RLM Principio de Contagem e Probabilidade

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Raciocínio Lógico
POLÍCIA FEDERAL
Princípios de Contagem e Probabilidade
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RACIOCÍNIO LÓGICO
Princípios de Contagem e Probabilidade
Prof.ª Karine Waldrich
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SUMÁRIO
Princípios de Contagem e Probabilidade .........................................................5
1. PFC – Princípio Fundamental Da Contagem .................................................5
1.1. O fatorial ............................................................................................7
1.2. Arranjo ...............................................................................................8
1.3. Combinação ......................................................................................10
Combinação com Elementos Repetidos ........................................................12
1.4. Permutação .......................................................................................13
Permutação com Elementos Repetidos .........................................................13
Permutação Circular ..................................................................................14
1.5. Exemplo das Diferenças Entre Arranjo, Combinação e Permutação ............16
1.6. Casos clássicos, recorrentes em concursos ............................................17
1.7. Macete Final para Diferenciar PFC, Arranjo e Combinação ........................18
2. Probabilidade .......................................................................................19
2.1. Probabilidade de Ocorrência de um Evento ............................................19
2.2. Probabilidade de Ocorrência de Dois Eventos .........................................24
2.3. Probabilidade Condicional ....................................................................29
Resumo ...................................................................................................35
Questões de Concurso ...............................................................................37
Gabarito ..................................................................................................75
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Apresentação da Professora
Oi, meus queridos! Tudo bem?
Meu nome é Karine Waldrich. Nasci em Blumenau, Santa Catarina. Sou Audito-
ra-Fiscal da Receita Federal do Brasil, aprovada em 39o lugar no concurso de 2010. 
Fui também aprovada para o concurso de Analista Tributário da Receita Federal do 
Brasil de 2010 na 61a colocação.
Sou professora para concursos desde 2010, sempre focando nas disciplinas de 
Exatas. 
Minha história de aprovação foi cheia de altos e baixos. 
Primeiro veio a decisão de estudar para concursos. Foi assim: me formei na fa-
culdade e fui fazer o estágio em uma multinacional. Trabalhei muito, o que nunca 
me incomodou. Sou o tipo de pessoa “formiga”, que acha que nada cai do céu. Mas 
o clima de instabilidade me incomodava demais. Depois de muito refletir, vi que, 
acima de qualquer aspiração profissional, minha maior vontade era simplesmente 
ser feliz, com qualidade de vida. 
Em 2009, quando saiu a autorização para o concurso da Receita Federal (mais 
precisamente, no dia 24 de abril de 2009), comecei a estudar para esse concurso, 
para o cargo de Auditor-Fiscal. 
KARINE WALDRICH
Auditora-Fiscal da Receita Federal do Brasil, aprovada em 39º lugar – 2010. 
Aprovada no concurso de Analista-Tributário da Receita Federal do Brasil, em 61º 
lugar – 2010. Professora de Raciocínio Lógico, Matemática Básica, Matemática 
Financeira, Estatística Básica e Estatística Avançada para concursos. Coach 
certificada pela Sociedade Latino Americana de Coaching. Idealizadora e executora 
do programa de coaching para concursos CoachingdaWaldrich. Pós-graduanda 
em Neuroeducação.
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Claro que eu tinha um pouco de base das faculdades, mas não sabia nada dos 
Direito e comecei do zero. Estudei muito. Em setembro saiu o edital e em dezembro 
foram as provas. 
Fui aprovada em 39o lugar dentre os 70.000 candidatos. 
Falando sobre meu estudo, Blumenau é uma cidade de 300.000 habitantes, sem 
muita opção de estudo para concursos. Estudei basicamente em casa, numa escri-
vaninha velha do lado da minha cama. Utilizei cursos online e foi o que salvou, por 
serem detalhados e em uma linguagem mais informal do que a utilizada em livros. 
Odeio livro com cara de “biblioteca velha de faculdade”. Rsrs
Bom, independente disso, o que foi determinante para a minha aprovação, sem 
dúvidas, foi a força de vontade. Foi estudar muito. Eu queria muito passar, queria 
muito sair daquela escrivaninha.
Concurso público não pede foto para inscrição. Não importa se você é bonito 
ou feio, preto ou branco, rico ou pobre, gordo ou magro. O que importa é se você:
1) Quer passar.
2) Estuda muito para passar.
Se você quer passar, e estudar muito para passar, já tem 90% das chances de 
ser aprovado. 
Espero que possamos ter um excelente curso, e conto com você para isso. Para 
acompanhar mais dicas de Raciocínio Lógico, curta minha página no Facebook 
(@profkarinewaldrich) e no Instagram (@karinewaldrich).
Agora vamos ao conteúdo desta aula propriamente dito.
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PRINCÍPIOS DE CONTAGEM E PROBABILIDADE
1. PFC – Princípio Fundamental Da Contagem
Os mais chegados a futebol, ao lerem PFC, devem ter lembrado de um canal de 
TV a cabo que transmite até os jogos de futebol de times muito pequenos (eu já vi 
jogo do Metropolitano, time de Blumenau, no PFC). 
Mas, por aqui, PFC é outra coisa: um “mecanismo” de cálculo de número de 
possibilidades de um evento acontecer. 
Já que estamos falando de futebol, vamos pensar no seguinte. Na Taça Liberta-
dores, por exemplo, temos 38 times. Apenas 2 times chegam à final do campeona-
to, tornando-se campeão ou vice-campeão. 
Podemos querer saber: qual o número de possibilidades diferentes de pódio 
nesse caso?
No pódio, há o campeão e o vice. Em 2012, por exemplo, o Corinthians foi cam-
peão e o Boca Juniors foi vice. 
Assim, na “vaga” de campeão, “cabem” todos os 38 times, ou seja, todos os 38 
times possuem chances iguais de vencerem o campeonato:
“Vaga” de campeão = 38 times.
Para ser vice-campeão, por sua vez, temos 37 times, pois um dos times já se 
sagrará campeão:
“Vaga” de vice-campeão = 37 times.
Para saber o número total de possibilidades de Campeão + Vice, cada uma das 
38 possibilidades de um time ser campeão deve ser combinada com cada uma das 
37 possibilidades de um time ser vice-campeão. 
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É isso que diz o PFC: um evento que ocorre em n situações independentes e 
sucessivas (como um time ser campeão ou vice-campeão da Libertadores), tendo 
a primeira situação ocorrendo de m1 maneiras (no nosso caso, 38 maneiras), a 
segunda situação ocorrendo de m2 maneiras (no nosso caso, 37 maneiras) e assim 
sucessivamente até a n-ésima situação ocorrendo de mn maneiras, temos que o 
número total de ocorrências será dado pelo produto:
m1.m2.m3...
Então, no nosso caso do pódio da Libertadores, temos que o número total de 
possibilidades de final é dado por:
Número total de possibilidades de final = 38.37 = 1406 possibilidades.
Quem diria, não é? Quase 1500 maneiras diferentes de haver um pódio da Li-
bertadores. 
Lembrando que a ordem, aqui, afeta o resultado final. Por exemplo: o pódio 
“Corinthians em primeiro e Boca Juniors em segundo” é diferente do pódio “Boca 
Juniors em primeiro e Corinthians em segundo”. No PFC, a ordem dos eventos in-
fluencia o resultado final.
Vamos ver outro caso. Pensem num casal que deseja filhos. Se o casal tiver 
apenas 1 filho, temos 1 situação e 2 eventos possíveis:
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Se o casal tiver 2 filhos, teremos 2 situações (primeiro filho e segundo filho) 
e 4 eventos possíveis (menino + menino, menino + menina, menina + menino e 
menina + menina). 
Vocês perceberam a nomenclatura? “Situação” são as “etapas” (primeiro filho, 
segundo filho...). Como diz a definição de PFC, elas devem ser “independentes 
e sucessivas”. Já “eventos” são as possibilidades diferentes de combinações de 
situações (menino + menino, menino + menina... etc.).
Nas questões veremos outros exemplos. Agora vamos passar para outro conhe-
cimento importante, o do fatorial.
1.1. O fatorial
O fatorial é apenas uma maneira de escrever uma conta. É isso que você tem 
que lembrar. Um número fatorial é identificado pelo “!” que vem junto a ele.
Por exemplo, quando dizemos:
5!
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Essa é apenas uma maneira mais rápida de escrever:
5.4.3.2.1
Ou seja, 5! é igual a:
5.4.3.2.1 = 20.3.2 = 120
Por aqui, é isso que você precisam saber. Mais detalhes das contas envolvendo 
fatoriais veremos no decorrer da aula.
1.2. Arranjo
Falamos sobre as possibilidades de pódio da Libertadores, usando o PFC para 
cálculo. 
Quando utilizamos a equação do arranjo, queremos saber o número de possibi-
lidades diante de eventos sucessivos e distintos. 
E, o mais importante: a ordem dos eventos influencia na resposta (vocês lem-
bram que Corinthians em 1º e Boca Juniors em 2º é diferente do Corinthians ser 
vice, não é?).
A equação do arranjo é:
An,p = 
n!
(n-p)!
Por exemplo, quando calculamos o número de possibilidades de pódio da Li-
bertadores, usamos o PFC. Podemos também calcular por arranjo, afinal temos 38 
times agrupados 2 a 2. A equação fica:
A38,2 = 
38!
(38-2)!
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Agora, vamos expandir o fatorial para calcular o resultado. Veja que, segundo 
a definição de fatorial, 38! = 38.37.36!. Isso porque se 38! = 38.37.36.35.34..., 
então 38! = 38.37.36!, já que 36! = 36.35.34.33...
Assim:
A38,2 = 
38! 38! 38.37.36! 38.37
(38 2)! 36! 36!
= = = =
−
1406
Vamos fazer uma questão?
1. Com as letras M, N, O, P, Q, S, T e X, formam-se códigos de quatro letras, sen-
do que repetições das letras não são permitidas. O número de códigos possíveis é 
igual a:
a) 1.680
b) 1.560
c) 1.590
d) 1.670
e) 1.650
Letra a.
Código de 4 letras: são 4 “vagas” (p = 4).
Repetições não são permitidas: fazemos arranjo.
A8,4 = 8!/4! = 8.7.6.5 = 56.30 = 56.10.3 = 1680
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1.3. Combinação
Quando falamos do PFC, usamos o exemplo do número de possibilidades de 
pódio numa final de Libertadores. 
E usamos o exemplo de que Corinthians em primeiro e Boca Juniors em segundo 
é diferente de Boca Juniors em primeiro e Corinthians em segundo.
Mas, e se quiséssemos saber o número de possibilidades de final de Libertadores?
Percebam que as possibilidades de final são diferentes das possibilidades de 
pódio. O pódio Corinthians 1º e Boca Juniors 2º é um, e o pódio Boca Juniors 1º e 
Corinthians 2º é outro. E essas possibilidades são calculadas por PFC ou arranjo.
Já a final Corinthians x Boca Juniors é uma só, independentemente do campeão. 
O independentemente é a chave, aqui: temos um caso de Combinação, ao invés 
de Arranjo. 
Na combinação, não importa a ordem dos eventos. 
Ou seja, se usássemos a equação de combinação para resolver a questão do 
pódio da Libertadores (que falamos no PFC), com certeza a resposta seria um nú-
mero menor do que os 1402 tipos diferentes de pódios que poderiam ser formados. 
Isso porque a combinação ignora a “ordem”. Ela iria considerar que Corin-
thians em primeiro e Boca Juniors em segundo é igual a Boca Juniors em primeiro 
e Corinthians em segundo. 
A equação da combinação é:
Cn,p = 
n!
p!(n-p)!
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Vamos fazer uma questão?
2. O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 técnicos de nível 
superior, sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. Quantas equipes técnicas distintas 
podem ser formadas por 2 desses técnicos com a participação de pelo menos um 
engenheiro em cada equipe?
a) 14
b) 35
c) 21
d) 28
e) 42
Letra e.
Queremos a formação de EQUIPES (= ordem não importa), com duas pessoas, 
sendo um engenheiro no mínimo.
Portanto, podemos ter equipes com 1 ou 2 engenheiros.
Se a equipe tiver apenas 1 engenheiro, terá também 1 arquiteto. Ou seja, temos 7 
possibilidades paraa vaga de engenheiro e 3 para a de arquiteto. 7x3 = 21.
Se a equipe possuir 2 engenheiros, haverá uma combinação dos 7 engenheiros, 2 
a 2 (usamos combinação por ser EQUIPE). Temos:
C7,2 = 
! 7! 7! 7.6.5! 42 21
!( )! 2!(7 2)! 2!5! 2!5! 2
n
p n p
= = = = =
− −
Assim, são 21+21 = 42 possibilidades de equipes.
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Há uma variante da combinação, que é a combinação com elementos repe-
tidos. Vejamos:
Combinação com Elementos Repetidos
Pensem no seguinte exemplo: tenho 10 carros iguais e gostaria de pintar cada 
carro de uma das seguintes cores: preto, branco e prata. Qual o número de varia-
ções possíveis?
Nesse caso, a ordem não importa (pois todos os carros são iguais). 
Mas eu tenho que combinar as cores (3) em carros (10). Ou seja, em alguns dos 
casos poderá haver 2 ou mais carros pintados com a mesma cor.
Qual o nome disso? Combinação com repetição.
Não é nada demais. Uma fórmula a mais para decorarmos (vou colocá-la no 
Memorex para vocês verem logo antes da prova). A fórmula é:
CRepetida de n,p = Cn + p – 1 , p
Assim, no exemplo acima, temos que n é o número de cores (que vão se repe-
tir) e p é a quantidade de carros. n + p – 1 = 3 + 10 – 1 = 12.
C12,10 = 
12!
10!(12-10)! = 
12.11.10!
10!2! = 66
Assim, temos 66 maneiras diferentes de pintar os carros.
Visto isso, vamos passar à permutação.
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1.4. Permutação
A permutação nada mais é do que um tipo de arranjo. Já vimos que o arranjo 
representa um número X de “coisas” (exemplos: times, pessoas, letras, etc.) agru-
padas em grupos de 2, 3, etc. O pódio da Libertadores, por exemplo, nada mais é 
do que um arranjo de 38 times, agrupados 2 a 2.
Pois bem, a permutação nada mais é do que um arranjo de X “coisas”, agrupa-
das X a X!
A equação da permutação é:
Pn = n!
Percebam que, se eu usar a equação do arranjo e fizer os elementos X agrupa-
dos X a X, chego na mesma equação:
Pn,n = 
n!
(n-n)! = 
n!
0! = n!
O fatorial de zero (0!) é igual a 1.
Permutação com Elementos Repetidos
A lógica aqui é a mesma da combinação com elementos repetidos. 
A permutação com elementos repetidos é muito frequente quando falamos de 
anagramas (que são as diferentes palavras que podem ser formadas a partir de 
certa quantidade de letras. Por exemplo: um anagrama de CAFE é EFAC). 
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O número de anagramas da palavra CAFE é obtido por permutação (são as le-
tras variando de posição). Ou seja, temos P4 = 4! = 24 anagramas.
No entanto, pensem na palavra CASA. Ela possui duas letras A. Se eu inverter a 2ª 
e a 4ª letra de posição, chego na palavra CASA, novamente. Ou seja, a palavra CASA 
possui menos do que 24 anagramas possíveis, pois ela possui 2 letras iguais (A).
Como calcular a quantidade de anagramas da palavra CASA, portanto?
Devemos usar a equação da permutação com elementos repetidos, que é a 
seguinte:
PRepetida, n, a, b, c... = 
n!
a!b!c!...
 
Nessa equação, a, b, c... são os elementos repetidos.
No nosso exemplo, temos, então:
PRepetida, 4, 2 = 
n!
a!b!c!...
 
Como você pode ver, por ter duas letras repetidas, a palavra CASA tem menos 
anagramas do que a palavra CAFE.
Existe um outro tipo específico de permutação chamado permutação circular. 
Vamos falar um pouco sobre ela.
Permutação Circular
Sempre que, em uma questão, você se deparar com uma mesa redonda, pode 
ter quase certeza de que a questão está falando sobre permutação circular. 
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Veja a mesa abaixo:
Se eu quiser saber de quantas maneiras posso permutar 4 amigos na mesa aci-
ma, você concorda que eu poderia pensar em fazer uma permutação, certo?
Ocorre que o número de jeitos diferentes de organizar meus amigos na mesa 
diminuirá em relação a uma fila, por exemplo. Isso porque, numa fila, há o 1º, 2º, 
3º... Na mesa não importa.
Portanto, a equação da mesa redonda, ou seja, da permutação circular, é dife-
rente. Tem-se que:
Pcircular = (n – 1)!
Por exemplo, se, ao invés da mesa, tivéssemos um balcão (formato de fila), 
poderíamos organizar nossos 4 amigos de 4! = 24 maneiras.
Como é uma mesa redonda, o número de maneiras diminui para (4 – 1)! = 3! = 
6 maneiras.
Agora vou criar um exemplo para você entender bem a diferença entre arranjo, 
combinação e permutação.
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1.5. Exemplo das Diferenças Entre Arranjo, Combinação e 
Permutação
Na Copa do Mundo de 2014, o Brasil era o cabeça da chave A, formada por, além 
de nós, México, Croácia e Camarões.
Todos os times se enfrentaram entre si. Perceba que na Copa não há returno, 
ou seja, não existe diferença entre o jogo Brasil x México e México x Brasil. Em 
alguns campeonatos (como o campeonato Brasileiro), há returno, ou seja, o jogo 
Corinthians x Flamengo ocorre na “casa” do Corinthians, e o jogo Flamengo x Co-
rinthians ocorre na “casa” do Flamengo. Nesse caso, são dois jogos diferentes. 
Na Copa isso não ocorre, é apenas um jogo entre cada uma das equipes. Ou 
seja, para determinar o número de jogos por chave usamos a combinação, pois a 
ordem não interfere no número de eventos.
Assim, temos uma combinação de 4 times, 2 a 2:
C4,2 = 
4! 4! 4.3.2! 4.3 6
2!(4 2)! 2!2! 2!2! 2!
= = = =
−
Assim, serão necessários 6 jogos para que todos os times dessa chave se 
enfrentem.
Depois de todos os jogos ocorrerem, há o time que fica em primeiro, o que fica 
em segundo, o que fica em terceiro e o que fica em quarto na chave. A ordem im-
porta, ou seja, Brasil (em primeiro), México (em segundo), Croácia (em terceiro) 
e Camarões (em quarto) é diferente de México, Brasil, Croácia e Camarões, por 
exemplo. 
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Ou seja, se quisermos saber o número de possibilidade de ordem das equipes 
na chave, após todos os jogos, temos um caso de permutação de 4 times em 4 
posições. A equação é:
P4 = 4.3.2 = 24
Existem, portanto, 24 possibilidades diferentes de ordem das equipes na chave.
Bem, para a segunda fase da Copa (o “mata-mata”), classificam-se 2 times de 
cada chave. Novamente, aqui a ordem importa, pois há o primeiro da chave (que 
pega o segundo de outra chave) e o segundo da chave (que pega o primeiro de 
outra chave). Ou seja, se quisermos saber o número de possibilidades dos times 
irem para a segunda fase, temos um caso de arranjo de 4 times agrupados 2 a 2:
A4,2 = 
! 4! 4! 4.3.2! 12
( )! (4 2)! 2! 2!
n
n p
= = = =
− −
 
Perceba que esse número é uma parcela da ordem dos times na chave (a per-
mutação que resolvemos acima), considerando, aos invés dos 4 times, apenas os 
2 primeiros. 
Conseguiram perceber a diferença entre o arranjo, a permutação e a combinação? 
1.6. Casos clássicos, recorrentes em concursos
Temos alguns casos de arranjo, combinação e permutação que são clássicos, 
recorrentes em concursos. Vou separá-los na tabela abaixo:
Arranjo Combinação Permutação
FILA
A ordem dos 
membros importa
EQUIPE/
COMISSÃO
A ordem dos mem-
bros não importa
ANAGRAMA
A ordem das 
letras importa
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Vamos fazer uma questão?
3. O número de anagramas da palavra FAZENDA que começam com FA e nessa 
ordem é igual a:
a) 130.
b) 124.
c) 120.
d) 115.
e) 136.
Letra c.
Colocamos o FA no começo. Sobram 5 vagas e 5 letras (ZENDA). Ou seja, devemos 
fazer uma permutação dessas 5 letras nas 5 vagas:
FA __ __ __ __ __ = 5.4.3.2.1 = 120
1.7. Macete Final para Diferenciar PFC, Arranjo e Combinação
1. Quando os elementos podem ser iguais (ex. 1 e 1, 2 e 2): fazemos PFC.
• Exemplo: quando jogamos dois dados (pode ser 6 em um dado e 6 no outro): 
6 x 6 = 36 possibilidades.
2. Quando os elementos devem ser diferentes entre si (ou seja, distintos) 
e a ordem importar: arranjo ou PFC (IMPORTANTE: se fizer PFC, lembrar de reti-
rar o que já foi usado anteriormente no cálculo subsequente).
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• No exemplo dos dados: 
 – Fazendo Arranjo: A6,2 = 6!/4! = 6.5 = 30 possibilidades
 – Fazendo PFC: 6.5 = 30 possibilidades
3. Quando os elementos devem ser diferentes entre si (ou seja, distintos) 
e a ordem NÃO importar: combinação.
• No exemplo dos dados: C6,2 = 6!/(2!4!) = 30/2 = 15 possibilidades
2. Probabilidade
2.1. Probabilidade de Ocorrência de um Evento
Existem várias equações para os cálculos de probabilidade. Mas, nesse assunto, 
é fundamental “desapegar” das equações e simplesmente pensar. 
Utilizaremos o mesmo exemplo que vimos na contagem: as possibilidades de 
filho de um casal. O primeiro filho pode ser menino ou menina. Ou seja, 2 eventos 
possíveis nessa situação. 
Em probabilidade, chamamos isso de espaço amostral (o número total de even-
tos possíveis em uma situação):
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Depois desse primeiro filho, o casal pode ter outro menino ou outra menina:
Podemos perguntar: qual a probabilidade de um dos filhos (o primeiro ou o se-
gundo) ser uma menina?
Esse cálculo, intuitivamente, é dado por:
Número de eventos em que nasçam meninas
Número total de eventos possíveis
Existem 4 eventos, ao total. Isto é, 4 combinações possíveis de possibilidades 
de nascimentos. São elas:
Primeiro filho menino – Segundo filho menino
Primeiro filho menino – Segundo filho menina
Primeiro filho menina – Segundo filho menino
Primeiro filho menina – Segundo filho menina
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No desenho acima:
Dos 4 eventos possíveis que vimos acima, em 3 há o nascimento de uma me-
nina (casos menino x menina, menina x menino e menina x menina). E temos, ao 
total, 4 eventos:
3/4 = 0,75
A probabilidade fica sempre entre 0 e 1. Isso porque o denominador da equação 
acima é o número total de eventos possíveis e o numerador é uma parcela deste 
total de eventos. Ou seja, o denominador sempre será maior do que o numerador.
Normalmente, a probabilidade é expressa em termos percentuais, ou seja, mul-
tiplicando-se o resultado acima por 100. Assim, temos que a probabilidade de um 
casal com 2 filhos ter uma menina é de 75%.
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Utilizando o mesmo exemplo, qual a probabilidade do casal ter uma menina ca-
çula? Basta vermos que são 2 os eventos em que as meninas nascem por último:
Número de eventos em que nasçam meninas caçulas
Número total de eventos possíveis
2/4 = 0,5
Temos 50% de probabilidade de uma menina ser caçula.
Vamos, então, “equacionar” o que vimos de maneira quase intuitiva até aqui.
A probabilidade de um evento ocorrer é igual a:
P(E) = n(E)n(S) 
Onde:
P(E) = probabilidade de um evento E ocorrer;
n(E) = número de eventos em que E ocorre (por exemplo, o número de possi-
bilidades de nascimento de uma menina);
n(S) = espaço amostral (que, como vimos, é o número total de eventos que 
ocorrem, como as 4 possibilidades diferentes de combinações de nascimento).
Como MACETE, podemos adotar a seguinte regra:
Probabilidade = FavoráveisPossíveis 
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Veremos que, em muitas questões, esse simples conhecimentoé o que importa 
para chegarmos ao resultado.
Vamos fazer uma questão?
4. No quadro a seguir, tem-se a listagem dos 150 funcionários de uma empresa:
Mulher Homem
Gerente 4 3
Serviços gerais 33 102
Departamento financeiro 5 3
Uma bicicleta será sorteada entre os funcionários dessa empresa; a probabilidade 
de que uma mulher que desempenha a função de serviços gerais ganhe a bicicleta 
é igual a:
a) 22%.
b) 23%.
c) 20%.
d) 24%.
e) 21%.
Letra a.
probabilidade = favorável/possível
O que é favorável (o que queremos)? Que uma mulher que desempenha a fun-
ção de serviços gerais ganhe a bicicleta.
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O que é possível (tudo o que pode acontecer)? Que qualquer um dos 150 funcio-
nários ganhe a bicicleta.
probabilidade = favorável/possível
probabilidade = 33/150 = 3.11/15.10 = 11/50 = 22/100 = 22%
2.2. Probabilidade de Ocorrência de Dois Eventos
Tínhamos no grupo A da Copa de 2014 Brasil, México, Croácia e Camarões.
Podemos pensar: qual era a probabilidade de o Brasil ser classificado para a 
segunda fase da Copa?
Sabemos que na chave havia 4 times e os 2 primeiros se classificavam. As pos-
sibilidades para o Brasil era ficar ou em primeiro, ou em segundo, ou em terceiro, 
ou em quarto da chave, certo? E o que queremos era o Brasil ou em primeiro ou 
em segundo. O desenho abaixo explica melhor:
Assim, temos 4 possibilidades e só nos interessam 2 delas. Dividindo 2 por 4, 
temos 0,5, ou seja, é de 50% a PROBABILIDADE de o Brasil ser classificado.
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Vocês conseguem entender? A PROBABILIDADE é a divisão entre as possibilida-
des que queremos e as possibilidades possíveis de acontecer.
Agora, vou contar uma história para vocês. Um dos meus melhores amigos 
morava no Brasil mas foi morar no México um mês antes da Copa. Ele me dizia na 
época: “Ká, não sei para quem torcer, acho que torço para os dois times: Brasil e 
México”! Acho que ele andava meio desanimado com o futebol brasileiro e resolveu 
usar a mudança para o México como desculpa rsrs).
Qual a probabilidade de o meu amigo sair feliz dessa, ou seja, ver um de seus 
dois times, Brasil ou México, classificado para a segunda fase da Copa?
Já vimos que a probabilidade de o Brasil se classificar é de 0,5. A probabilidade 
de o México se classificar é igual, certo? Ou seja, P(P) = 0,5. Agora vamos pensar 
na probabilidade de um dos dois se classificar...
Já que queremos a probabilidade de um dos dois se classificar, poderíamos pen-
sar em fazer a soma das probabilidades que encontramos acima. Ou seja, 0,5 + 0,5 
= 1, ou seja, 100% de probabilidade.
Pois bem. Isso está certo? É de 100% a probabilidade de o Brasil ou México se 
classificarem para a segunda fase da Copa?
Não! Há a probabilidade da Croácia e Camarões ocuparem as 2 vagas para a 
segunda fase e nem o Brasil ou o México serem classificados, certo?
Mas, então, por que a soma que fizemos não deu certo? Não seria lógico sim-
plesmente somar as probabilidades?
Ocorre que, se fizermos simplesmente essa conta, estaremos somando um even-
to em duplicidade. Estou falando no caso de Brasil E México se classificarem, os dois 
JUNTOS. Perceba que esse evento está contido nos 0,5 que chegamos quando pen-
samos na probabilidade de o Brasil se classificar e dentro dos 0,5 que concluímos 
também ser a probabilidade do México se classificar. Veja no esquema abaixo:
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Assim, quando somamos as probabilidades, estamos somando duas vezes a 
probabilidade de Brasil E México, AMBOS, se classificarem.
E então qual a solução? Como saber a probabilidade de o Brasil ou México se 
classificarem?
Vejam, se retiramos da soma que fizemos a probabilidade de ambos se classifi-
carem, estamos retirando essa redundância, essa soma em duplicidade.
A probabilidade de ambos se classificarem é de 1/4 (só há uma possibilidade, 
dentre as 4 possíveis, de Brasil e México se classificarem para a segunda fase). 
Então, podemos fazer 0,5 + 0,5 – 0,25 = 0,75 = 75%. Essa é, portanto, a proba-
bilidade correta de Brasil ou México se classificarem para a segunda fase da Copa, 
descontando as redundâncias que ocorrem quando ambos, juntos, se classificam!
Esse é um entendimento extremamente importante para concursos. Abaixo ve-
remos a teoria do que aqui abordamos. Alguns livros de concurso trazem apenas 
as “fórmulas” apresentadas abaixo, sem nenhuma explicação. Eu acho muito mais 
válido você entender a lógica da equação do que simplesmente decorar a fórmula.
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Como vimos acima, quando queremos saber a probabilidade de ocorrência de 
dois eventos, temos de somar as probabilidades de ocorrência de cada um dos 
eventos, descontando, contudo, a probabilidade de ocorrência dos dois eventos si-
multaneamente (para não termos redundância na soma das probabilidades).
Chamamos a probabilidade de ocorrência de um evento A OU de um evento B 
de P(A OU B), e a probabilidade de ocorrência do evento A E do evento B (simul-
taneamente) de P(A E B).
Temos:
P(A OU B) = P(A) + P(B) – P(A E B)
Para eventos independentes, temos:
OU = + (soma)
E = x (multiplicação)
Vimos acima que P(A OU B) = P(A) + P(B) – P(A E B)
Ou seja, P(A OU B) é a soma de P(A) e P(B), excluindo-se os eventos simultâ-
neos (P(A E B)), para que não haja redundância na soma.
Por sua vez, P(A E B) = P(A) × P(B). Ou seja, quando quero saber a probabi-
lidade da ocorrência de dois eventos simultaneamente (por exemplo, de Brasil e 
México, AMBOS, se classificarem para a segunda fase da Copa, como vimos acima), 
basta multiplicar as probabilidades individuais (por exemplo, a probabilidade do 
Brasil ir para a segunda fase era de 0,5. A do México também. Assim, temos 0,5 × 
0,5 = 0,25). 
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Vamos fazer uma questão?
5. Com os dígitos 3, 4, 5, 7, 8 e 9 serão formadas centenas com dígitosdistintos. 
Se uma centena for selecionada ao acaso, a probabilidade de ser menor do que 500 
e par é
a) 15%.
b) 10%.
c) 25%.
d) 30%.
e) 20%.
Letra b.
probabilidade = favorável/possível
favorável:
começando com 3 (para ser menor do que 500): 3 __ __ = 3 4 2 = 8
começando com 4 (para ser menor do que 500): 4 __ __ = 4 4 1 = 4
Ou seja, 12 opções favoráveis
possível:
Arranjo dos 6 números 3 a 3, para sabermos quantas centenas podemos fazer com 
os 6 números:
A6,3 = 6!/3! = 120
12/120 = 0,1 = 10%
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2.3. Probabilidade Condicional
Falamos, no item anterior, sobre a probabilidade que o Brasil e México tiveram 
de passar para a segunda fase da última Copa. 
Agora, imaginem se quiséssemos saber qual a probabilidade de o Brasil se clas-
sificar para a segunda fase sabendo que México se classificou. Ou seja, voltando à 
figura lá de cima:
Se soubermos que México se classificou efetivamente, o nosso espaço amostral 
se reduzirá. Por exemplo, teremos que desconsiderar o evento “nem Brasil nem 
México se classificam”, pois sabemos que México se classificou.
Temos, então:
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Descartamos (com o “x” vermelho) os dois eventos em que México não se clas-
sifica, pois já assumimos que México se classificou, com certeza.
Portanto, intuitivamente, o que queremos saber é:
Número de eventos em que o Brasil se classifique
(diante da certeza da classificação de México)
Número de eventos em que México se classifique
O número de eventos em que México se classifique virou o nosso “espaço amos-
tral”. Temos, então:
Número de eventos em que o Brasil se classifique (desde que México também 
tenha se classificado) = 1.
Número de eventos em que México se classifique = 2.
Probabilidade de o Brasil se classificar diante da condição de México estar clas-
sificado = ½ = 0,5 = 50%.
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Como vimos no fluxograma acima, diante da certeza de que México se classifi-
cou, o Brasil terá tido 50% de probabilidade de também se classificar:
Reparem que o único evento em que o Brasil se classifica é aquele em que 
México também se classifica.
Colocando em forma de equação, temos que a probabilidade condicional é 
expressa da seguinte maneira:
Probabilidade Condicional = P(
A
B ) = Probabilidade de ocorrência de um evento 
A diante da ocorrência (com certeza) de um evento B
No exemplo anterior, fizemos o seguinte cálculo:
Número de eventos em que o Brasil se classifique
(diante da certeza da classificação de México)
Número de eventos em que México se classifique
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O número de eventos em que o Brasil se classifique, diante da certeza da classi-
ficação de México, nada mais é do que os eventos em que A E B ocorrem, concorda? 
Veja no fluxograma do evento anterior como descartamos o evento em que só o 
Brasil se classifica e consideramos apenas aqueles em que o Brasil e México se clas-
sificam. Isso é algo lógico: se queremos os eventos em que o Brasil se classifique 
diante da classificação do México, não podemos considerar classificações do Brasil 
sem que haja, igualmente, classificação do México.
Portanto, a equação da probabilidade condicional é:
(A E B) número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamente
( ) número de eventos em que apenas B ocorre
A nP
B n B
  = = 
 
Há uma variante dessa equação que, na verdade, é um algebrismo matemático. 
Sabemos que:
( ) (A E B) número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamenteA E B
( ) número de eventos do espaço amostral
nP
n S
= =
(A E B) (A E B).n(S)n P=
P(B) é, igualmente:
( ) (B) número de eventos em que B ocorreB
( ) número de eventos do espaço amostral
(B) ( ). ( )
nP
n S
n P B n S
= =
=
Substituindo essas duas equações na equação de AP
B
 
 
 
 que encontramos acima:
(A E B) (A E B).n(S) (A E B)
( ) ( ). ( ) ( )
A n P PP
B n B P B n S P B
  = = = 
 
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Assim, temos duas maneiras de resolver as questões de probabilidade condicio-
nal. A primeira é pelo número de eventos, a segunda é pela probabilidade.
Vamos fazer uma questão?
6. Em uma pequena localidade, os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleono-
ra são moradores de um bairro muito antigo que está comemorando 100 anos de 
existência. Dona Matilde, uma antiga moradora, ficou encarregada de formar uma 
comissão que será a responsável pela decoração da festa. Para tanto, Dona Matilde 
selecionou, ao acaso, três pessoas entre os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson 
e Eleonora. Sabendo-se que Denílson não pertence à comissão formada, então a 
probabilidade de Carlão pertencer à comissão é, em termos percentuais, igual a: 
a) 30%.
b) 80%. 
c) 62%.
d) 25%.
e) 75%.
Letra e.
D. Matilde quer formar uma comissão com 3 pessoas dentre 5 disponíveis. Então, 
o número de possibilidades seria dado por C5,3 = 10.
No entanto, a questão já informa que Denílson não pertence à comissão. 
Ela afirma isso, é uma CONDIÇÃO. Assim, nosso universo muda. Precisamos nos 
ater apenas às comissões em que Denílson não participa. Temos aqui uma questão 
de probabilidade CONDICIONAL (há uma condição).
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Para isso, é mais fácil saber quantas ele participa e diminuir do total. Temos, então, 
que uma comissão que contivesse Denílson seria uma comissão com Denilson + 
uma combinação dos 4 restantes nas 2 outras vagas. Ou seja, C4,2 = 6.
No entanto, como queremos as comissõessem Denílson, temos que nosso universo 
é de 10 – 6 = 4. Nosso “universo”, o espaço amostral, portanto, se restringiu às 
comissões em que Denílson não participa. 
Precisamos, dentre essas 4 comissões, saber a probabilidade de Carlão participar 
também. Então, temos, na comissão, Carlão + uma combinação dos 3 restantes 
nas 2 vagas residuais. Sabemos que C3,2 = 3, então, são 3 as possibilidades de co-
missão contendo Denílson e Carlão.
Assim, temos:
P(
A
B ) = 
n(A E B)
n(B) = 
número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamente
n(B) = 3/4 = 0,75.
Assim, a probabilidade de Carlão também pertencer à comissão é de 75%.
Passemos, finalmente, à bateria de questões :)
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RESUMO
Análise Combinatória
Arranjo An,p = 
n!
(n-p)!
Combinação Cn,p = 
n!
p!(n-p)!
Permutação Pn = n!
Permutação com Elementos Repetidos PR, n, a, b, c... = 
n!
a!b!c!...
Permutação Circular Pc = (n – 1)!
1. Quando os elementos podem ser iguais (ex. 1 e 1, 2 e 2): fazemos PFC.
• Exemplo: quando jogamos dois dados (pode ser 6 em um dado e 6 no outro): 
6 × 6 = 36 possibilidades.
2. Quando os elementos devem ser diferentes entre si (ou seja, distintos) 
e a ordem importar: arranjo ou PFC (IMPORTANTE: se fizer PFC, lembrar de reti-
rar o que já foi usado anteriormente no cálculo subsequente).
• No exemplo dos dados: 
 – Fazendo Arranjo: A6,2 = 6!/4! = 6.5 = 30 possibilidades
 – Fazendo PFC: 6 x 5 = 30 possibilidades
3. Quando os elementos devem ser diferentes entre si (ou seja, distintos) 
e a ordem NÃO importar: Combinação.
• No exemplo dos dados: C6,2 = 6!/(2!4!) = 30/2 = 15 possibilidades
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Arranjo Combinação Permutação
FILA
A ordem dos 
membros 
importa
EQUIPE/
COMISSÃO
A ordem dos 
membros não 
importa
ANAGRAMA
A ordem das 
letras importa
PROBABILIDADES
Probabilidade = 
Favoráveis
Possíveis 
P(A OU B) = P(A) + P(B) – P(A E B)
Para eventos independentes, temos: P(A E B) = P(A) × P(B).
(A E B) número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamente
( ) número de eventos em que apenas B ocorre
A nP
B n B
  = = 
 
(A E B) (A E B).n(S) (A E B)
( ) ( ). ( ) ( )
A n P PP
B n B P B n S P B
  = = = 
 
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QUESTÕES DE CONCURSO
1. (2014/CESPE/SUFRAMA/ANALISTA) Sabendo-se que uma repartição possui 30 
servidores, sendo 10 do sexo feminino, julgue o item abaixo.
A quantidade de maneiras distintas de se selecionar 5 servidores dessa repartição 
de forma que 4 sejam do sexo feminino é inferior a 4.000.
Errado.
Queremos uma COMISSÃO de 4 mulheres e 1 homem.
4 mulheres: C10,4
1 homem: C20,1
C10,4 = 
10!
4!(10-4)! = 
10!
4!6! = 
10.9.8.7.6!
4!6! = 
10.9.8.7
4! = 
10.9.8.7
4.3.2 = 5.3.2.7 = 210
C20,1 = 
20!
1!(20-1)! = 
20!
1!19! = 20
(Note que a combinação de um número 1 a 1 é sempre o próprio número).
Multiplicando ambas as possibilidades:
210 × 20 = 4200
Superior a 4000, portanto.
2. (2014/CESPE/SUFRAMA/ANALISTA) Considerando que, em um planejamento de 
ações de auditoria, a direção de um órgão de controle tenha mapeado a existência de 
30 programas de governo passiveis de análise, e sabendo que esse órgão dispõe de 
15 servidores para a montagem das equipes de análise e que cada equipe deverá ser 
composta por um coordenador, um relator e um técnico, julgue os próximos itens.
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( ) A quantidade de maneiras distintas de serem escolhidos 3 dos referidos servido-
res para a montagem de uma equipe de análise é superior a 2.500.
( ) Considerando-se que cada servidor do órgão possa participar de somente uma 
equipe de análise e que cada equipe não possa analisar mais que um programa de 
governo ao mesmo tempo, é correto afirmar que a capacidade operacional do órgão 
está limitada ao acompanhamento simultâneo de cinco programas de governo.
( ) A quantidade de maneiras distintas de se escolherem 3 desses programas para 
serem acompanhados pelo órgão é inferior a 4.000.
Análise dos enunciados:
“A quantidade de maneiras distintas de serem escolhidos 3 dos referidos 
servidores para a montagem de uma equipe de análise é superior a 2.500.”
Certo.
Quantidade de servidores = 15
Equipe com coordenador, um relator e um técnico. Ou seja, não é uma EQUIPE 
simples, para resolver por combinação simples. É como se fosse um ARRANJO, pois 
a ordem importa!
A15,3 = 
15!
(15-3)!
 = 15!
12!
 = 15.14.13.12!
12!
 = 15.14.13 = 2730
“Considerando-se que cada servidor do órgão possa participar de so-
mente uma equipe de análise e que cada equipe não possa analisar mais 
que um programa de governo ao mesmo tempo, é correto afirmar que a 
capacidade operacional do órgão está limitada ao acompanhamento simul-
tâneo de cinco programas de governo.”
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Certo.
15 servidores e 3 servidores por equipe.
Nesse caso, são 5 equipes, no máximo.
Se cada equipe analisa 1 programa = 5 programas ao mesmo tempo.
“A quantidade de maneiras distintas de se escolherem 3 desses programas 
para serem acompanhados pelo órgão é inferior a 4.000.”
Errado.
Combinação dos 30 programas, 3 a 3:
C30,3 = 
30!
3!(30-3)! = 
30!
3!(27)! = 
30.29.28.27!
3!27! = 
30.29.28
3.2 = 10.29.14 = 4060
3. (2013/CESPE/STF/ANALISTA) A presidência de determinado tribunal é apoiada 
por seis assessorias. Para a chefia dessas assessorias, foram indicados, do quadro 
permanente, 4 funcionários e 8 funcionárias, todos igualmente qualificados para 
assumir qualquer dessas chefias. Com base nessas informações, julgue os itens 
seguintes.
( ) Se exatamente quatro assessorias específicas forem chefiadas por mulheres, 
então será superior a 400 o número de maneiras de se selecionar, entre os 12 can-
didatos, os funcionários para chefiarem todas as seis assessorias.
( ) A quantidade de maneiras distintas de escolher os chefes das assessorias entre 
as pessoasindicadas é inferior a 980.
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Análise dos enunciados:
“Se exatamente quatro assessorias específicas forem chefiadas por mu-
lheres, então será superior a 400 o número de maneiras de se selecio-
nar, entre os 12 candidatos, os funcionários para chefiarem todas as 
seis assessorias.”
Certo.
4 assessorias chefiadas por qualquer uma das 8 mulheres:
C8,4 = 
8!
4!(8-4)!
 = 8!
4!4!
 = 8.7.6.5.4!
4!4!
 = 8.7.6.5
4.3.2
 = 2.7.2.5
2
 = 7.2.5 = 70
Consequentemente, serão 2 assessorias chefiadas por qualquer um dos 4 homens:
C4,2 = 
4!
2!(4-2)!
 = 4!
2!2!
 = 4.3.2!
2!2!
 = 4.3
2
 = 6
Então, temos: 6 × 70 = 420 maneiras, superior a 400.
“A quantidade de maneiras distintas de escolher os chefes das assessorias 
entre as pessoas indicadas é inferior a 980.”
Certo.
Agora não tem regra específica, são 12 pessoas para 6 assessorias:
C12,6 = 
12!
6!(12-6)!
 = 12!
6!6!
 = 12.11.10.9.8.7.6!
6!6!
 = 12.11.10.9.8.7
6.5.4.3.2
 = 
2.11.2.3.2.7
2
 = 11.2.3.2.7 = 924
Inferior a 980.
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4. (2008/CESPE/BB/ESCRITURÁRIO) Considerando que uma palavra é uma conca-
tenação de letras entre as 26 letras do alfabeto, que pode ou não ter significado, 
julgue os itens a seguir. 
Considerando todas as 26 letras do alfabeto, a quantidade de palavras de 3 letras 
que podem ser formadas, todas começando por U ou V, é superior a 2×10³.
Errado.
Ela pede o número de palavras de 3 letras que podem ser formadas começando por 
U ou V.
Para formar uma palavra de três letras, temos:
 Letra 1 Letra 2__ Letra 3__ 
A escolha de cada uma das três letras é um evento independente e sucessivo. Por-
tanto, o número de palavras formadas com essas três letras pode ser encontrado 
por PFC, multiplicando-se o número de opções possíveis para a primeira letra, pelo 
número de opções possíveis para a segunda letra e pelo número de opções possí-
veis para a terceira letra.
A questão restringe o número de opções para a primeira letra, dizendo que elas 
devem, obrigatoriamente, começar por U ou V.
Ou seja, para a primeira letra, temos, apenas, 2 opções possíveis (U ou V):
 2_ Letra 2__ Letra 3__ 
Como a questão não diz que as letras devem ser diferentes entre si, para a segunda 
letra as 26 letras do alfabeto são possíveis:
 2_ 26__ Letra 3__ 
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Da mesma forma, para a terceira letra, temos as mesmas 26 opções possíveis:
 2_ 26__ 26__ 
Para saber o número de palavras, multiplicamos:
2 × 26 × 26 = 1352.
Assim, a questão está errada, pois o número é inferior a 2×10³ (2000).
5. (2008/CESPE/PM-AC/SOLDADO DA PM) Julgue os itens seguintes, relativos a 
contagem.
Com os algarismos 1, 3, 5 e 7, admitindo-se repetição, é possível formar mais de 
60 senhas de três algarismos.
Certo.
Mais uma questão como a anterior.
Precisamos de senhas de três algarismos. Temos 4 algarismos disponíveis e a 
questão diz que é possível repetição. Assim, para cada número, há 4 opções 
possíveis:
 4 4 4 
4 × 4 × 4 = 64
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6. (2010/CESPE/EMBASA/ADVOGADO) Considere que uma empresa seja compos-
ta de 9 setores (departamentos e divisões) e que esses setores devam ser divididos 
em grupos ordenados de 3 elementos cada para a escolha das novas instalações; 
a ordem dos setores no grupo determina a prioridade na escolha das instalações. 
Desse modo, será possível formar mais de 400 grupos diferentes. 
Certo.
A questão diz que há 9 setores e que esses setores devem ser divididos em grupos 
de 3 setores.
A questão é reticente em frisar que a ordem no grupo importa. Quando a ordem 
importa, não há dúvidas: é arranjo.
Assim, vamos utilizar a equação do arranjo para encontrar o número de grupos 
possíveis. São 9 grupos, que devem ser organizados 3 a 3.
A38,2 = ! 10! 10! 10.9.8.7.6! 10.3.7 210
!( )! 4!(10 4)! 4!6! 4.3.2.6!
n
p n p
= = = = =
− −
Portanto, a questão está correta, pois são mais de 400 grupos possíveis.
7. (2009/CESPE/SEPLAG-2009/CARGO 2) Com os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5 é pos-
sível formar 120 números diferentes de 5 algarismos, sem repetição.
Certo.
Nessa questão, veremos a permutação.
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A permutação nada mais é do que um tipo de arranjo. Já vimos que o arranjo re-
presenta um número X de “coisas” (exemplos: times, pessoas, letras, etc.) agru-
padas em grupos de 2, 3, etc. O pódio da Libertadores, por exemplo, nada mais é 
do que um arranjo de 38 times, agrupados 2 a 2.
Pois bem, a permutação nada mais é do que um arranjo de X “coisas”, agrupadas X a X!
Pois bem. Nessa questão, pede-se o número de maneiras de ordenar os números 
1, 2, 3, 4, 5, sem repetição.
Esse valor é dado pela permutação dos 5 números:
P5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120.
8. (2008/CESPE/PM-AC/SOLDADO DA PM) Considere que, em visita a uma disco-
teca, um indivíduo escolheu 10 CDs de cantores de sua preferência. Todos os CDs 
tinham o mesmo preço, mas esse indivíduo dispunha de dinheiro suficiente para 
comprar apenas 4 CDs. Nesse caso, a quantidade de maneiras diferentes que esse 
indivíduo dispõe para escolher os 4 CDs que irá comprar é inferior a 200.
Errado.
Na questão, temos 10 cds, e temos de escolher 4.
Ou seja, a ordem não importa. Se escolhemos os cds A, B, C ou D, isso é o mesmo 
que escolher os cds D, C, B ou A, certo?
Por isso, temos uma Combinação (e não um Arranjo):
Cn,p = 
! 10! 10! 10.9.8.7.6! 10.3.7 210
!( )! 4!(10 4)! 4!6! 4.3.2.6!
n
p n p
= = = = =
− −
O número é, portanto, superior a 200.
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9. (2010/CESPE/DETRAN-ES/ANALISTA DE SISTEMAS) Durante blitz de rotina, um 
agente de trânsito notou um veículo que havia parado a distância, no qual o con-
dutor trocou de lugar com um dos passageiros. Diante dessa situação, o agente 
resolveu parar o veículo para inspeção. Ao observar o interior do veículo e consta-
tar que havia uma lata de cerveja no console, indagou aos quatro ocupantes sobre 
quem teria bebido a cerveja e obteve as seguintes respostas:
— Não fui eu, disse Ricardo, o motorista.
— Foi o Lucas, disse Marcelo.
— Foi o Rafael, disse Lucas.
— Marcelo está mentindo, disse Rafael.
Considerando a situação hipotética acima, bem como o fato de que apenas um dos 
ocupantes do veículo bebeu a cerveja, julgue os itens subsequentes.
Certo.
Temos o carro com 5 lugares, e 4 pessoas. Temos, então, a tendência seria fazer 
um Arranjo dos 5 lugares entre as 4 pessoas.
MAS, um dos lugares (o motorista) deve sempre possuir alguém. 
Portanto, para esse lugar (o motorista) há 4 opções possíveis. Os 3 restantes vão 
se arranjar nas outras 4 vagas do carro. Assim, temos 4.A4,3 .
An,p = A4,3 = 
! 4! 4! 4.3.2.1 24
( )! (4 3)! 1!
n
n p
= = = =
− −
Assim, 4 × 24 = 96 
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10. (2008/CESPE/PM-AC/Soldado da PM) Define-se anagrama de determinada pa-
lavra como uma “palavra” formada a partir das letras da palavra dada, tenha ela 
sentido ou não, ou seja, um anagrama de determinada palavra é qualquer reagru-
pamento das letras dessa palavra. Com base nessas informações, julgue os itens 
seguintes.
( ) Com a palavra ACRE, é possível formar menos de 20 anagramas distintos.
( ) Com a palavra ACRE é possível formar mais de 10 anagramas que começam 
com consoante e terminam com vogal.
( ) Formando-se todos os possíveis anagramas da palavra ACRE, em mais de 10 
desses anagramas, as letras A e R aparecem juntas, nessa ordem ou na ordem 
inversa.
Questões de anagramas são muito comuns em prova.
O enunciado mesmo explica o que é um anagrama. Anagramas são permutações 
de letras de uma palavra. Por exemplo, RAMOS pode virar ARMOS, MOSAR, SO-
MAR, etc.
O número de anagramas é sempre dado por permutação. Há um caso particular, 
que é quando a palavra tem letras repetidas (ex.: CASA). Mas vamos ver mais à 
frente. Vamos analisar a primeira afirmação
“Com a palavra ACRE, é possível formar menos de 20 anagramas distintos.”
Errado. 
Nesse caso, com a palavra ACRE (que não possui letras repetidas), podemos for-
mar 4! = 4.3.2 = 24 palavras diferentes.
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“Com a palavra ACRE é possível formar mais de 10 anagramas que come-
çam com consoante e terminam com vogal.”
Errado.
Como a questão começa a criar “regrinhas” específicas, ao invés de fazer permuta-
ção, fazemos PFC mesmo.
A primeira letra deve ser consoante, então temos 2 opções possíveis. A última deve 
ser vogal, então também temos duas opções possíveis:
_2_.___.___._2_
Na segunda letra, temos 2 opções possíveis (as duas outras letras que não foram 
utilizadas nem no começo e nem no final), e na terceira letra temos apenas uma 
letra possível (já que todas as outras 3 já foram utilizadas).
2.2.1.2 = 8
“Formando-se todos os possíveis anagramas da palavra ACRE, em mais de 
10 desses anagramas, as letras A e R aparecem juntas, nessa ordem ou na 
ordem inversa.”
Certo.
Agora, a questão diz que as letras AR devem estar juntas (AR ou RA).
Então, vejam que é como se essas duas letras se comportassem como uma letra 
só. Haverá uma permutação, ao invés de 4 letras, de 3 letras. É o que chamo de 
“membro em bloco” (o AR funciona como um bloco).
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Só devemos ficar atentos ao fato de que, como AR também pode ser RA, as opções 
dobram. Então, temos 2.P3.
P3 = 3! = 3.2.1 = 6
2.P3 = 2.6 = 12.
11. (2010/CESPE/BASA/TÉCNICO CIENTÍFICO) Julgue os itens seguintes a respei-
to de permutação e lógica sentencial.
Considerando que o anagrama da palavra ALARME seja uma permutação de letras 
dessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, a quantidade de 
anagramas distintos dessa palavra que começam por vogal é 360. 
Errado.
Começamos com um exemplo: o número de anagramas da palavra CAFE é obtido 
por permutação (são as letras variando de posição). Ou seja, temos P4 = 4! = 24 
anagramas.
No entanto, pense na palavra CASA. Ela possui duas letras A. Se eu inverter a 2ª e 
a 4ª letra de posição, chego na palavra CASA, novamente. Ou seja, a palavra CASA 
possui menos do que 24 anagramas possíveis, pois ela possui 2 letras iguais (A).
Como calcular a quantidade de anagramas da palavra CASA, portanto?
Devemos usar a equação da permutação com elementos repetidos, que é a seguinte:
PRepetida, n, a, b, c... = 
n!
a!b!c!
Nessa equação, a, b, c... são os elementos repetidos.
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No nosso exemplo, temos, então:
PRepetida, 4, 2 = 
n!
a!b!c!
Como você pode ver, por ter duas letras repetidas, a palavra CASA tem menos ana-
gramas do que a palavra CAFE.
Para a palavra ALARME, que possui 6 letras e 2 repetidas, temos:
PRepetida, 6, 2 = 
n!
a!b!c!
A questão pede quantos desses anagramas começam por vogal. 
A palavra ALARME possui 3 vogais. Só que duas são repetidas, então formarão as 
mesmas palavras.
Vamos analisar os casos em que começam por E e os que começam por A.
Quando a palavra começar por A, a primeira letra será A e as demais serão uma 
permutação das outras 5 letras. Ou seja, temos 5! = 5.4.3.2.1 = 120 opções.
Já quando a palavra começar por E, as outras 5 letras também serão uma permu-
tação, só que com as duas letras A repetidas. Por isso, teremos 5!/2! = 120/2 = 60 
opções possíveis.
Assim, no total, são 120 + 60 = 180 opções possíveis.
12. (2009/CESPE/TRE-MA/TÉCNICO CIENTÍFICO) A quantidade de números dife-
rentes que se obtém permutando de todos os modos possíveis os algarismos do 
número 25.554.252 é igual a 
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a) 96.
b) 204.
c) 280.
d) 40.000.
e) 40.320. 
Letra c.
Novamente temos uma questão de permutação com elementos repetidos. 
25.554.252 possui 8 algarismos, no entanto o 2 se repete 3 vezes, o 5 se repete 4 
vezes e o 4 não se repete. Assim, temos:
P8,3,4 = 
! 8! 8.7.6.5.4! 8.7.5 280
! ! 3!4! 3.2.4!
n
a b
= = = =
13. (2011/CESPE/EBC/JORNALISTA) Dos 24 repórteres que buscam notícias para 
um telejornal local, metade sai às ruas em busca de notícias todos os dias e cada 
um tem a obrigação de trazer à redação exatamente uma matéria. A outra metade 
permanece na redação, editando suas matérias e planejando as atividades do dia 
seguinte. Das 12 matérias que chegam diariamente à redação, em razão de limita-
ções de tempo, apenas 10 vão ao ar. O editor chefe escolhe, pela ordem, aquelas 
de maior impacto, seguidas daquelas que darão maior audiência.
Antes, porém, de ir ao ar, cada matéria passa pelos seguintes processos de controle 
de qualidade: 1.º relevância; 2.º adequação ao tempo; 3.º revisão linguística; 4.º 
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diagramação do texto. Esse controle de qualidade é feito por 4 profissionais, todos 
capacitados para realizar qualquer dos processos de controle e, em cada dia, cada 
um realiza apenas um dos processos.
Com base nessa situação, julgue os itens a seguir.
( ) O editor chefe dispõe de 12!/2 maneiras diferentes de escolher as 10 notícias 
que irão ao ar.
( ) Considere que, a cada dia, a saída dos repórteres às ruas em busca de notícias 
não dependa das atividades exercidas no dia anterior. Nesse caso, a quantidade de 
maneiras distintas de se selecionarem os repórteres que irão às ruas em busca de 
notícias em determinado dia é igual a 24!/12!.
O enunciado parece monstruoso. Vamos analisar cada questão:
“O editor chefe dispõe de 12!/2 maneiras diferentes de escolher as 10 
notícias que irão ao ar.”
Certo.
O enunciado diz que há 12 matérias e que 10 vão ao ar. A ordem das matérias que 
vai ao ar importa (primeiro as de maior impacto, depois as de maior audiência).
Assim, vamos fazer um arranjo das 12 matérias nas 10 vagas:
An,p = A12,10 = 
! 24! 24!
!( )! 12!(24 12)! 12!12!
n
p n p
= =
− −
“Considere que, a cada dia, a saída dos repórteres às ruas em busca de notícias 
não dependa das atividades exercidas no dia anterior. Nesse caso, a quantidade de 
maneiras distintas de se selecionarem os repórteres que irão às ruas em busca de 
notícias em determinado dia é igual a 24!/12!.”
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Errado.
A escolha dos repórteres que vão às ruas não depende de ordem. Se forem os re-
pórteres João, José e Maria, isso é o mesmo de irem Maria, José e João, certo?
Por isso, a escolha dos repórteres é uma combinação dos 24 repórteres, 12 a 12.
Cn,p = C24,12 = 
! 24! 24!
!( )! 12!(24 12)! 12!12!
n
p n p
= =
− −
14. (2011/CESPE/EBC/Gestor) O estafe de uma nova instituição pública será com-
posto por 15 servidores: o diretor-geral, seu secretário executivo e seus 2 sub-
secretários – 1 de assuntos administrativos e 1 de fomento –, 4 diretores – de 
administração e finanças, de infrastrutura, executivo e de pessoal – e, ainda, sete 
assessores ligados a esses cargos. Para a composição desse estafe, dispõe-se de 
20 pessoas, todas igualmente qualificadas para assumir qualquer um dos cargos 
vagos. Entretanto, por motivos internos, apenas 5 delas podem assumir cargos de 
direção. AS pessoas escolhidas para os cargos de assessoria desemppenham fun-
ções similares.
( ) Supondo que já tenham sido preenchidos todos os cargos de direção, de secre-
tário executivo e de subsecretários, a quantidade de maneiras distintas de se esco-
lherem as pessoas para preencher os sete cargos de assessores é superior a 700. 
( ) A quantidade de maneiras distintas de se escolhem as pessoas para preencher 
os 15 cargos de modo que as restrições internas sejam respeitadas é igual a 15!/7!. 
( ) Se os “motivos internos” não existissem, a quantidade de maneiras distintas de 
se escolherem as pessoas para preencher os 15 cargos seria igual a 20!/7!. 
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( ) A quantidade de maneiras diferentes de serem preenchidos os cinco cargos de 
direção é superior a 100. 
( ) Supondo que já tenham sido preenchidos os cargos de direção, a quantidade 
de maneiras distintas de se escolherem as pessoas para preencher os cargos de 
secretário e de subsecretário é superior a 3.000. 
Vamos analisar as afirmações:
“Supondo que já tenham sido preenchidos todos os cargos de direção, de 
secretário executivo e de subsecretários, a quantidade de maneiras distin-
tas de se escolherem as pessoas para preencher os sete cargos de asses-
sores é superior a 700.”
Correto. 
São 15 cargos. 
Se os outros foram preenchidos, só sobrando os 7 de assessores, então foram pre-
enchidos 15 – 7 = 8 vagas.
Assim, dos 20 profissionais que podem ser escolhidos, só sobram 20 – 8 = 12 pro-
fissionais, para preencher as 7 vagas.
O enunciado diz que os assessores desempenham funções similares, ou seja, a or-
dem entre eles não importa. Assim, temos uma combinação de 12, 7 a 7:
Cn,p = C12,7 = 
! 12! 12! 12.11.10.9.8.7!
!( )! 7!(12 7)! 7!5! 7!5.4.3.2
n
p n p
= = =
− −
Vamos simplificar o 10 com o 5 (sobram 2), o 8 com o 4 e com o 2 (sobra 1), o 9 
com o 3 (sobram 3):
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12.11.10.9.8.7!
7!5.4.3.2 = 12.11.2.3 = 792
“A quantidade de maneiras distintas de se escolhem as pessoas para pre-
encher os 15 cargos de modo que as restrições internas sejam respeitadas 
é igual a 15!/7!.“
Correto.
São 5 cargos de direção (diretor geral + 4 diretores). Então, como dos 20 apenas 
5 podem assumir cargos de direção, temos que, nesses cargos, ocorrerá uma per-
mutação de 5 em 5, P5.
Sobram 20 – 5 = 15 profissionais.
Já os outros cargos são o de secretário-executivo, subsecretário de assuntos admi-
nistrativos, subsecretário de fomento e os 7 assessores.
Assim, para o secretário-executivo são 15 profissionais. Para o subsecretário de 
assuntos administrativos são 14 profissionais (um a menos, que virou secretário-
-executivo), para o subsecretário de fomento 13 profissionais