ROTEIRO - CICLO 3 - AULAS 1 E 2

Prévia do material em texto

Programa de Formação de Professores – OBMEP na Escola – 2020 
 
Roteiro sugerido para o Ciclo 3: métodos de contagem e probabilidade 
Aulas 1 e 2 – métodos de contagem 
 
Tópicos 
1. Princípio aditivo e princípio multiplicativo 
2. Permutação simples 
3. Permutações com repetição 
4. Combinação 
5. Resolução de problemas 
 
Referências 
 Apostila 2 do PIC. Métodos de Contagem e Probabilidade - Paulo Cezar Pinto Carvalho 
 Videoaulas: Portal da Matemática – 2º ano – Módulo Princípios Básicos de Contagem 
https://portaldaobmep.impa.br/index.php/modulo/ver?modulo=15 
Aulas: 
 Princípio Fundamental da Contagem (3 videoaulas) 
 Permutação simples (5 videoaulas) 
 Permutação com repetição (2 videoaulas) 
 Combinação (10 videoaulas) 
 
Essas videoaulas apresentam a teoria dos tópicos indicados para esse ciclo. Além disso, nelas 
também aparecem vários exemplos resolvidos. Sugerimos que os coordenadores elaborem 
estratégias para utilizarem esses materiais com o objetivo de tornar o encontro com os 
professores o mais aproveitável possível. Como toda a parte teórica está apresentada nos 
materias disponibilizados no Portal da OBMEP, nesse roteiro não faremos uma exposição da 
teoria dos tópicos de estudo. Com o conhecimento da turma, sugerimos que cada coordenador 
pense quais tópicos devem ser mais detalhados em cada um dos encontros desse ciclo, 
lembrando que duas aulas são dedicadas a métodos de contagem e duas aulas são dedicadas a 
probabilidade. 
 
Após o estudo de algumas dessas videoaulas, sugerimos que sejam discutidos alguns exercícios. 
Nesse material, fizemos uma coletânea de questões de: 
 
 Prova de Habilitação do OBMEP na Escola 
 Exame Nacional de Acesso ao Profmat 
 Questões de provas da OBMEP 
 Materiais do Portal da Matemática 
 
Nesses sites podem ser encontradas várias outras questões que podem enriquecer ainda mais 
as aulas. 
 
http://www.obmep.org.br/docs/apostila2.pdf
https://portaldaobmep.impa.br/index.php/modulo/ver?modulo=15
http://www.obmep.org.br/na-escola.htm
https://www.profmat-sbm.org.br/funcionamento/memoria/ena/provas/
http://www.obmep.org.br/provas.htm
https://portaldaobmep.impa.br/index.php/modulo/ver?modulo=15
Questões e soluções 
 
Questão 1. (PROFMAT 2018 – questão 23 – Prova G) 
Para colorir os quatro triângulos, indicados na figura abaixo por A, B, C e D, 
pode-se usar uma mesma cor mais de uma vez, desde que dois triângulos 
com um lado em comum tenham cores diferentes. Obedecendo essa regra e 
usando no máximo quatro cores, de quantas maneiras distintas pode-se 
colorir os quatro triângulos? 
 
Solução. Começamos colorindo o triângulo C, o que pode ser feito de 4 modos distintos. Em 
seguida, podemos colorir o triângulo A de 3 modos distintos. De modo análogo, temos 3 modos 
distintos para colorir B e 3 modos distintos para colorir D. Portanto, a resposta é 4 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 =
108. 
 
 
 
Questão 2. (PROFMAT 2019 – questão 24) 
Em um estacionamento há 5 vagas exclusivamente para carros e 7 vagas mais estreitas 
exclusivamente para motos. De quantas formas é possível estacionar 3 carros e 4 motos nessas 
vagas? 
 
Solução. Para o primeiro carro a ser estacionado temos 5 possibilidades de escolha. Uma vez 
estacionado o primeiro carro, sobram 4 escolhas para o segundo, logo temos 5 ⋅ 4 = 20 
possibilidades para estacionar dois carros. Para cada uma destas possibilidades sobram três 
vagas para o terceiro carro. Logo, o número total de possibilidades para o estacionamento dos 
carros é igual a 20 ⋅ 3 = 60. De modo análogo, temos 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 840 possibilidades para 
estacionar as motos. Para cada uma das 60 possibilidades do estacionamento dos carros temos 
840 escolhas para o estacionamento das motos, portanto a resposta é igual a 60 ⋅ 840 = 50400. 
 
 
 
Questão 3. (PROFMAT 2019 – questão 20) 
Quantos números pares com quatro algarismos distintos existem? 
 
Solução. Começamos a contagem pelos números 𝑎1𝑎2𝑎30 que terminam com zero. Temos 9 
escolha para 𝑎1. A partir daí 8 escolhas para 𝑎2 e 7 escolhas para 𝑎3. Portanto, um total de 9 ⋅
8 ⋅ 7 = 504. Agora, a contagem dos números 𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4 que terminam com 2, 4, 6 ou 8. Temos 
4 escolhas para 𝑎4. A partir daí, 8 escolhas para 𝑎1 (descartamos o zero), 8 para 𝑎2 e 7 para 𝑎3. 
Assim temos um total de 4 ⋅ 8 ⋅ 8 ⋅ 7 = 1792. A resposta é igual a 504 + 1792 = 2296. 
 
 
Questão 4. (PROFMAT 2019 – questão 30) 
Duas peças distintas devem ser dispostas em um tabuleiro 6 × 6, de forma que não ocupem a 
mesma casa ou casas adjacentes, isto é, casas com um lado ou vértice em comum. Como 
exemplo, a figura abaixo mostra quatro situações que não são admitidas: 
 
 
 
Observamos que, em cada uma das figuras acima, uma vez posicionada a peça com a coroa, as 
casas avermelhadas são todas aquelas onde a outra peça não poderia estar. De quantas formas 
distintas é possível dispor as duas peças segundo as regras acima? 
 
Solução. 
Fixada a posição da coroa numa das 36 posições do tabuleiro, faremos a contagem das 
possibilidades de colocação da segunda peça, obedecendo as regras. Para fazer isso, vamos 
dividir o tabuleiro em casas centrais, casas laterais e cantos. 
 O tabuleiro possui 4 cantos, que são as 4 casas nos cantinhos do tabuleiro. 
 Ele possui 4 ⋅ 4 = 16 casas laterais que estão na borda do tabuleiro, com exceção dos 4 
cantos. 
 As 4 ⋅ 4 = 16 casas que não estão na borda do tabuleiro são as posições centrais. 
Vamos contagem. 
 Fixando a coroa numa das 16 posições centrais sobram 36 − 9 = 27 posições para a 
segunda peça, logo temos 16 ⋅ 27 = 432 possibilidades. 
 Fixando a coroa num dos 4 cantos das laterais sobram 36 − 4 = 32 posições para a segunda 
peça, logo temos 4 ⋅ 32 = 128 possibilidades. 
 Fixando a coroa nos 16 lugares restantes nas laterais sobram 36 − 6 = 30 posições para a 
segunda peça, logo 30 ⋅ 16 = 480 possibilidades. 
Portanto, temos um total de 432 + 128 + 480 = 1040 possibilidades. 
 
 
 
 
Questão 5. (PROFMAT 2016 – questão 11) 
Seja 𝐼𝑛 = {𝑥 ∈ ℕ: 1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑛} = {1, 2, … , 𝑛}, para 𝑛 inteiro positivo. Quantas funções 
𝑓: 𝐼7 → 𝐼10 satisfazendo 𝑓(1) = 9 e 𝑓(3) = 10 são injetivas, ou seja, funções em que elementos 
distintos de 𝐼7 têm imagens distintas em 𝐼10? 
 
Solução. Para concluir a definição da função 𝑓 basta dizer quais são os valores de 𝑓(2), 𝑓(4), 
𝑓(5), 𝑓(6) e 𝑓(7). Como a função deve ser injetiva temos oito possibilidades de escolha para 
𝑓(2), sete para 𝑓(4), seis para 𝑓(5), cinco para 𝑓(6) e quatro para 𝑓(7). Ou seja, existem 
8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 6720 funções injetivas com as propriedades impostas. 
 
 
Questão 6. (PROFMAT 2015 – questão 39) 
De um baralho comum de 52 cartas são retiradas, em sequência e sem reposição, duas cartas. 
De quantos modos isso pode ser feito de maneira que a primeira carta seja de ouros e a segunda 
carta não seja uma dama? 
 
Solução. 
Há duas possibilidades: 
 A primeira carta retirada é a dama de ouros. Com isso temos uma opção para a primeira 
carta e 48 para a segunda. Logo há 1 ⋅ 48 = 48 maneiras para esse caso. 
 Aprimeira carta é de ouros, mas não é a dama. Assim temos 12 opões para a primeira 
carta e 47 para a segunda. Então há 12 ⋅ 47 = 564 modos para esse caso. 
Portanto a totalidade de maneiras de retirar uma carta de ouros e depois uma carta que não 
seja uma dama é igual a 48 + 564 = 612. 
 
 
Questão 7. (PROFMAT 2014 – questão 27) 
Uma pessoa vai visitar cinco locais na cidade do Rio de Janeiro: Cristo Redentor, Pão de Açúcar, 
Teatro Municipal, Candelária e Jardim Botânico. De quantas maneiras diferentes pode planejar 
a sequência das cinco visitas, se não quiser começar nem terminar pelo Jardim Botânico? 
 
Solução. Excluindo o Jardim Botânico e ordenando os quatro outros pontos turísticos temos 
4! = 24 possibilidades de roteiros distintos. Para cada um destes roteiros, o Jardim Botânico 
pode ser ‘encaixado’ em três posições, logo paracada uma das 24 possibilidades consideradas 
anteriormente, temos três roteiros distintos. Portanto, há 3 × 24 = 72 possibilidades no total. 
 
 
Questão 8. (PROFMAT 2014 – questão 16) 
As placas de automóveis têm 3 letras do alfabeto (de 26 letras) e 4 números (de 0 a 9). Elas 
foram inseridas num banco de dados usando a ordem alfabética para as letras e a ordem 
habitual para os números. Começando com AAA0000, seguem, em ordem crescente dos 
números, as placas que iniciam com AAA para, em seguida, aparecer a placa AAB0000. Depois 
da placa AAZ9999 seguirão: ABA0000, ABA0001, etc. Assinale a alternativa que traz a inscrição 
da placa que ocupa a posição 20.290.754. 
 
(A) DAA0753 (B) DAA0754 (C) DAB0753 (D) DAB0754 (E) DAC0753 
 
Solução. Entre as placas que começam por A, existem 26 × 26 = 676 escolhas possíveis para a 
segunda e terceira letras. Como os números vão de 0000 a 9999, são 10 mil números. Logo, 
existem 6.760.000 placas iniciadas por A: de AAA0000 até AZZ9999. A placa na posição 
6.760.001 é a placa BAA 0000. Da posição 6.760.001 até a posição 6.760.000+6.760.000 = 
13.520.000 são as placas que iniciam por B: de BAA0000 até BZZ9999. A placa na posição 
13.520.001 é a placa CAA0000. E o raciocínio se repete. A placa na posição 20.280.001 
(= 13.520.001+6.760.000) é a primeira placa iniciada por D, ou seja, DAA0000. A placa procurada 
começa com a letra D, já que 20.290.754 = 20.280.000 + 10.754 e 10.754<6.760.000. As placas 
iniciadas com DA são em número de 260.000 (= 26 × 10.000). As primeiras 10.000 são as placas 
de DAA0000 até DAA9999 que ocupam as posições 20.280.001 e 20.290.000, respectivamente. 
A placa na posição 20.290.001 é a placa DAB0000. Logo, a placa na posição 20.290.754 é a placa 
DAB0753 
 
 
 
Questão 9. (PROFMAT 2014 – questão 35) 
Cada uma das cinco regiões da figura deve ser pintada com uma só cor, 
escolhida entre verde, amarelo, azul e branco. De quantas maneiras 
distintas podemos colorir a figura, de modo que regiões adjacentes não 
fiquem com a mesma cor? 
 
Solução. Vamos denotar as 5 regiões da figura dada pelas letras A, B, C, D e E, conforme a figura 
abaixo. Um modo de contar as possibilidades de colorir a figura, respeitando as condições 
exigidas, é escolher em primeiro lugar a cor da região A e, usando o Princípio Aditivo, separar 
em dois casos: 
 
1º caso. As cores das regiões B e C são diferentes. Neste caso, temos 4 cores para colorir a região 
A, 3 cores para a região B, 2 para colorir C e, finalmente, colorimos as regiões D e E com a quarta 
cor. Pelo Princípio Multiplicativo, neste caso, podemos colorir a figura de 4 × 3 × 2 × 1 × 1 =
24 maneiras diferentes. 
 
2º caso. As cores das regiões B e C são iguais. Neste caso, temos 4 cores para colorir a região A, 
3 para a região B, que será a mesma para a região C, 2 cores para colorir a região D e, finalmente, 
2 para a região E. Pelo Princípio Multiplicativo, neste caso, podemos colorir a figura de 4 × 3 ×
1 × 2 × 2 = 48 maneiras diferentes. 
 
Assim, pelo Princípio Aditivo, temos 24 + 48 = 72 maneiras distintas de colorir a figura dada, 
nas condições exigidas pelo enunciado. 
Questão 10. (PROFMAT 2013 – questão discursiva 1) 
Cristina e Pedro vão com outros seis amigos, três moças e três rapazes, para uma excursão. No 
ônibus que vai fazer a viagem sobraram apenas quatro bancos vagos, cada um deles com dois 
assentos, todos numerados. Ficou acertado que cada banco vago será ocupado por uma moça 
e um rapaz, e que Cristina e Pedro se sentarão juntos. Respeitando-se esse acerto, de quantas 
maneiras o grupo de amigos pode se sentar nos assentos vagos do ônibus? Justifique sua 
resposta. 
 
Solução. Primeiro vê-se de quantas maneiras os casais podem ser formados. Ordenando os 
rapazes, o primeiro rapaz tem 3 possibilidades entre as moças, o segundo tem 2 e o terceiro fica 
determinado pelos outros. Assim, são 6 possíveis formações de casais. Para cada formação há 
várias maneiras de escolher seus bancos. Sendo 4 bancos para os 4 casais, são 4 × 3 × 2 = 24 
possibilidades. Mas cada casal pode escolher os assentos de seu banco de duas maneiras, então 
para cada escolha dos casais nos bancos ainda temos 24 = 16 posicionamentos possíveis. São, 
portanto, 6 × 24 × 16 = 2304 maneiras de o grupo se sentar, nas condições impostas. 
 
 
 
Questão 11. (OBMEP 2011 – 1ª fase – N3 – questão 20) 
Uma aranha encontra-se no ponto A de sua teia e quer chegar ao ponto 
B sem passar mais de uma vez por um mesmo segmento de teia. Além 
disso, ao percorrer um segmento radial (em traço mais fino), ela deve 
seguir o sentido indicado pela flecha. Quantos são os caminhos possíveis? 
 
Solução. Antes de chegar ao centro, a aranha tem as seguintes escolhas em cada vértice de um 
pentágono: 
 ir direto para o próximo nível, sem passar pelas arestas do pentágono em que se encontra; 
 caminhar no sentido horário pelas arestas do pentágono em que se encontra por no máximo 
5 segmentos, passando então para o próximo nível, e 
 caminhar no sentido anti-horário pelas arestas do pentágono em que se encontra por no 
máximo 5 segmentos, passando então para o próximo nível. 
Assim, em cada pentágono a aranha tem 11 escolhas para passar para o próximo nível; como 
são três os pentágonos, a aranha tem um total de 11 × 11 × 11 = 113 caminhos possíveis para 
chegar ao centro da teia. 
 
 
Questão 12. (OBMEP 2016 – 2ª fase – Nível 2 – questão 5) 
Fernanda precisa criar uma senha para poder usar o computador da escola. A senha deve ter 
cinco algarismos distintos de modo que, da esquerda para a direita, o algarismo da 1ª posição 
seja maior do que 1, o da 2ª posição seja maior do que 2, e assim por diante. Por exemplo, 25476 
é uma senha possível, mas 52476 não é, pois o algarismo na segunda posição não é maior do 
que 2. 
 
a) Se a senha de Fernanda começar com 9467, qual deve ser o algarismo da 5ª posição? 
b) Se Fernanda começar a formar sua senha escolhendo o algarismo 7 para a 5ª posição, 
quantas são as possibilidades de escolha para a 4ª posição? 
c) Quantas senhas Fernanda poderá formar? 
 
Solução. 
a) Os possíveis algarismos da 5ª posição são 6, 7, 8 ou 9. Como 6, 7 e 9 já foram escolhidos, só 
há uma possibilidade para escolha do algarismo na da 5ª posição: o algarismo 8. 
b) Os possíveis algarismos da 4ª posição são 5, 6, 7, 8 ou 9; entretanto, como 7 foi utilizado na 
5ª posição, há apenas 4 possibilidades de escolha para a 4ª posição (5, 6, 8 ou 9). 
c) Observamos primeiramente que há 4 possibilidades de escolha para a 5ª posição (6, 7, 8 ou 
9). Feita uma dessas escolhas, vemos que há somente 4 possibilidades de escolha para a 4ª 
posição. De fato, o item b) ilustra o que ocorre se o algarismo 7 ocupasse a 5.a posição e, é 
claro, o mesmo ocorre se 6, 8 ou 9 ocupar a última posição. Em cada um dos casos, há 4 
possibilidades para a 4ª posição. Feitas as escolhas das duas últimas posições, vemos 
também que há 4 escolhas para a terceira posição (das possibilidades 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 
devemos excluir duas escolhas já feitas). Utilizando exatamente o mesmo raciocínio, 
teremos também 4 escolhas para a segunda posição e 4 escolhas para a primeira posição. 
Pelo Princípio Multiplicativo, há 4 × 4 × 4 × 4 × 4 = 45 = 1024 senhas diferentes que 
Fernanda poderá formar. 
 
 
Questão 13. (PROFMAT 2016 – questão 27) 
Acrescentando-se 3 novos elementos ao conjunto 𝐴, obtemos o conjunto 𝐵 com precisamente 
224 subconjuntos a mais do que 𝐴. O número de elementos de 𝐴 é igual a: 
 
Solução. Seja 𝑛 o número de elementos do conjunto 𝐴. Segue que o número de subconjuntos 
de 𝐴 é igual a 2𝑛. Como 𝐵 tem 𝑛 + 3 elementos, o número de elementos de 𝐵 é igual a 2𝑛+3. 
Pelos dados do problema, temos que 2𝑛+3 = 2𝑛 + 224. Resolvendo essa equação obtemos 
 
2𝑛+3 = 2𝑛 + 224 ⇔ 2𝑛 ⋅ 23 = 2𝑛 + 224 ⇔ 7 ⋅ 2𝑛 = 224 ⇔ 2𝑛 = 32 ⇔ 𝑛 = 5 
 
Portanto o conjunto 𝐴 possui 5 elementos.Observação. Utilize a questão anterior para motivar a demonstração da expressão 2𝑛 para a 
quantidade de subconjuntos de um conjunto 𝐴 com 𝑛 elementos. Isso pode ser feito através do 
princípio multiplicativo. De fato, para formar um subconjunto, para cada elemento de 𝐴 fazemos 
a pergunta: esse elemento está no subconjunto? Existem duas respostas: sim ou não. Como o 
conjunto 𝐴 tem 𝑛 elementos e para cada um deles existem duas possibilidades, o número de 
subconjuntos é igual a 2 × 2 ×⋯× 2⏟ 
𝑛 𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠
= 2𝑛. 
 
De outro modo, como cada subconjunto pode ter 0, 1, 2, ..., n elementos, a quantidade de 
subconjuntos também é dada por: 
(
𝑛
0
) + (
𝑛
1
) + (
𝑛
2
) +⋯+ (
𝑛
𝑛
) = 2𝑛 
 
 
Questão 14. (PROFMAT 2018 – questão 7 – Prova G) 
Quantos números distintos de 8 dígitos é possível formar usando dois algarismos 1 e seis 
algarismos 2? 
 
Solução. A distribuição dos 8 algarismos é dado por 8!. Como existem dois algarismos 1 e seis 
algarismos 2, temos que a resposta é 
8!
6!2!
= 28. 
Outra solução. Basta escolher as posições dos algarismos 1, ou seja, (
8
2
) e assim as posições dos 
algarismos 2 ficarão definidas. Logo, a resposta é (
8
2
) = 28. 
 
 
Questão 15. (Banco de Questões 2009 – Nível 1 – Lista 1 – questão 5) 
Partindo de sua casa para chegar na escola, Júlia deve caminhar 8 quarteirões para a direita e 5 
quarteirões para cima, como indicado no exemplo da figura abaixo. Ela sabe que existem muitas 
maneiras diferentes de fazer o percurso casa-escola, sempre seguindo o caminho mais curto. 
Como ela é uma menina muito curiosa, ela gostaria de sempre fazer caminhos diferentes. 
Quantos desses caminhos existem da casa de Júlia até a escola? 
 
Solução. Qualquer que seja a maneira que Júlia caminhe da sua casa até a escola, ela deve 
percorrer 8 quarteirões para a direita e 5 quarteirões para cima. Um caminho ligando a sua casa 
até a escola é então uma sequência de “travessias de quarteirões”, sendo 8 no sentido horizontal 
(para a direita) e 5 no sentido vertical (para cima). Assim, para definir um caminho ela precisa 
apenas decidir em que ordem fará essas travessias. Desse modo, imaginemos 8 cartelas 
impressas com a letra D e 5 cartelas impressas com a letra C. Uma permutação qualquer destas 
cartelas pode ser interpretada como um caminho a ser percorrido por Júlia. O caminho 
exemplificado da figura anterior é representado pela sequência de cartelas DDDCCDCCDDDCD. 
O número de caminhos é, então, igual ao número de permutações de 13 letras, sendo 8 delas 
iguais a letra D e 5 delas iguais a letra C. Esse número é dado por 
 
(
13
8
) = (
13
5
) = 𝑃8,5
13 =
13!
8!5!
= 1287 
Questão 16. (OBMEP 2019 – 1ª fase – N3 – questão 17 – adaptada) 
Uma formiga caminha pela grade, podendo se mover apenas para a 
direita ou para cima. Um caminho começa em 𝐴 e termina em uma das 
cinco extremidades indicadas com uma bolinha. Quantos caminhos 
diferentes essa formiga pode percorrer. 
 
Solução. No exercício anterior, vimos que se um retângulo de base 𝑚 e alturna 𝑛 está dividido 
em 𝑚× 𝑛 quadradinhos unitários, existem (
𝑚 + 𝑛
𝑚
) caminhos de comprimento mínimo ligando 
dois vértices opostos, sendo que esse caminho é formado por segmentos horizontais ou 
verticais. Vamos usar esse resultado para contar a quantidade de caminhos que a formiga pode 
descrever nessa questão. Primeiramente observe que para chegar em uma extremidade 
superior 𝐸𝑖 da figura, a formiga deve obrigatoriamente chegar no vértice 𝐵𝑖 do quadriculado 
que está imediatamente abaixo dessa extremidade. Como existe um único caminho do vértice 
𝐵𝑖 a extremidade 𝐸𝑖, a quantidade de caminhos de 𝐴 até a extremidade 𝐸𝑖 é igual a quantidade 
de caminhos de 𝐴 até 𝐵𝑖. 
 
 Existe um único caminho de 𝐴 até 𝐵1. 
 De 𝐴 até 𝐵2 existem (
1 + 3
1
) = 4 caminhos. 
 De 𝐴 até 𝐵3 existem (
2 + 3
2
) = 10 caminhos. 
 De 𝐴 até 𝐵4 existem (
3 + 3
3
) = 20 caminhos. 
 De 𝐴 até 𝐵5 existem (
4 + 3
4
) = 35 caminhos. 
 
Portanto a formiga pode percorrer 1 + 4 + 10 + 20 + 35 = 70 caminhos diferentes. 
 
 
Questão 17. (PROFMAT 2017 – questão 21 – Prova 1) 
Um jogo é disputado em uma malha de 16 pontos, conforme a figura da esquerda abaixo. O 
jogador A inicia no ponto P e deve chegar ao ponto Q, podendo se deslocar apenas ao longo das 
retas que unem os pontos e atingir apenas um novo ponto a cada rodada. Em contrapartida, o 
jogador B inicia no ponto Q e deve chegar ao ponto P sob as mesmas condições. As jogadas 
acontecem alternadamente, iniciando com o jogador A. Em sua vez, um jogador não pode se 
deslocar para um ponto que esteja sendo ocupado pelo outro jogador. 
 
Em uma partida já encerrada, o jogador A percorreu a trajetória destacada na figura da direita 
acima, atingindo o ponto Q em 6 jogadas. De quantas maneiras diferentes o jogador B pode ter 
se deslocado, sabendo que ele alcançou o ponto P também em 6 jogadas? 
Solução. Tomando o ponto P como sendo (0,0) e o ponto Q como (3,3), temos que R=(1,2) 
poderá ser o único ponto de encontro na terceira jogada de A e de B, lá que a trajetória de A foi 
destacada na figura. Começamos calculando o total de trajetórias possíveis de B ao fazer o 
percurso de Q até P. Teremos 3 movimentos na vertical e 3 na horizontal, perfazendo um total 
de 
6!
3!3!
= 20. Agora vamos calcular o total de trajetórias possíveis de B passando 
obrigatoriamente por R. De Q a R são 
3!
2!1!
= 3 e de R a P são 
3!
2!1!
= 3. Ou seja, passando por R 
teremos um total de 3 ⋅ 3 = 9 trajetórias. Logo a resposta é 20 − 9 = 11. 
 
 
Questão 18. (Prova de Habilitação – OBMEP na Escola – 2016 – questão 6) 
Um número natural é setespalhado quando não tem dois algarismos 7 seguidos em sua 
representação decimal. Por exemplo, 345, 2071 e 72347 são setespalhados, enquanto 277304 
e 777 não são. 
 
a) Quantos são os números setespalhados de 2 algarismos? 
b) Quantos são os números setespalhados de 3 algarismos? 
c) Quantos são os números setespalhados de 4 algarismos nos quais o algarismo das unidades 
não é 7? Quantos são os números setespalhados de 4 algarismos nos quais o algarismo das 
unidades é 7? 
d) Seja 𝑎𝑛 a quantidade de números setespalhados de 𝑛 algarismos. Expresse 𝑎𝑛 em função de 
𝑎𝑛−1 e de 𝑎𝑛−2, para 𝑛 ≥ 3. 
 
Solução. 
a) O único número de dois algarismos que não é setespalhado é o 77. De 10 a 99 existem 90 
números e, excluindo o 77, há 89 números setespalhados de dois algarismos. 
 
b) Dividimos em dois casos: quando o algarismo das unidades do número é 7 ou quando o 
algarismo das unidades não é 7. No primeiro caso, já que o algarismo das unidades é 7, há 9 
possibilidades para o algarismo das dezenas (só não pode ser 7) e 9 possibilidades para o 
algarismo das centenas, o que resulta em um total de 9 x 9 = 81 possibilidades de números 
setespalhados que terminam com 7. No segundo caso, há 9 possibilidades para o algarismo 
das unidades e 89 possibilidades para centenas e dezenas (como visto no item anterior para 
dois algarismos). Assim há 89 x 9 = 801 números setespalhados com algarismo das unidades 
diferente de 7. Juntando os dois casos, concluímos que existem 81 + 801 = 882 números que 
são setespalhados e possuem três algarismos. 
 
c) Se o algarismo das unidades não é 7, há 882 possibilidades para milhar, centena e dezena 
para que o número de quatro algarismos seja setespalhado (fato análogo ao que foi visto no 
item b)). Isso fornece 9 x 882 = 7938 números setespalhados que não terminam em 7. Se o 
algarismo das unidades é 7, há 9 possibilidades para a casa das dezenas e 89 possibilidades 
para centena e milhar, o que resulta em 9 x 89 = 801 números que são setespalhados e 
terminam em 7. 
 
d) Pelos exemplos anteriores, podemos inferir que 𝑎𝑛 = 9𝑎𝑛−1 + 9𝑎𝑛−2. Veremos que de fato 
isso ocorre, levando em conta que o número pode ou não terminar com o algarismo 7. Se o 
número não terminar em 7, eleserá setespalhado se, e só se, o número obtido suprimindo-
se o algarismo das unidades for setespalhado, isso contribui com o fator 9𝑎𝑛−1 na igualdade 
acima, pois há 9 possibilidades para o algarismo das unidades e possibilidades para o 
número em que o algarismo das unidades foi suprimido. Caso 7 apareça na casa das 
unidades, há 9 possibilidades para a casa das dezenas (todos os algarismos que não são 7) e 
o número obtido suprimindo-se dezena e unidade deve ser setespalhado. Isso contribui para 
o fator 9𝑎𝑛−2 na igualdade 𝑎𝑛 = 9𝑎𝑛−1 + 9𝑎𝑛−2. 
 
 
Questão 19. (PROFMAT 2011 – questão objetiva 28) 
Em uma festa há 13 casais. Cada homem cumprimenta com um aperto de mão os outros 
convidados, exceto sua própria esposa. As mulheres recebem apertos de mão, mas não 
procuram ninguém para cumprimentar. Quantos apertos de mão são dados pelos 26 
participantes? 
 
Solução. Primeiramente, vamos contar o número de apertos de mão de homem para mulher. 
Como são 13 homens e cada um deles cumprimenta com um aperto de mão cada mulher (exceto 
a própria esposa), vemos que o número de apertos de mão entre homem e mulher é 13 × 12 =
156 . Agora vamos contar o número de apertos de mão entre homens. Essa quantidade é igual 
a (
13
2
) =
13×12
2
= 78. Duas mulheres não apertam as mãos. Assim o número total de apertos 
de mão é igual a 156 + 78 = 234. 
 
 
Questão 20. (PROFMAT 2011 – questão discursiva 2) 
Uma equipe esportiva composta por 6 jogadoras está disputando uma partida de 2 tempos. No 
intervalo do primeiro para o segundo tempo podem ser feitas até 3 substituições e, para isto, o 
técnico dispõe de 4 jogadoras no banco. Quantas formações distintas podem iniciar o segundo 
tempo? 
 
Solução. 
 Nenhuma substituição: 1 formação. 
 1 substituição. Há 4 maneiras de escolher a substituta e 6 maneiras de escolher quem será 
substituída dando 4 ⋅ 6 = 24 formações diferentes. 
 2 substituições. Há (
4
2
) = 6 maneiras de escolher as substitutas e (
6
2
) = 15 maneiras de 
escolher as que serão substituídas, dando 6 × 15 = 90 formações diferentes. 
 3 substituições. Há (
4
3
) = 4 maneiras de escolher as substitutas e (
6
3
) = 20 maneiras de 
escolher as que serão substituídas, dando 4 × 20 = 80 formações diferentes. 
 
Somando as possibilidades, obtemos um total de 1 + 24 + 90 + 80 = 195 formações 
diferentes. 
Questão 21. (Prova de Habilitação – OBMEP na Escola – 2019 – questão 3) 
Na grade horária semanal de uma turma há 4 aulas diárias de segunda a sexta-feira. Não há mais 
do que uma aula de cada disciplina por dia. Em cada semana, há 3 aulas de Português e 3 aulas 
de Matemática. 
 
 SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA 
AULA 1 
AULA 2 
AULA 3 
AULA 4 
 
a) Se as aulas de Matemática devem ser às segundas, quartas e sextas-feiras, de quantos 
modos diferentes elas podem ser colocadas na grade horária da turma? 
b) Se os dias da semana podem ser escolhidos livremente para as aulas de Matemática, de 
quantos modos diferentes elas podem ser colocadas na grade horária da turma? 
c) Se, em um dia fixado, há aulas de Português e de Matemática, de quantos modos diferentes 
elas podem ser colocadas na grade horária desse dia? 
d) De quantas maneiras é possível colocar as três aulas de Português e as três de Matemática 
na grade horária de modo que haja pelo menos uma aula de Matemática ou de Português 
todos os dias? 
 
Solução. 
a) Como há 4 possibilidades de horário para as aulas de Matemática em cada um dos dias, 
segunda, quarta e sexta, temos um total de 4 × 4 × 4 = 64 possibilidades de se colocar as 
aulas de Matemática na grade horária. 
b) Temos (
5
3
) =
5×4×3
3!
= 10 possibilidades de escolhas para os 3 dias nos quais ocorrerão as 
aulas de Matemática. Para cada escolha de 3 dias, temos 4 × 4 × 4 = 64 possibilidades para 
distribuir as aulas de Matemática. Logo, teremos um total de 10 × 64 = 640 possibilidades. 
c) Escolhemos primeiro o horário para as aulas de Matemática: 4 possibilidades. Em seguida, 
para cada uma dessas possibilidades temos 3 possibilidades de horário para as aulas de 
Português, resultando um total de 4 × 3 = 12 possibilidades. 
d) Temos 6 aulas (3 de Matemática e 3 de Português) em 5 dias de aulas, logo, necessariamente 
haverá um dia com aulas das duas disciplinas, Português e Matemática. Temos então 5 
possibilidades de escolha para esse dia e nele temos, pelo item c), 12 possibilidades de 
colocar as aulas de Português e Matemática. Feito isso sobram 4 dias para as outras 4 aulas: 
2 de Português e 2 de Matemática. Como cada dia deverá ter uma aula de uma dessas 
disciplinas, essas 4 aulas deverão estar distribuídas, cada uma, em um desses quatro dias. 
Escolhemos inicialmente os 2 dias para as aulas de Matemática, resultando (
4
2
) =
4×3
2
= 6 
possibilidades. Nesses dois dias, podemos escolher de 4 × 4 maneiras diferentes os horários 
das aulas de Matemática. Finalmente, também temos 4 × 4 possibilidades para os horários 
das aulas de Português nos 2 dias restantes. Portanto, no total temos 5 × 12 × 6 ×
(4 × 4) × (4 × 4) = 92160 possibilidades. 
Questão 22. 
a) Temos 4 bolas vermelhas idênticas e 10 bolas azuis idênticas. De quantas maneiras 
diferentes podemos fazer uma fileira com essas bolas, de modo que duas bolas vermelhas 
não estejam uma imediatamente ao lado da outra? 
b) De quantos modos diferentes podemos formar uma fila com 4 homens e 10 mulheres de 
modo que dois homens não estejam um imediatamente ao lado do outro homem? 
 
Solução. 
a) Primeiro disponha as 10 bolas azuis em fila, uma ao lado da outra, como na figura a seguir. 
Agora observe que podemos colocar as 4 bolas vermelhas nos 11 espaços indicados. 
Portanto o número de possibilidades é igual a (
11
4
) =
11×10×9×8
4!
= 330. 
 
b) Podemos formar uma fila com 10 mulheres, uma ao lado da outra, de 10! maneiras 
diferentes. Agora nos 11 espaços disponíveis, podemos colocar os 4 homes de 11 × 10 ×
9 × 8 maneiras diferentes. O número de possibilidades é igual a 10! × (11 × 10 × 9 × 8). 
 
 
Questão 23. (Portal da Matemática) 
a) De quantos modos diferentes podemos repartir uma dúzia de balas iguais entre três 
crianças? 
b) De quantos modos diferentes podemos repartir uma dúzia de balas iguais entre três crianças 
de modo que cada criança receba pelo menos uma bala? 
 
Solução. 
a) Como as balas são iguais, o que diferencia uma distribuição da outra é a quantidade de balas 
recebidas por cada uma das crianças. Sejam então 𝑥1, 𝑥2 e 𝑥3 as quantidades de balas 
recebidas pelas crianças. Queremos calcular quantas são as solução da equação 𝑥1 + 𝑥2 +
𝑥3 = 10 com cada 𝑥𝑖 ≥ 0. Para fazer esse cálculo, vamos utilizar o que as vezes é chamado 
de método da “barra-bola”. Imagine então 12 bolas e 2 barras verticais. As soluções da 
equação 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 10, 𝑥𝑖 ≥ 0, estão em correspondência biunívoca com as 
permutações desses 14 objetos. 
 
Portanto a resposta procurada é 𝑃12,2
14 = (
14
2
) =
14×13
2
= 91. 
 
b) Como cada criança deve receber pelo menos uma bala, então distribua uma bala para cada 
uma delas. As 9 balas que restaram devem ser distribuídas para as três crianças em 
quantidades 𝑦1, 𝑦2 e 𝑦3 tais que 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 9 com cada 𝑦𝑖 ≥ 0. Como vimos no item 
anterior, a quantidade de soluções dessa equação é dada por 𝑃9,2
11 = (
11
2
) =
11×10
2
= 55. 
 
https://www.youtube.com/watch?v=Kqu_UiytOU8&feature=emb_logo
Questão 24. (ENEM 2017 – questão 149 – caderno amarelo) 
Um brinquedo infantil caminhão-cegonha é formado por uma carreta e dez carrinhos nela 
transportados, conforme a figura. 
 
 
 
No setor de produção da empresa que fabrica esse brinquedo, é feita a pintura de todos os 
carrinhos para que o aspecto do brinquedo fique mais atraente. São utilizadas as cores amarelo, 
branco, laranja e verde, e cada carrinho é pintado apenas com uma cor. O caminhão-cegonha 
tem uma cor fixa. A empresa determinouque em todo caminhão-cegonha deve haver pelo 
menos um carrinho de cada uma das quatro cores disponíveis. Mudança de posição dos 
carrinhos no caminhão-cegonha não gera um novo modelo do brinquedo. Com base nessas 
informações, quantos são os modelos distintos do brinquedo caminhão-cegonha que essa 
empresa poderá produzir? 
 
Solução. O que diferencia um brinquedo do outro é a quantidade de carrinhos amarelo, branco, 
laranja e verde. Como o brinquedo deve ter pelo menos um carrinho de cada uma dessas cores, 
então imagine que isso já é satisfeito. Para completar o brinquedo faltam 6 carrinhos. Para esses 
carrinhos, sejam 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 e 𝑥4 as quantidade de carrinhos amarelo, branco, laranja e verde, 
respectivamente. Queremos determinar a quantidade de soluções da equação 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 +
𝑥4 = 6 com cada 𝑥𝑖 ≥ 0. Como vimos no exercício anterior, as soluções dessa equação estão 
em correspondência biunívoca com o conjunto de permutações de 6 bolas e 3 barras verticais. 
A quantidade de tais permutações é dada por 𝑃6,3
9 = (
9
6
) = (
9
3
). 
 
 
 
 
Questão 25. (OBMEP 2018 – 1ª fase – N3 – questão 18) 
Helena tem três caixas com 10 bolas em cada uma. As bolas dentro de uma mesma caixa são 
idênticas, e as bolas em caixas diferentes possuem cores distintas. De quantos modos ela pode 
escolher 15 bolas dessas três caixas? 
 
 
 
Solução. Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as quantidades de bolas retiradas de cada uma das três caixas. Esses são 
números inteiros que satisfazem 
 
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 15 , 0 ≤ 𝑥 ≤ 10 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 10 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 10 
 
Considere 15 bolas e 2 barras. Qualquer permutação desses 17 objetos pode ser associada a 
uma solução da equação anterior em inteiros não negativos: as bolas à esquerda da primeira 
barra correspondem ao 𝑥; as bolas entre as duas barras correspondem ao 𝑦; e as bolas à direita 
da segunda barra correspondem ao 𝑧. Por exemplo, a escolha de 9 bolas da primeira caixa, 
nenhuma da segunda e 6 da terceira pode ser representada do seguinte modo. 
 
 
 
Com 15 bolas e 2 barras, há (
17
2
) =
17×16
2
= 136 modos de separá-las. Entretanto, dentre essas 
soluções, é possível que uma das três variáveis assuma um valor maior que 10. Como apenas 
uma das três pode assumir um valor maior que 10, para eliminar as soluções indesejadas, 
escolhemos uma das três variáveis com valor maior que 10 e subtraímos 11 dela. A solução 
então passará a satisfazer a equação em inteiros não negativos 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 4. Usando agora 4 
bolas e 2 barras, concluímos que a equação anterior possui (
6
2
) =
6×5
2
= 15 soluções. Portanto, 
o total de soluções é 136 − 3 ⋅ 15 = 91.