação x + y + z = 5. Um exemplo de solução é (1, 2, 2), 
onde x = 1, y = 2 e z = 2 e, no modelo formulado, é representado conforme 
se vê na figura seguinte: 
 
Reparem que a bolas associadas a x e as associadas a y são separadas 
por uma barra vertical ( | ). O mesmo ocorre para separar as bolas associadas 
a y e as bolas associadas a z. 
Vejam agora, a representação da solução (1, 1, 3), ou seja, x = 1, y = 1 
e z = 3 e percebam que foram utilizadas 5 bolas ( ) e 2 barras ( || ): 
 
 
 
Vejam agora a solução (2, 0, 3), na qual a variável y = 0: 
 
 
 
Enfim, cada solução da equação x + y + z = 5 é, na verdade, uma 
disposição diferente de 5 bolas ( ) e 2 barras (||) e, para determinar 
a quantidade de soluções de x + y + z = 5 basta determinar o número de 
permutações de 7 elementos ( || ). Como um desses elementos 
apresenta 5 repetições e o outro 2, usamos permutação com repetição: 
 
  
 
5, 2
7
7! 7 6 5!
P 21
2! 5! 2 5!
 
Gabarito: A equação x + y + z = 5 tem 21 soluções naturais. 
 
Vamos para ó próximo exemplo, no qual temos que calcular a quantidade 
de soluções inteiras positivas de uma equação. 
 
Questão 40. 
Quantas são as soluções inteiras positivas possui a equação x + y + z + w 
= 10? 
Comentário: 
Muito cuidado com o enunciado da questão: solução inteira positiva é 
diferente de solução natural. Quando falamos que um número é positivo, 
excluímos a possibilidade de que ele possa ser igual a zero. Assim, ao 
determinar a quantidade de soluções de x + y + z + w = 10, temos que 
observar que nenhuma das incógnitas pode ser igual a zero. O modelo que 
utilizaremos consiste na distribuição de 10 bolas idênticas ( ) 
em 4caixas distintas (variáveis x, y, z e w). 
Por se tratarem soluções inteiras positivas, nenhuma das incógnitas x, y, 
z e w pode ser zero e iniciemos por garantir que cada incógnita (caixa) tenha 
valor mínimo de 1: 
 
 
 
Ou seja, já foram distribuídas 4 bolas, faltando ainda distribuir mais 6. 
Porem, essa distribuição não possui mais restrições e o problema pode ser 
resolvido como no exemplo anterior, ou seja, por meio da equação 
   x' y' z' w' 6 que consiste em determinar quantas permutações existem 
para 6 bolas ( ) e 3 barras (|||): 
 
  
  
   
6, 3
9
9! 9 8 7 6!
P 84
3! 6! 3 2 1 6!
 
 
Gabarito: A equação x + y + z + w = 10 tem 84 soluções inteiras positivas. 
 
Generalizando: 
 
O número de soluções naturais da equação    1 2 3 kx x x x n é 
 




n, k-1
n k-1
(n k -1)!
P
n! (k -1)!
 
 
Questão 41. 
De quantas formas diferentes podemos colocar 20 bolas brancas e 20 bolas 
pretas em duas caixas idênticas de maneira que nenhuma caixa fique vazia? 
(A) 400 
(B) 439 
(C) 780 
(D) 220 
(E) 160 
Solução: 
O número de maneiras de distribuir 20 bolas brancas em duas caixas 
(idênticas) é equivalente ao número de soluções inteiras não negativas da 
equação x + y = 20 e essa quantidade é igual ao número de permutações de 
20 bolas ( ... ) e 1 barras ( | ): 
1, 20
21
21!
P 21
1! 20!
 

 
 Essa quantidade é a mesma que o número de maneiras de distribuir 20 
bolas pretas em duas caixas idênticas. Porém, existem duas situações que não 
atendem às restrições importas: todas as bolas fiquem na mesma caixa 
(primeira ou segunda). Logo, o valor procurado é 
43921 21 2 441 2     
Gabarito: Alternativa B. 
 
 
 
 
 
8. Princípio da casa dos pombos 
O Princípio da Casa dos Pombos, ou Princípio das Gavetas de Dirichet1 
diz respeito à distribuição de objetos idênticos em gavetas idênticas e 
apresenta a seguinte formulação: 
“Se n + 1 pombos voam em direção a n casas e todos os pombos 
entram em uma casa, haverá pelo menos uma casa com pelo 
menos dois pombos”. 
Vejam como é intuitivo: se o número de pombos é maior que o número 
de casas e todo pombos deve se posicionar em uma casa, haverá pelo menos 
uma casa com mais de um pombo. Para ilustrar, considere a distribuição de 5 
bolas em 4 caixas: colocando uma bola em cada caixa, sobrará uma bola que, 
ao ser colocada em uma caixa, fará com que uma caixa tenha pelo menos 
duas bolas. 
 
Abordando os problemas estabelecendo uma ordem de distribuição dos 
elementos nas caixas e pensando sempre no caso extremos (ou no pior caso), 
as questões relacionadas a esse assunto não costumam ser tão difíceis. Vejam: 
 
Questão 42. 
Julgue a assertiva: “Em um grupo de 13 pessoas, existem pelo menos duas 
pessoas que fazem aniversário no mesmo mês”. 
Solução: 
 
1 Dirichet foi um matemático nascido em 13 de fevereiro de 1805 em Düren e morreu 05 de maio de 1859 em 
Göttingen. Foi um grande matemático com várias grandes contribuições para a área. Propôs a definição moderna de 
função que é a que usamos hoje: "Se uma variável y está tão relacionada a uma variável x que, sempre que um valor 
numérico é atribuído a x, existe uma regra segunda a qual um valor único de y é determinado, então y é dito ser uma 
função da variável independente de x." 
Vamos considerar a escolha de 12 pessoas desse grupo: poderíamos ter o 
azar (ou sorte!) de que nenhuma delas faça aniversário no mesmo mês das 
outras. Ou seja, teríamos 12 pessoas (objetos) distribuídas em 12 meses 
(gavetas). 
Ao considerar a 13ª pessoa, ela faria aniversário em um mês que já conta 
com algum aniversariante. Logo, comprovamos pelo menos duas pessoas 
fariam aniversário no mesmo mês. 
Gabarito: Item CORRETO. 
 
Questão 43. 
(FCC - 2011 - TCE-SE) Em uma repartição pública com 20 funcionários, 8 
possuem o curso superior, 7 possuem o curso médio sem o curso superior e 5 
possuem apenas o ensino fundamental. Deseja-se constituir um grupo de 
trabalho com estes funcionários para realizar uma determinada tarefa. 
Escolhendo aleatoriamente os funcionários, o número mínimo de funcionários 
que devem fazer parte do grupo de trabalho para se ter certeza de que pelo 
menos um funcionário possui curso superior é 
A) 8. 
B) 12. 
C) 13. 
D) 15. 
E) 16. 
Solução: 
Como 8 funcionários tem curso superior, 20 – 8 = 12 funcionários têm 
apenas ensino fundamental ou médio e vamos começar a resolver esta questão 
analisando este valor. Pois bem, escolhendo-se, aleatoriamente 12 
funcionários, teríamos o risco de não escolher nenhum funcionário com curso 
superior e isso não é o que buscamos. 
Assim, para que seja garantida a escolha de funcionário com curso superior, 
vamos somar 1 (uma) unidade ao número que não nos garantiria o que foi 
proposto nesta questão. 
Para atender a restrição proposta, o número mínimo de funcionários a serem 
escolhidos é 12 + 1 = 13. 
Gabarito: Alternativa C. 
 
Questão 44. 
(FCC - 2010 - AL-SP) Os 63 novos contratados para o cargo de agente técnico 
serão alocados em 21 salas atualmente vazias no prédio da Assembleia 
Legislativa. Cada sala terá pelo menos um agente e todo agente ficará em uma 
única sala. 
Nestas condições, pode-se concluir que, necessariamente, 
A) haverá três agentes em cada sala. 
B) não haverá salas com quatro agentes. 
C) poderá haver uma sala com 50 agentes. 
D) haverá salas com um único agente. 
E) haverá pelo menos uma sala com três ou mais agentes. 
Solução: 
Novamente, vamos analisar os dados da questão pensando no caso extremo. 
Dividindo-se 63 por 21 obtemos 3 e esse é o número de agentes que, 
inicialmente, cada uma das 21 salas comportariam. Trocando os agentes de 
sala, continuaríamos pelo menos uma sala com 3 ou mais agentes. 
Elementos iniciais apresentados, vamos para a análise das alternativas: 
 Alternativa A: está errada porque não foi falado, em momento algum, 
de que a distribuição tinha que ser uniforme ou equânime. Apesar de ser 
uma situação possível, não podemos garantir que em cada sala haverá 
exatamente três agentes. 
 Alternativa B: está errada uma vez que existe a possibilidade de que 
uma sala tenha 4 agentes. Para que isso ocorra, basta que uma sala 
tenha 4 agentes, outra tenha 2 agentes e a demais tenham exatamente 
3 agentes. 
 Alternativa C: está errado porque os outros 63 – 50 = 13 agentes 
deveriam ocupar as 20 salas restantes e, assim, algumas salas ficariam 
vazias. 
 Alternativa D: está errado porque, apenas de ser uma situação possível 
ou plausível, nada nos garante que haverá sala com um único agente. 
Como contraexemplo, poderíamos falar da distribuição uniforme dos 63 
agentes nas 21 salas, conforme falamos acima. 
Gabarito: Alternativa E.