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Aula 05
Raciocínio Lógico p/ PC-PA - Pós-Edital
Autor:
Guilherme Neves
Aula 05
20 de Novembro de 2020
00697812227 - CINTHYA ELEN PEREIRA DE LIMA
 
 
1 
 
 
Sumário 
 
1. Análise Combinatória .......................................................................................... 2 
2. Fatorial de um Número Natural ........................................................................... 3 
3. Princípio Fundamental da Contagem .................................................................. 6 
4. Princípio Aditivo ................................................................................................. 11 
5. Permutações Simples ......................................................................................... 13 
6. Permutação com Elementos Repetidos ............................................................. 14 
7. Permutação Circular ........................................................................................... 15 
8. Combinação Simples ......................................................................................... 21 
8.1. Propriedades e Casos Particulares ........................................................................ 25 
9. Combinação Completa ...................................................................................... 27 
10. Partições ............................................................................................................ 34 
10.1. Partições ordenadas ........................................................................................... 35 
10.2. Partições não-ordenadas .................................................................................... 39 
11. Permutações Caóticas ....................................................................................... 43 
12. Os Lemas de Kaplansky ..................................................................................... 49 
12.1. Primeiro Lema de Kaplansky .............................................................................. 49 
12.2. Segundo Lema de Kaplansky ............................................................................. 58 
13. Permutações com Elementos Ordenados ......................................................... 64 
14. Soluções Inteiras de Equações .......................................................................... 69 
15. Lista de Questões de Concursos Anteriores ...................................................... 84 
16. Gabaritos ......................................................................................................... 123 
17. Lista de Questões de Concursos Anteriores com Comentários ...................... 127 
18. Considerações Finais ....................................................................................... 225 
 
 
Guilherme Neves
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Oi, pessoal. 
Aqui quem vos fala é o professor Guilherme Neves outra vez!! 
Vamos começar a nossa aula sobre Análise Combinatória? 
Não se esqueçam de me acompanhar também pelo instagram @profguilhermeneves. Estou 
postando dicas e questões resolvidas diariamente por lá. 
 
Coloquei alguns tópicos extras na teoria que são assuntos bem avançados. Sugiro que 
você os estude apenas depois de ter uma boa base de Análise Combinatória e depois 
de ter resolvido muitos problemas. Os tópicos avançados são os pontos 11 a 14 do 
índice (Permutações Caóticas, Lemas de Kaplansky, Permutações com elementos 
ordenados e Soluções Inteiras de Equações). 
 
 
1. ANÁLISE COMBINATÓRIA 
 
Chamamos de Análise Combinatória ou simplesmente Combinatória a parte da Matemática que 
estuda as estruturas discretas. Falando na língua do “concursês”, a Análise Combinatória é a 
parte da Matemática que se preocupa em realizar contagens. Realizaremos contagens dos 
subconjuntos de um conjunto finito que satisfazem certas condições dadas. 
A grande maioria dos alunos pensa que a Análise Combinatória é apenas o estudo dos arranjos, 
combinações e permutações. Isto na verdade é apenas uma parte do assunto de Análise 
Combinatória, que, a bem da verdade, é 100% do necessário para uma prova. 
A Análise Combinatória trata de vários outros problemas que estão além dos nossos objetivos e 
não será visto neste curso. Não será visto porque nunca apareceu nem vai aparecer em prova 
alguma de concurso (assuntos como permutações caóticas, funções geradoras, etc.) 
Guilherme Neves
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Diga-se de passagem, este é um dos assuntos mais importantes (se não for o mais importante) de 
toda a Matemática “concurseira”. É um assunto adorado por todas as bancas organizadoras. 
Vocês perceberão um aspecto um pouco diferente nesta aula: não apresentaremos a “fórmula” 
dos arranjos. Optamos em seguir esta linha, pois não achamos que seja didático utilizar fórmulas 
e casos particulares em demasia. Quem troca o princípio fundamental da contagem por fórmulas 
de arranjos terá dificuldades imensas em resolver inúmeros problemas de análise combinatória. 
Permitam-me copiar um trecho muito importante de um livro da Sociedade Brasileira de 
Matemática sobre o ensino de Análise Combinatória (A Matemática do Ensino Médio – Volume 
2). 
“Você quer mostrar que é o bom ou quer que seus alunos aprendam? Se você prefere a segunda 
alternativa, resista à tentação de em cada problema buscar a solução mais elegante. O que deve 
ser procurado é um método que permita resolver muitos problemas e não um truque que resolva 
maravilhosamente um problema. A beleza de alguns truques só pode ser apreciada por quem 
tem domínio dos métodos. Combinatória não é difícil; impossível é aprender alguma coisa 
apenas com truques em vez de métodos.” 
Vamos aprender as ferramentas básicas de Análise Combinatória e, sem seguida, vamos 
aprimorar as técnicas com a resolução de questões. 
 
2. FATORIAL DE UM NÚMERO NATURAL 
 
Com a finalidade de simplificar fórmulas e acelerar a resolução de questões, vamos definir o 
símbolo fatorial. 
Sendo 𝑛 um número natural, define-se fatorial de 𝑛 e indica-se 𝑛! à expressão: 
𝑛! = 𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ (𝑛 − 2) ∙ ⋯ ∙ 2 ∙ 1, 𝑝𝑎𝑟𝑎	𝑛 ≥ 2	
1! = 1	
0! = 1 
Exemplos: 
3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 
4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 
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4 
 
5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 
Observação: a leitura correta da expressão 𝑛! é “fatorial de n”. Muitas pessoas, erradamente, 
falam “n fatorial”. Esta leitura incorreta pode gerar ambiguidades. 
Por exemplo, observe a maneira correta de leitura das seguintes expressões. 
2 + 3! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠		𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙	𝑑𝑒	3 
(2 + 3)! → 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙	𝑑𝑒	2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3 
As pessoas que falam “n fatorial” vão falar assim (erradamente): 
2 + 3! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3	𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 
(2 + 3)! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3	𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 
 
Exemplo: Calcular A!
B!
. 
Comentário 
Poderíamos simplesmente expandir os dois fatoriais e cortar os fatores comuns. 
8!
6! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 8 ∙ 7 = 56 
Entretanto, podemos simplificar os cálculos notando que: 
8! = 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1EFFFFGFFFFH
B!
= 8 ∙ 7 ∙ 6! 
 
8!
6! =
8 ∙ 7 ∙ 6!
6! = 8 ∙ 7 = 56 
Em suma, podemos expandir o fatorial até o fator desejado e, em seguida, colocar o símbolo do 
fatorial no final. Vejamos mais um exemplo. 
 
 
 
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5 
 
Exemplo: Calcule o valor de A!
I!J!
. 
Comentário 
Aqui podemos expandir o fatorial de 8 e “travar” no número 5. Lembre-se de expandir o fatorial 
de 3. 
8!
5! 3! =
8 ∙ 7 ∙6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Neste ponto, podemos cancelar 5!. Observe ainda que 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6. 
8!
5! 3! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
8 ∙ 7 ∙ 6
6 = 8 ∙ 7 = 56 
 
Exemplo: Simplificar a expressão (KLJ)!
(KLM)!
. 
Comentário 
Vamos expandir o fatorial de n + 3 até n+1. 
(𝑛 + 3)!
(𝑛 + 1)! =
(𝑛 + 3)(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)! =
(𝑛 + 3)(𝑛 + 2) = 𝑛N + 5𝑛 + 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM 
 
Vamos aprender o princípio fundamental da contagem, também chamado de princípio 
multiplicativo, através de exemplos. 
Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda não 
viciada duas vezes consecutivas para cima? 
 
Como podemos ver no diagrama de árvore, são 4 possibilidades. No primeiro lançamento há 
duas possibilidades (cara ou coroa) e no segundo lançamento há duas possibilidades (cara ou 
coroa) gerando os seguintes resultados: (CARA,CARA), (CARA,COROA), (COROA,CARA), 
(COROA,COROA). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Lançamento	
das	moedas
Cara
Cara Cara,Cara
Coroa Cara,Coroa
Coroa
Cara Coroa,Cara
Coroa Coroa,Coroa
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Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, 
observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações 
sucessivas? 
` 
Temos 3 possibilidades para a primeira extração (V, P ou A), 3 possibilidades para a segunda 
extração (V,P ou A) e 3 possibilidades para a terceira extração (V,P ou A). Há um total de 27 
possibilidades. 
 
Extração	
das	bolas
V
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
P
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
A
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
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Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um 
casal (homem-mulher)? 
Vamos chamar os homens de H1,H2,H3 e as mulheres de M1,M2. Para escolher o homem temos 
3 possibilidades e para escolher a mulher temos 2 possibilidades. 
 
Existem 3 possibilidades para a primeira etapa (a primeira etapa é escolher o homem), 2 
possibilidades para a segunda etapa (a segunda etapa é escolher a mulher). O número de 
diferentes casais que podem ser formados é igual a 3 ∙ 2 = 6. 
Com estes três exemplos, fica mais fácil compreender o Princípio Fundamental da Contagem, 
que pode assim ser enunciado: 
 
Se um experimento pode ocorrer em várias etapas sucessivas e independentes de tal modo que: 
- 𝑝M é o número de possibilidades da 1ª etapa. 
- 𝑝N é o número de possibilidades da 2ª etapa. 
. 
. 
. 
- 𝑝K é o número de possibilidades da n-ésima etapa. 
O número total de possibilidades de o acontecimento ocorrer é igual a 
𝑝M ∙ 𝑝N ∙ ⋯ ∙ 𝑝K 
Casais
H1
M1 H1-M1
M2 H1-M2
H2
M1 H2-M1
M2 H2-M2
H3
M1 H3-M1
M2 H3-M2
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Vamos resolver novamente os exemplos introdutórios com o auxílio do princípio fundamental da 
contagem. 
Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda não-
viciada duas vezes consecutivas para cima? 
Comentário 
São duas etapas: lançar a moeda na primeira vez e lançar a moeda na segunda vez. Há 2 
possibilidades no primeiro lançamento e 2 possibilidades no segundo lançamento. Portanto, são 
2 ∙ 2 = 4 resultados possíveis. 
Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, 
observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações 
sucessivas? 
Comentário 
São três etapas: observar a cor da primeira bola, observar a cor da segunda bola e observar a cor 
da terceira bola. Há 3 possibilidades para a primeira etapa, 3 possibilidades para a segunda 
etapa e 3 possibilidades para a terceira etapa. São, portanto, 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27 resultados possíveis. 
Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um 
casal (homem-mulher)? 
Comentário 
São duas etapas: escolher o homem do casal e escolher a mulher do casal. Existem 3 
possibilidades para a escolha do homem e 2 possibilidades para a escolha da mulher. Podemos 
selecionar o casal de 3 ∙ 2 = 6 modos diferentes. 
 
Os passos básicos para resolver os problemas com o Princípio Fundamental da 
Contagem são os seguintes: 
i) Identificar as etapas do problema. 
ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. 
iii) Multiplicar. 
 
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Para fazer uma viagem Recife-Petrolina-Recife, posso escolher como transporte ônibus, carro, 
moto ou avião. De quantos modos posso escolher os transportes se não desejo usar na volta o 
mesmo meio de transporte usado na ida? 
Comentário 
Vejamos novamente os passos: 
i) Identificar as etapas do problema. 
Escolher o transporte da ida e escolher o transporte da volta. 
ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. 
Temos 4 possibilidades para a ida e 3 possibilidades para a volta (pois não desejo utilizar o 
mesmo meio de transporte). 
iii) Multiplicar. 
𝟒 ∙ 𝟑 = 𝟏𝟐 modos. 
 
Quais seriam os 12 modos? 
(ônibus, carro);(ônibus, moto);(ônibus, avião); 
(carro, ônibus); (carro, moto); (carro, avião); 
(moto, ônibus); (moto, carro); (moto,avião); 
(avião, ônibus); (avião, carro); (avião, moto). 
Obviamente não precisamos descrever quais são os 12 modos, mas, para um exemplo inicial, fica 
interessante mostrá-los. 
 
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Quantas palavras contendo 4 letras diferentes podem ser formadas com um alfabeto de 26 
letras? 
Comentário 
Atente para o fato de que as letras devem ser diferentes! Há 26 possibilidades para a primeira 
letra, 25 possibilidades para a segunda letra, 24 possibilidades para a terceira letra e 23 
possibilidades para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 25 ∙ 24 ∙ 23 = 358.800 
 
Quantas palavras contendo 4 letras podem ser formadas com um alfabeto de 26 letras? 
Comentário 
Neste caso, podemos repetir as letras. Há 26 possibilidades para a primeira letra, 26 
possibilidades para a segunda letra, 26 possibilidades para a terceira letra e 26 possibilidades 
para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 26 = 456.976 
Observe que em todos os casos até agora foi utilizado o conectivo “e”. Isto indica que o 
processo pode ser dividido em etapas e, portanto, devemos utilizar o princípio multiplicativo. 
É muito comum, entretanto, o enunciado utilizar o conectivo “ou”. Isso nos motiva a estudar o 
princípio aditivo. 
4. PRINCÍPIO ADITIVO 
O princípio fundamental da contagem (princípio multiplicativo) diz que se há m modos de tomar 
uma decisão 𝐷M e, depois de tomada a decisão 𝐷M, há n modos de tomar uma decisão 𝐷N, então 
o total de possibilidades para tomar sucessivamente as decisões 𝐷M e 𝐷N é igual a 𝑚 ∙ 𝑛. 
Imagine agora que um processo possa ser realizada de 𝑝 modos ou de 𝑞 modos. Desta maneira, 
o princípio aditivo, afirma que o total de modos para realizar esta processo é igual a 𝑝 + 𝑞. 
Desta forma, quando utilizado o conectivo “ou”, deveremos somar o total de possibilidades. 
Exemplo: Existem dois símbolos para representar letras no código Morse chamados de pontos e 
traços.Considere as palavras com no mínimo 1 e no máximo 5 letras. Quantas palavras podem 
ser formadas no código Morse com esta restrição? 
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Comentário 
Observe que as palavras podem ter 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 letras. Assim, vamos calcular: 
• a quantidade de palavras com 1 letra 
• a quantidade de palavras com 2 letras 
• a quantidade de palavras com 3 letras 
• a quantidade de palavras com 4 letras 
• a quantidade de palavras com 5 letras 
Em seguida, vamos somar todos os resultados. 
• quantidade de palavras com 1 letra 
Só temos uma etapa. Escolher uma letra. Há duas possibilidades, já que há apenas dois símbolos. 
Assim, existem 2 palavras com uma letra. 
• quantidade de palavras com 2 letras 
Temos aqui duas etapas, a saber: escolher a primeira letra e escolher a segunda letra. Há 2 
possibilidades para a primeira etapa e 2 possibilidades para a segunda etapa. O total de 
possibilidades é igual a 2 x 2 = 4. Assim, existem 4 palavras com duas letras. 
• quantidade de palavras com 3 letras 
Temos aqui três etapas, a saber: escolher a primeira letra, escolher a segunda letra e escolher a 
terceira letra. Há 2 possibilidades para a primeira etapa, 2 possibilidades para a segunda etapa e 
2 possibilidades para a terceira etapa. O total de possibilidades é igual a 2 x 2 x 2 = 8. Assim, 
existem 8 palavras com três letras. 
• quantidade de palavras com 4 letras 
Temos agora quatro etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades 
é 2 x 2 x 2 x 2 = 16. Assim, existem 16 palavras com quatro letras. 
• quantidade de palavras com 5 letras 
Temos agora cinco etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades é 
2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 32. Assim, existem 32 palavras com cinco letras. 
O total de palavras é 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62. 
 
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5. PERMUTAÇÕES SIMPLES 
 
Queremos responder perguntas do tipo “De quantas maneiras é possível ordenar 𝑛 objetos 
distintos?”. 
Imagine que temos 4 livros em uma prateleira. 
O problema pode ser separado em 4 etapas: escolher o primeiro objeto, escolher o segundo 
objeto, escolher o terceiro objeto e escolher o quarto objeto. 
Temos 4 objetos possíveis para o primeiro lugar, 3 objetos possíveis para o segundo lugar, 2 
objetos possíveis para o terceiro lugar e 1 objeto possível para o último lugar. 
O total de maneiras é igual a 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 4! = 24. 
No caso geral, temos 𝑛 modos de escolher o objeto que ocupará o primeiro lugar, 𝑛 − 1 modos 
de escolher o objeto que ocupará o segundo lugar,..., 1 modo de escolher o objeto que ocupará 
o último lugar. Portanto, o número de modos de ordenar 𝑛 objetos distintos é: 
𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ ⋯ ∙ 1 = 𝑛! 
Cada uma destas ordenações é chamada permutação simples de 𝑛 objetos e o número de 
permutações simples de 𝑛 objetos distintos é representado por 𝑃K. Desta maneira, 𝑃K = 𝑛!. 
 
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra BOLA? 
Comentário 
Cada anagrama de BOLA é uma ordenação das letras B,O,L,A. Desta maneira, o número de 
anagramas de BOLA é 𝑃X = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24. 
 
 
 
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6. PERMUTAÇÃO COM ELEMENTOS REPETIDOS 
 
Quantos anagramas possui a palavra ARARAQUARA? 
O problema surge porque há letras repetidas na palavra ARARAQUARA. 
Nesta palavra a letra A aparece 5 vezes e a letra R aparece 3 vezes. Aparentemente a quantidade 
de anagramas seria 10! (pois há 10 letras na palavra). 
Devemos fazer uma “correção” por conta das letras repetidas. Devemos dividir o resultado por 5! 
e por 3! que são as quantidades de letras repetidas. Assim, o número de anagramas da palavra 
ARARAQUARA é igual a 
 
𝑃MY
I,J =
10!
5! ∙ 3! =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Observe que ao expandirmos o 10!, podemos “travá-lo” onde quisermos para efetuar os 
cancelamentos. Dessa forma, 
𝑃MY
I,J =
10!
5! ∙ 3! =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1 = 5.040	𝑎𝑛𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 
 
 
 
 
 
 
 
 
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7. PERMUTAÇÃO CIRCULAR 
 
Imagine uma mesa com 4 lugares equiespaçados. De quantas maneiras 4 pessoas podem ser 
dispostas nesta mesa, se considerarmos equivalentes disposições que possam coincidir por 
rotação? 
 
A pergunta que propusemos considera as três disposições acima como equivalentes. Isso porque 
podemos obter a segunda e a terceira disposições por uma simples rotação da primeira 
disposição. 
Observe que o número 1 está sempre em frente ao número 3; o número 1 está sempre à direita 
do número 2; o número 1 está sempre à esquerda do número 4. 
A resposta desse problema é representada por (𝑃𝐶)K, o número de permutações circulares de 𝑛 
objetos distintos. 
Repare que nas permutações simples importam os lugares que os objetos ocupam ao passo que 
nas permutações circulares o que importa é apenas a posição relativa dos objetos entre si. 
Por exemplo, são distintas as seguintes disposições. 
 
Tome o número 1 como referência posicional. Na primeira disposição, o número 4 está à direita 
do número 1 e, na segunda disposição, o número 4 está à esquerda do número 1. 
1
2
3
4
3
4
1
2
2
3
4
1
1
2
3
4
1
4
3
2
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16 
 
Assim, para calcular o número de permutações dos 4 objetos nesta mesa circular, devemos fixar 
um de seus elementos e permutar todos os outros. Assim, fixando o número 1, por exemplo, 
podemos permutar os outros objetos de 3! = 3 × 2 × 1 = 6 maneiras diferentes. 
Vamos representar as 6 possibilidades para que fique mais claro. 
• Escolhendo o número 2 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
 
• Escolhendo o número 3 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
• Escolhendo o número 4 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
 
1
4
2
3
1
3
2
4
1
4
3
2
1
2
3
4
1
3
4
2
1
2
4
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São 6 possibilidades ao todo, portanto. 
Assim, para calcular o número de permutações circulares, devemos fixar um dos objetos e 
permutar os outros. 
Se são n objetos, devemos fixar 1 e permutar os (n – 1) restantes. 
Em geral, podemos afirmar que o número de permutações circulares de 𝑛 objetos distintos é 
dado por (𝑛 − 1)!. 
(𝑃𝐶)K = (𝑛 − 1)! 
 
(CS UFG 2016/Prefeitura de Goiânia-GO) 
Um restaurante tem em seu cardápio oito pratos de diferentes tipos de massas, e esses pratos 
são dispostos, para os clientes se servirem, em uma mesa circular, conforme a figura a seguir. 
 
De quantas maneiras diferentes podem ser colocados esses oito pratos na mesa, tendo como 
base a forma indicada na figura? 
a) 2520 
b) 5040 
c) 20160 
d) 40320 
Comentário 
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18 
 
Queremos dispor 8 pratos em torno de uma mesa circular. Queremos calcular a quantidade de 
maneiras diferentes que podemos arrumar os pratos na mesa. Para tanto, basta calcular o total 
de permutações circulares de 8 objetos. 
 
𝑃𝐶K = (𝑛 − 1)! 
 
𝑃𝐶A = (8 − 1)! = 7! 
 
𝑃𝐶A = 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5.040Gabarito: B 
 
(IBFC 2015/SEE-MG) 
Um grupo de 5 pessoas do mesmo setor empresarial decidem almoçar fora do prédio comercial, 
ao chegar no restaurante sentam-se em volta de uma mesa circular. Assinale a alternativa que 
apresenta a quantidade de modos distintos que esse grupo pode se sentar à mesa. 
a) 15 modos 
b) 12 modos 
c) 24 modos 
d) 32 modos 
Comentário 
Vamos permutar 5 pessoas em torno de uma mesa circular 
𝑃𝐶K = (𝑛 − 1)! 
 
𝑃𝐶𝟓 = (𝟓 − 1)! = 𝟒! 
 
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19 
 
𝑃𝐶𝟓 = 4 × 3 × 2 × 1 = 𝟐𝟒 
Gabarito: C 
 
 
CM CURITIBA (PR) | CÂMARA MUNICIPAL DE CURITIBA (PR) | 2020 | BANCA NC-UFPR | 
ANALISTA LEGISLATIVO (CM CURITIBA/PR) 
Patrícia tem disponíveis 6 cores distintas, que pretende usar para pintar um cubo, de modo que 
cada face tenha uma cor diferente. Cada possibilidade de pintura deve resultar em um cubo 
pintado, distinto dos demais possíveis. Do mesmo modo, se ela tivesse disponíveis 7 cores para 
pintar o cubo, quantas possibilidades a mais ela teria? 
A) 180. 
B) 150. 
C) 75. 
D) 42. 
E) 30. 
Comentário 
Comecemos com o caso em que há 6 cores. Vamos numerar as cores: 1, 2, 3, 4, 5, 6. 
Vamos trabalhar com o cubo em cima de uma mesa. Vou pintar uma face do cubo com o número 
1 e colocar essa face encostada na mesa. 
Vou agora separar em dois casos: 
i) O número 2 está oposto à face de número 1. 
 
Nesse caso, precisamos permutar as 4 cores restantes em um círculo. Logo, há um total de 
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20 
 
𝑷𝑪𝟒 = (𝟒 − 𝟏) = 𝟑! = 𝟔	𝒄𝒂𝒔𝒐𝒔 
 
ii) O número 2 não é oposto à face de número 1. Assim, giro o dado até que o número 2 esteja 
olhando para mim e deixo o dado fixo. 
 
Agora pinto as 4 faces restantes, o que pode ser feito de 4! = 24 maneiras. 
O total de possibilidades é 6 + 24 = 30. 
A dificuldade dessa questão é a mesma de quando vamos deduzir a fórmula da permutação 
circular: devemos escolher um elemento para servir de referência porque o que importa é a 
posição relativa entre os objetos. 
Assim, no caso da permutação circular, como estamos no plano, precisamos colocar apenas um 
elemento como referência. Daí permutamos os n – 1 elementos restantes e obtemos 𝑷𝑪𝒏 =
(𝒏 − 𝟏)!. 
 
No caso dessa questão, estamos trabalhando com um objeto de 3 dimensões. Assim, precisamos 
de duas referências. Por isso coloquei a cor 1 como referência encostada na mesa e, depois, fixei 
a posição da cor 2. 
 
Vamos agora ao caso em que há 7 cores disponíveis. O primeiro passo é escolher 6 das 7 cores 
que serão usadas para pintar o cubo. Isso pode ser feito de 𝑪𝟕𝟔 = 𝟕 maneiras. Para cada escolha 
dessas 6 cores, há 30 maneiras de pintar o cubo. 
Logo, o total de possibilidades é 7 x 30 = 210. 
 
O problema pede a diferença entre essas quantidades: 210 – 30 = 180 maneiras. O gabarito é a 
letra A. 
 
 
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21 
 
Vamos resolver o caso de 6 cores com outro raciocínio parecido com o anterior. 
 
Coloco a face 1 encostada na mesa. Há 5 possibilidades para escolher a face oposta à face 1. 
 
Agora, dos 4 números restantes, pego um qualquer e pinto uma face lateral e coloco essa face 
fixa olhando para mim. Deixo fixa olhando para mim porque o que importa é a posição relativa 
entre as cores e não a posição absoluta. 
 
Agora, há 3! = 6 maneiras de pintar as faces restantes. Assim, o total de possibilidades é 5 x 6 = 
30. 
 
Gabarito: A 
8. COMBINAÇÃO SIMPLES 
 
Imagine que dispomos das seguintes frutas: maçãs, bananas, mamões e abacates. 
Desejamos fazer uma salada de fruta com 3 destas frutas. Picamos separadamente cada fruta e, 
em seguida misturamos tudo na seguinte ordem: maçã, banana, mamão no primeiro prato e 
banana, maçã e mamão no segundo prato. 
É óbvio que obteremos o mesmo resultado. Agrupamentos como este, que têm a característica 
de não mudar quando alteramos a ordem de seus elementos, são chamados de combinações. 
A pergunta aqui é a seguinte: Dispomos de um conjunto com 𝑛 elementos. Queremos formar um 
subconjunto deste conjunto com 𝑝 elementos. De quantos modos podemos escolher estes 𝑝 
elementos? 
Estamos utilizando a linguagem dos conjuntos porque não existe ordem entre os elementos de 
um conjunto. Por exemplo, os conjuntos {𝑎, 𝑏}	𝑒	{𝑏, 𝑎} são iguais. 
Vamos ilustrar: temos o conjunto {1,2,3,4,5} e queremos formar um subconjunto com 2 elementos 
deste conjunto. 
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22 
 
Temos as seguintes possibilidades: 
{1,2},{1,3},{1,4},{1,5} → fixando o número 1 
{2,3},{2,4},{2,5} → fixando o número 2 
{3,4},{3,5} → fixando o número 3 
{4,5} → fixando o número 4 
Temos um total de 4+3+2+1=10 subconjuntos com 2 elementos. 
Repare que corremos o risco de esquecer algum subconjunto, sobretudo se houver um número 
grande de elementos. É para isto que serve a análise combinatória. Contar agrupamentos sem 
precisar descrevê-los. 
Pois bem, tendo um conjunto com 𝑛 elementos, o número de subconjuntos com 𝑝 elementos é 
igual ao número de combinações de 𝑛 elementos tomados 𝑝 a 𝑝 e é calculado da seguinte 
maneira: 
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)! 
Existem várias notações para o número de combinações. As mais comuns são as seguintes. 
𝐶K,j = 𝐶K
j = k
𝑛
𝑝l =
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)! 
 
No nosso caso, temos 5 elementos no conjunto (𝑛 = 5) e queremos escolher 2 destes 5 
elementos (𝑝 = 2). 
𝐶IN =
5!
2! ∙ (5 − 2)! =
5!
2! 3! =
5 ∙ 4 ∙ 3!
2 ∙ 1 ∙ 3! =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
Que é exatamente o número de subconjuntos que havíamos encontrado. 
A maneira mais fácil de utilizar esta fórmula é a seguinte: 
O número de combinações sempre será uma fração. 
𝐶IN = 
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23 
 
No denominador, devemos colocar o fatorial expandido do menor número. 
𝐶IN = 2 ∙ 1 
 
Quantos fatores há no denominador? Dois. Pois bem, devemos expandir o outro número, no 
caso o número 5, em dois fatores. 
𝐶IN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
Exemplo: São marcados 8 pontos distintos sobre uma circunferência. Quantos triângulos são 
determinados por estes pontos? 
 
 
 
Comentário 
 
Vejamos o desenho acima. O triângulo ABC é congruente ao triângulo ACB, que é congruente 
ao triângulo BAC e assim por diante. 
Portanto, a ordem dos vértices não é relevante na definição do triângulo. Assim, não podemos 
aplicar o Princípio Fundamental da Contagem. Se assim o fizéssemos, estaríamos contando os 
triângulos ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA como triângulos diferentes, o que não é verdade. 
 
Como a ordem dos objetos não é relevante na formação do agrupamento, a resposta desse 
problema é o número de combinações de 8 objetos tomados 3 a 3, representado por 𝐶AJ. 
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24 
 
 
Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor 
dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por 
enquanto: 
𝐶AJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
E o numerador? Devemos expandir o número 8 na mesma quantidade de fatores do 
denominador (3 fatores). 
𝐶AJ =
8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1 = 56 
Assim, o total de triângulos determinados pelos 8 pontos é igual a 56. 
 
Exemplo: Um grupo é formado por 5 homens e 6 mulheres. De quantas maneiras podemos 
formar uma comissão formadapor: 
a) 2 homens e 3 mulheres. 
b) 2 homens ou 3 mulheres. 
c) 2 pessoas do mesmo sexo. 
Comentário 
a) Como estamos usando o conectivo “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo. Há 5 homens 
dos quais escolheremos 2 e há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 
𝐶IN ∙ 𝐶BJ =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 ∙
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 ∙ 20 = 200 
b) Como estamos usando o conectivo “ou”, vamos utilizar o princípio aditivo. Há 5 homens dos 
quais escolheremos 2. Há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 
𝐶IN + 𝐶BN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 + 20 = 30 
c) Escolher 2 pessoas do mesmo sexo é o mesmo que escolher 2 homens ou 2 mulheres. Assim, 
utilizaremos o princípio aditivo, pois estamos utilizando o conectivo “ou”. 
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25 
 
𝐶IN + 𝐶BN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 10 + 15 = 25 
 
8.1. Propriedades e Casos Particulares 
 
i) 𝑪𝒎𝒎 = 𝟏 
Isto é verdade porque 
𝐶nn =
𝑚!
𝑚! 0! = 1 
Assim, por exemplo, 
𝐶oo = 1 
 
ii) 𝑪𝒎𝟎 = 𝟏 
Isto é verdade porque 
𝐶nY =
𝑚!
0!𝑚! = 1 
Assim, por exemplo, 
𝐶IY = 1 
 
iii) 𝑪𝒎𝟏 = 𝒎 
Isto é verdade porque 
𝐶nM =
𝑚!
1! (𝑚 − 1)! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚 
Assim, por exemplo, 
𝐶BM = 6 
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26 
 
 
iv) 𝑪𝒎𝒎q𝟏 = 𝒎 
Isto é verdade porque 
𝐶nnqM =
𝑚!
(𝑚 − 1)! (𝑚 − (𝑚 − 1))! =
𝑚!
(𝑚 − 1)! 1! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚 
Assim, por exemplo, 
𝐶BI = 6 
𝐶oB = 7 
𝐶MIMX = 15 
 
v) 𝑪𝒎
𝒑 = 𝑪𝒎
𝒎q𝒑 
Esta propriedade é muito útil quando o valor de p é grande. Podemos substituí-lo por m – p. 
Esta propriedade é verdade porque 
𝐶n
j =
𝑚!
𝑝! (𝑚 − 𝑝)! 
𝐶n
nqj =
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! s𝑚 − (𝑚 − 𝑝)t!
=
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! 𝑝! 
Portanto, 𝐶n
j = 𝐶n
nqj. 
Imagine, por exemplo, que você precisa calcular 𝐶MYA . Podemos substituir 8 por 10 – 8 = 2. 
𝐶MYA = 𝐶MYN =
10 ∙ 9
2 ∙ 1 = 45 
Entender esta propriedade também é muito fácil. Imagine que você tem 10 amigos e escolherá 8 
para participar de um jantar. Ora, escolher os 8 que participarão do jantar é o mesmo que 
escolher os 2 que não participarão. Portanto, 
𝐶MYA = 𝐶MYN 
 
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27 
 
vi) 𝑪𝒏𝟎 + 𝑪𝒏𝟏 + 𝑪𝒏𝟐 + ⋯𝑪𝒏𝒏 = 𝟐𝒏 
Exemplo: 
𝐶XY + 𝐶XM + 𝐶XN + 𝐶XJ + 𝐶XX = 2X = 16 
 
Há um raciocínio bem rápido para entender esta propriedade. Imagine um conjunto com n 
elementos. Assim, por exemplo, 𝐶KJ é a quantidade de subconjuntos deste conjunto com 3 
elementos. Da mesma forma, 𝐶KI é a quantidade de subconjuntos com 5 elementos. 
 
Podemos então concluir que 𝐶KY + 𝐶KM + 𝐶KN + ⋯𝐶KK é o total de subconjuntos deste conjunto. 
Sabemos que o total de subconjuntos de um conjunto é 2K. Portanto, a propriedade acima é 
válida. A demonstração formal desta propriedade se dá com o desenvolvimento do binômio de 
Newton (1 + 1)K. 
 
 
9. COMBINAÇÃO COMPLETA 
 
Para introduzir este assunto, vou resolver uma questão antiga, mas bem interessante. 
(Petrobras 2008-2/CESGRANRIO) 
Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje 
comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode 
escolhê-las de N formas. O valor de N é 
(A) 3 
(B) 10 
(C) 15 
(D) 35 
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28 
 
(E) 125 
Comentário 
Esta é uma questão “clássica” que aparece nos livros de análise combinatória. Por outro lado, se 
a pessoa nunca viu uma questão parecida como esta, é muito difícil ter este raciocínio SOZINHO 
na hora da prova. 
Imagine que temos um armário para armazenar os refrigerantes. 
 
Temos 5 marcas diferentes de refrigerante. Para separar as 5 marcas diferentes de refrigerante 
neste armário, precisamos de 4 divisórias. 
O número de divisórias é sempre 1 a menos que o total de marcas. 
Vamos considerar algumas marcas conhecidas de refrigerante. Coca-Cola, Guaraná Antarctica, 
Fanta, Tuchaua, Sprite. 
 
Temos agora 3 latinhas de refrigerante para distribuir nestas divisórias. 
Há várias disposições possíveis. Vejamos algumas: 
 
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29 
 
Nesta disposição acima, o cliente está levando uma Coca-Cola e 2 Tuchauas. 
 
Na disposição acima, o cliente está levando um Guaraná Antarctica, 1 Fanta e 1 Sprite. 
 
Na disposição acima, o cliente está levando 3 Tuchauas. 
Resumindo: estamos permutando 7 objetos, a saber: as 4 divisórias e as 3 latinhas. 
Vamos apagar agora os nomes das marcas. 
 
O número total de possibilidades que há para o cliente comprar 3 refrigerantes dentre 5 marcas 
disponíveis sem preferência em relação a alguma marca é igual ao número permutações de 7 
objetos dos quais 4 são iguais (as divisórias) e 3 são iguais (as bolinhas). 
𝑃o
X,J =
7!
4! ∙ 3! 
 
𝑃o
X,J =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
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30 
 
Gabarito: D 
O problema acima é normalmente classificado como um problema de combinação completa. Os 
problemas de combinação completa no fundo podem ser resolvidos por permutação com 
repetição. Basta utilizar o raciocínio descrito acima. 
 
Observe que temos 5 qualidades para os objetos (5 marcas de refrigerante) e queremos escolher 
3 objetos (3 latas). 
Observe ainda que o total de divisórias é igual a 5 – 1 = 4 (com 4 divisórias temos 5 lugares no 
armário). 
De uma maneira geral, digamos que há n qualidades de objetos e queremos selecionar p 
objetos. 
Adotando o raciocínio acima, teremos (n – 1) prateleiras e p objetos. Assim, permutaremos (𝑝 +
𝑛 − 1) entes dos quais há repetição de (n – 1) prateleiras e p objetos. 
 
𝑃jLKqM
KqM	,j =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)! 
A notação (símbolo) para a combinação completa é a que segue: 
𝐶𝑅K
j =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)! 
Para não precisar memorizar a fórmula acima, existe uma relação entre a combinação completa e 
a combinação simples. 
𝐶𝑅K
j = 𝐶KLjqM
j 
 
Em outras palavras, você pode trocar a fórmula de uma combinação completa por uma 
combinação simples. Para tanto, basta substituir 𝑛 por 𝑛 + 𝑝 − 1. 
No nosso problema anterior, há 5 marcas de refrigerante. É o que temos disponível. Portanto, 
n = 5. Queremos escolher 3 latas de refrigerante. Portanto, p = 3. 
𝐶𝑅IJ 
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31 
 
Vamos trocar a combinação completa por uma combinação simples. Para tanto, vamos substituir 
𝑛 = 5 por 5 + 3 − 1 = 7. 
𝐶𝑅IJ = 𝐶oJ 
Agora é só calcular a combinação simples. Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma 
fração. Colocaremos o fatorial do menor dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 
(no denominador. Ficamos assim por enquanto: 
𝐶𝑅IJ = 𝐶oJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
E o numerador? Devemos expandir o número 7 na mesma quantidade de fatores do 
denominador (3 fatores). 
𝐶𝑅IJ = 𝐶oJ =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
Se você não quiser transformar em uma combinação simples, há um modo prático de calcular 𝐶𝑅 
rapidamente. Comecemos novamente com uma fração. 
𝐶𝑅IJ = 
No denominador, sempre colocaremos o fatorial de p, ou seja, o fatorial do número que está em 
cima. 
𝐶𝑅IJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
Na combinação simples, nós expandiríamoso número 5 em 3 fatores: 5 x 4 x 3. 
Aqui faremos o mesmo, só que vamos expandir “para cima”: 5 x 6 x 7. 
𝐶𝑅IJ =
5 ∙ 6 ∙ 7
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
 
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32 
 
Exemplo: De quantos modos podemos comprar 5 refrigerantes em uma loja onde há 3 tipos de 
refrigerante? 
Comentário 
Este exemplo é muito parecido com o anterior. Entretanto, no problema anterior, havia 5 tipos 
de refrigerante e queríamos comprar 3 latas. 
Agora são 3 tipos de refrigerante e queremos comprar 5. 
Como são 3 tipos de refrigerante, precisamos de 2 divisórias para separar as marcas. 
Assim, iremos permutar ao todo 5 + 2 = 7 objetos com repetição de 5 e de 2. 
𝑃o
I,N =
7!
5! ∙ 2! =
7 ∙ 6 ∙ 5!
5! 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21 
Vamos resolver o mesmo problema com a dica da combinação completa. São 3 tipos de 
refrigerante. Portanto, n = 3. Queremos selecionar 5 objetos. Portanto, p = 5. 
𝐶𝑅JI 
 
A combinação completa pode ser trocada por uma combinação simples. 
𝐶𝑅JI = 𝐶JLIqMI 
 
= 𝐶oI 
 
= 𝐶oN 
 
=
7 ∙ 6
2 ∙ 1 
 
= 21 
Resposta: 21 
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33 
 
 
 
 
 
(IBADE 2019/IF-RO) Um restaurante oferece cinco pratos típicos da culinária regional. Paulo 
comprará almoço para três amigos nesse restaurante. De quantas maneiras ele pode realizar 
essa compra? 
a) 55 
b) 50 
c) 45 
d) 40 
e) 35 
Comentário 
Há 5 pratos disponíveis e Paulo comprará 3 pratos. A ordem dos pratos não é relevante. Logo, 
utilizaremos combinações. Além disso, pode haver pratos repetidos. Portanto, usaremos 
combinação com repetição (combinação completa). O total de maneiras é 
 
𝐶𝑅IJ 
 
Lembre-se que, no símbolo 𝐶𝑅K
j, 𝑛 é a quantidade de classes de objetos que você tem à sua 
disposição e 𝑝 é a quantidade de objetos que serão selecionados. No exemplo acima, há 5 tipos 
de pratos disponíveis (𝑛 = 5) e queremos escolher 3 pratos (𝑝 = 3). 
 
Vamos agora utilizar a relação 𝐶𝑅K
j = 𝐶KLjqM
j para calcular a quantidade pedida. 
 
𝐶𝑅IJ = 𝐶ILJqMJ = 𝐶oJ =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
Gabarito: E 
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34 
 
 
 
10. PARTIÇÕES 
 
Muita atenção neste tópico, pois é uma excelente ferramenta em Análise Combinatória que te 
ajudará ganhar tempo em muitas questões. Vamos trabalhar as partições ordenadas e não-
ordenadas. 
Vamos primeiro entender o que é uma partição de um conjunto. Normalmente, nos problemas 
de Análise Combinatória, teremos conjuntos de pessoas. Vou explicar então com um conjunto de 
pessoas para ficar mais fácil. 
Imagine que temos um conjunto formado por 7 pessoas. Se queremos dividir esse conjunto de 7 
pessoas em subconjuntos disjuntos (que não possuem elemento em comum), obteremos uma 
partição. 
Por exemplo, imagine que queremos dividir esse conjunto de 7 pessoas em 3 subconjuntos: um 
com 3 pessoas, outro com 2 pessoas e outro com 2 pessoas. Pronto, acabamos de obter uma 
partição. 
𝐶𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 = {𝐴𝑛𝑎, 𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎, 𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎} 
Exemplo de partição: 
{𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎}; {𝐴𝑛𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒}; {𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎} 
 
Se a ordem entre esses conjuntos é relevante, a partição é chamada de partição ordenada. Se a 
ordem não é relevante, a partição é denominada partição não-ordenada. 
 
As partições ordenadas são as mais importantes em questões de concursos. Por quê? 
Porque normalmente as pessoas de cada subconjunto terão funções específicas na situação-
problema de tal forma que a ordem dos conjuntos será relevante. 
 
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35 
 
Exemplo: Há 7 engenheiros envolvidos em um projeto. Queremos dividir os 7 engenheiros em 2 
subconjuntos: 4 deles serão os responsáveis pelo planejamento do projeto e 3 serão 
responsáveis pela execução do projeto. Temos aqui uma partição ordenada, porque cada 
subconjunto tem um papel diferente na situação-problema. 
 
Por outro lado, há situações em que a ordem dos conjuntos não é relevante (partições não-
ordenadas). Nunca vi essa situação em prova de concurso. 
Exemplo: Há 10 crianças que vão jogar futebol. Dividir as crianças em dois times de 5. Aqui 
temos uma partição não-ordenada, porque a ordem dos times não é relevante. 
 
10.1. Partições ordenadas 
Observe a seguinte questão: 
(CESPE 2019/COGE-CE) 
Em determinado órgão, sete servidores foram designados para implantar novo programa de 
atendimento ao público. Um desses servidores será o coordenador do programa, outro será o 
subcoordenador, e os demais serão agentes operacionais. 
Nessa situação, a quantidade de maneiras distintas de distribuir esses sete servidores nessas 
funções é igual a 
a) 21. 
b) 42. 
c) 256. 
d) 862. 
e) 5.040. 
Comentário 
O problema acima ilustra perfeitamente a situação de uma partição ordenada. Há 7 pessoas e 
queremos dividi-las em 3 subconjuntos: um deles com 1 pessoa (o coordenador), outro com 1 
pessoa (o subcoordenador) e outro com 5 pessoas (os agentes operacionais). 
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36 
 
 
Normalmente, os livros resolvem esse tipo de problema assim: 
Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶oM =
7	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 
 
Sobraram 6 pessoas disponíveis. Devemos agora escolher 1 subcoordenador. Podemos escolher 
de 𝐶BM = 6	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 
 
Sobraram 5 pessoas. Devemos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶II = 1 
maneira. 
 
Como há ordem entre os subconjuntos (1 deles é o coordenador, o outro é o subcoordenador, e 
os restantes são agentes operacionais), a partição é ordenada. Não estou dizendo que existe 
ordem entre os elementos dos subconjuntos. Existe ordem entre os subconjuntos! 
Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é 7 × 6 × 1 = 42. 
 
Poderíamos também ter começado escolhendo os agentes operacionais. 
Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 
𝐶oI = 21 maneiras. 
Sobraram 2 pessoas. Dessas duas pessoas, precisamos escolher 1 coordenador. Podemos 
escolher de 𝐶NM = 2 maneiras. 
Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolher o subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶MM = 1 maneira. 
Pelo princípio fundamental da contagem, podemos distribuir os servidores nas funções de 
21 × 2 × 1 = 42 maneiras. 
 
Vamos agora aprender o pulo do gato: a grande dica que te fará ganhar muito tempo nessas 
questões. 
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37 
 
Há 7 pessoas e queremos dividi-las em 3 subconjuntos com 1 pessoa (o coordenador), 1 pessoa 
(o subcoordenador) e 5 pessoas (os agentes operacionais). Vamos simbolizar essa quantidade de 
partições da seguinte forma: 
k 71, 1, 5l 
A expressão acima é conhecida como “coeficiente multinomial”. 
Pois bem, como calculamos? É muito fácil. A resposta será uma fração. No numerador, 
colocamos o fatorial de 7, que é o fatorial do conjunto original de pessoas. No denominador, 
colocamos os fatoriais das quantidades de elementos dos subconjuntos (fatoriais de 1, 1, e 5). 
k 71, 1, 5l =
7!
1! 1! 5! =
7 ∙ 6 ∙ 5!
5! = 7 ∙ 6 = 42 
Muito fácil, não? 
 
O número de partições ordenadas de 𝑛 objetos em 𝑘 subconjuntos com 𝑛M, 𝑛N, … , 𝑛� 
elementos, respectivamente, é 
k
𝑛
𝑛M, 𝑛N, … , 𝑛�l=
𝑛!
𝑛M! 𝑛N!…𝑛�!
 
 
Vamos resolver outros exemplos para por em prática e para que você perceba o poder desse 
método. 
 
 
(CESPE 2014/PMCE) 
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38 
 
Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 
homens seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o 
item subsequente. 
Se as 2 primeiras equipes formadas forem constituídas apenas por mulheres, então o número de 
maneiras distintas de escolher os membros dessas equipes será igual a MI!
B!∙B!∙J!
. 
Comentário 
Vamos primeiro resolver da forma “tradicional” utilizando combinações. 
Há 15 mulheres e devemos escolher 6 para a primeira equipe. Em seguida, sobram 9 mulheres 
das quais devemos escolher 6 para a segunda equipe. 
Observe que queremos colocar 6 mulheres na primeira equipe e 6 mulheres na segunda equipe. 
Como o conectivo usado é “e”, devemos multiplicar as quantidades. 
O total de maneiras para escolher os membros dessa equipe é 
 
𝐶MIB ∙ 𝐶�B =
15!
6! 9! ∙
9!
6! 3! =
15!
6! 6! 3! 
 
Vamos agora utilizar partições. 
Há 15 mulheres e vamos dividir em dois grupos de 6 mulheres. Observe que sobraram 3 
mulheres. Essas 3 mulheres formam um terceiro subconjunto. Assim, na verdade, estamos 
dividindo as 15 mulheres em 3 subconjuntos: dois subconjuntos com 6 mulheres e um terceiro 
com 3 mulheres. 
Sempre que sobrarem pessoas, você deve juntar a “sobra” em um último subconjunto. 
k 156, 6, 3l =
15!
6! 6! 3! 
 
Gabarito: Certo. 
 
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39 
 
(CESPE 2013/STF) 
O colegiado do Supremo Tribunal Federal (STF) é composto por 11 ministros, responsáveis por 
decisões que repercutem em toda a sociedade brasileira. No julgamento de determinados 
processos, os ministros votam pela absolvição ou pela condenação dos réus de forma 
independente uns dos outros. A partir dessas informações e considerando que, em determinado 
julgamento, a probabilidade de qualquer um dos ministros decidir pela condenação ou pela 
absolvição do réu seja a mesma, julgue o item seguinte. 
Se, no julgamento de determinado réu, 8 ministros votarem pela absolvição e 3 ministros 
votarem pela condenação, a quantidade de maneiras distintas de se atribuir os votos aos 
diferentes ministros será inferior a 170. 
Comentário 
Vamos primeiro resolver sem a técnica das partições. 
Temos 8 absolvições (A) e 3 condenações (C): AAAAAAAACCC. 
A quantidade de maneiras de se atribuir os votos aos diferentes ministros é igual ao total de 
maneiras que podemos trocar (permutar) a ordem dessas letras. 
𝑃MM
A,J =
11!
8! 3! =
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8!
8! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
11 ∙ 10 ∙ 9
3 ∙ 2 ∙ 1 = 165 
Agora vamos resolver usando as partições. Há 11 pessoas e vamos dividi-las em dois 
subconjuntos: um com 8 pessoas (as que vão absolver) e outro com 3 pessoas (as que vão 
condenar). O total de maneiras de dividir essas pessoas é: 
k 118, 3l =
11!
8! 3! = 165 
Gabarito: Certo 
 
 
10.2. Partições não-ordenadas 
Vamos agora aprender a calcular a quantidade de partições quando a ordem entre os 
subconjuntos não é relevante. 
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40 
 
Exemplo: Vinte crianças estão reunidas para jogar futebol. De quantos modos podemos dividi-las 
em quatro times de 5 crianças cada? 
Nesse caso, não há ordem entre os times. Todos os subconjuntos têm o mesmo papel no 
problema (diferentemente dos problemas das partições ordenadas em que cada subconjunto 
desempenhava um papel distinto). 
Se as partições fossem ordenadas, a resposta seria: 
k 205, 5, 5, 5l =
20!
5! 5! 5! 5! =
20!
(5!)X 
Entretanto, não há ordem entre os 4 times. Assim, precisamos desconsiderar a ordem no cálculo 
acima. Essa correção é feita dividindo a resposta pelo fatorial da quantidade de subconjuntos 
com mesma quantidade de elementos. Temos 4 subconjuntos com mesma quantidade de 
elementos. Logo, a resposta é 
20!
(5!)X ∙ 𝟒! 
 
Só para você ter ideia: o número acima é igual a 488.864.376. 
Vamos praticar um pouco mais. 
De quantos modos é possível dividir 15 pessoas: 
a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? 
b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? 
c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? 
Comentário 
Em cada caso, começamos calculando as partições ordenadas. Depois, devemos dividir a 
resposta pelos fatoriais das quantidades de subconjuntos que possuem a mesma quantidade de 
elementos. 
a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? 
As partições ordenadas são: 
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41 
 
k 154, 4, 7l =
15!
4! 4! 7! 
Há dois conjuntos com a mesma quantidade de elementos. Logo, devemos dividir o número 
acima por 2!. A resposta é 
15!
4! 4! 7! 𝟐! =
15!
(4!)N7! 2! 
 
b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? 
As partições ordenadas são: 
k 1510, 5l =
15!
10! 5! 
Como os dois subconjuntos possuem quantidades diferentes de elementos, não precisamos 
dividir por fatorial algum. Assim, a quantidade de partições ordenadas é igual à quantidade de 
partições não-ordenadas. 
 
c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? 
As partições ordenadas são: 
k 152, 2, 3, 3, 5l =
15!
2! 2! 3! 3! 5! 
 
Observe que há dois grupos de 2 e dois grupos de 3. Logo, devemos dividir a resposta acima 
por 2! 2!. A resposta é: 
15!
2! 2! 3! 3! 5! 𝟐! 𝟐! =
15!
(2!)X(3!)N5! 
(NC-UFPR 2006/TCE-PR) 
De quantas maneiras diferentes 12 estudantes podem ser divididos em 3 equipes, sendo que 
cada uma das equipes deve ser composta de quatro estudantes? 
a) 8425 
b) 3260 
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42 
 
c) 12640 
d) 5775 
e) 34650 
Comentário 
 
Vamos começar com as partições ordenadas. Há 12 pessoas e vamos dividir em 3 equipes com 4 
pessoas cada. O número de partições ordenadas é: 
 
k 124, 4, 4l =
12!
4! 4! 4! 
 
Entretanto, não há ordem entre as equipes. Haveria ordem se, por exemplo, o problema 
designasse funções diferentes para cada equipe. Assim, devemos calcular o número de partições 
não-ordenadas. Para tanto, basta dividir o cálculo anterior por 3!, que é o número de equipes 
com mesma quantidade de elementos. 
 
12!
4! 4! 4! 𝟑! =
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 4! ∙ 4! ∙ 3! 
Vamos fazer algumas simplificações. Observe que 4! = 24 e 3! = 6. 
Podemos cortar 6 com 3!, 4! com 4!. Podemos simplificar ainda 12 com 4! e 8 com 4!. 
=
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 7 ∙ 5
2 ∙ 3 
 
= 5.775 
Gabarito: D 
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43 
 
 
11. PERMUTAÇÕES CAÓTICAS 
 
Esse assunto é um tópico avançado de Análise Combinatória e só vi duas questões de concursos 
que exigiam a sua cobrança. 
(FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) 
Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma 
sala. O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os 
funcionários podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a 
mesa que ocupava antes da realocação 
a) de 4 maneiras diferentes. 
b) de 24 maneiras diferentes. 
c) de 9 maneiras diferentes. 
d) de 6 maneiras diferentes. 
e) de 12 maneiras diferentes. 
Comentário 
Aparentemente é uma questão bem tranquila. Puro engano! 
O assunto envolvido nessa questão não é tratadona esmagadora maioria de livros do Ensino 
Médio. 
 
A questão só é factível sem o estudo teórico deste tópico porque o número de funcionários é 
bem pequeno, ou seja, o candidato poderia descrever todas as possibilidades e marcar a 
resposta. 
Sejam (a, b, c, d) os funcionários em suas posições originais. Queremos realocar os funcionários 
de modo que nenhum ocupe a sua posição original. Dizemos que essa é uma permutação 
caótica (ou desarranjo). 
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44 
 
 
As permutações caóticas são: 
(b, a, d, c); (c, a, d, b); (d, a, b, c); (c, d, a, b); (d, c, a, b); (b, d, a, c); (b, c, d, a); (c, d, b, a) e 
(d, c, b, a). 
 
Logo, há 9 maneiras diferentes. 
 
Veja que com 4 pessoas já é bastante complicado descrever todas as permutações caóticas. 
 
E se fossem 5 pessoas ou 8 pessoas? 
 
Apresento-lhes agora a fórmula para calcular o número de permutações caóticas (desarranjos) de 
n objetos: 
 
𝐷K = 𝑛! ∙ �
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! + ⋯+
(−1)K
𝑛! � 
 
O termo (−1)K simplesmente indica que os sinais das frações vão sendo alternados. 
 
Por exemplo, para n = 4, temos: 
 
𝐷X = 4! ∙ �
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4!� 
 
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45 
 
𝐷X = 24 ∙ �1 − 1 +
1
2 −
1
6 +
1
24� 
 
𝐷X = 24 ∙ �
1
2 −
1
6 +
1
24� 
 
𝐷X = 24 ∙
1
2 − 24 ∙
1
6 + 24 ∙
1
24 
 
𝐷X = 12 − 4 + 1 
 
𝐷X = 9 
Veja o resultado para n = 6. 
 
𝐷B = 6! ∙ �
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4! −
1
5! +
1
6!� 
 
𝐷B = 6! ∙ �1 − 1 +
1
2 −
1
6 +
1
24 −
1
120 +
1
720� 
 
𝐷B = 720 ∙ �
1
2 −
1
6 +
1
24 −
1
120 +
1
720� 
 
𝐷B = 360 − 120 + 30 − 6 + 1 
 
𝐷B = 265 
 
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46 
 
É claro que seria impossível você escrever todas as possibilidades à mão. 
 
Mas, Guilherme, essa fórmula é muito complicada. Corro o risco de ficar nervoso e esquecê-la! 
 
Calma, amigo. Agora vem a salvação. Existe uma maneira bem mais fácil e rápida de calcular o 
número de permutações caóticas. 
 
É possível demonstrar que o número de permutações caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
𝑛!
𝑒 
Na expressão acima, e é a constante de Euler: e = 2,718... 
Observe para o caso n = 6. 
 
6!
𝑒 ≅
720
2,718 ≅ 264,9 → 𝑜	𝑖𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑜	𝑚𝑎𝑖𝑠	𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜	é	265 
 
De fato, para n = 6, o número de permutações caóticas é 265. 
 
Vamos voltar à questão da FCC. 
(FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) 
Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma 
sala. O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os 
funcionários podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a 
mesa que ocupava antes da realocação 
a) de 4 maneiras diferentes. 
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47 
 
b) de 24 maneiras diferentes. 
c) de 9 maneiras diferentes. 
d) de 6 maneiras diferentes. 
e) de 12 maneiras diferentes. 
Comentário 
A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações 
caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
4!
𝑒 ≅
24
2,718 ≅ 8,8 
 
O inteiro mais próximo é 9. Logo, há 9 maneiras para realocar os funcionários de modo que 
nenhum ocupe a sua posição original. 
Gabarito: C 
 
(FGV 2018/COMPESA) 
Há quatro urnas numeradas de 1 a 4 e quatro bolas, também numeradas de 1 a 4. 
O número de maneiras de se colocar uma bola em cada urna, de modo que nenhuma urna fique 
com a bola de mesmo número, é 
a) 12. 
b) 11. 
c) 10. 
d) 9. 
e) 8. 
Comentário 
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48 
 
Questão idêntica à anterior, que também poderia ser resolvida com a força bruta, já que são 
poucas bolas. 
A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações 
caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
4!
𝑒 ≅
24
2,718 ≅ 8,8 
 
O inteiro mais próximo é 9. 
A resposta da questão é a alternativa D, mas a questão foi anulada (não sei o motivo). 
Gabarito: D 
 
 
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49 
 
 
12. OS LEMAS DE KAPLANSKY 
 
12.1. Primeiro Lema de Kaplansky 
 
Vamos aprender através de um exemplo. 
(FGV 2015/SSP-AM – Assistente Operacional) 
Sete pessoas formam uma fila e duas delas serão escolhidas para receber um brinde. O número 
de maneiras diferentes de escolher duas pessoas da fila que não sejam vizinhas é: 
a) 15; 
b) 18; 
c) 20; 
d) 24; 
e) 30. 
Comentário 
Vamos numerar as pessoas e formar um conjunto: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Para esse exemplo com poucas pessoas escolhidas (apenas duas), podemos resolver de uma 
maneira bem simples. 
Há 7 pessoas e queremos escolher duas. Sem restrições, podemos fazer isso de: 
𝐶oN =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
Entretanto, não queremos duplas formadas por números consecutivos, ou seja, devemos excluir 
os seguintes subconjuntos: {1,2}, {2,3}, {3,4}, {4,5}, {5,6}, {6,7}. 
Assim, o total de subconjuntos que satisfazem a condição é: 
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50 
 
21 − 6 = 15 
Mas essa solução só serve para casos “pequenos”. Vamos pensar em uma solução geral. 
Queremos formar um subconjunto de dois elementos no qual não há elementos consecutivos. 
Essa é exatamente a situação-problema resolvida pelos lemas de Kaplansky. 
Falo no plural “lemas” porque o segundo lema de Kaplansky considera 1 e 7 como sendo 
consecutivos (basta pensar, por exemplo, que sábado e domingo são consecutivos). 
Na nossa questão da FGV, 1 e 7 não são consecutivos e, portanto, será a situação-problema do 
Primeiro Lema de Kaplansky. 
 
O raciocínio desenvolvido em 1943 por Kaplansky (Irving Kaplanky, matemático canadense) é o 
seguinte: marcaremos com uma letra S (sim) os elementos do conjunto que farão parte do 
subconjunto e marcaremos com a letra N (não) os elementos que não farão parte do 
subconjunto. 
 
Por exemplo, o subconjunto {1, 3} seria representado por SNSNNNN. 
 
O subconjunto {4, 5}, que não é um subconjunto válido para o nosso problema, seria 
representado por NNNSSNN. 
 
Para formar um subconjunto de 2 elementos não-consecutivos, devemos colocar 2 letras S e 5 
letras N em fila, sem que haja duas letras S juntas. 
 
Para tanto, vamos começar dispondo as cinco letras N com espaços vazios entre elas (os espaços 
vazios serão representados por chaves. 
 
					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 
 
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51 
 
Observe que há 5 letras N e 6 espaços vazios onde podemos colocar as 2 letras S. 
 
Ora, há 6 espaços vazios e devemos escolher 2 para colocar as letras S. Como a ordem dos 
espaços vazios não importa, então isso pode ser feito de: 
𝐶BN =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
A resposta da questão é 15. 
Gabarito: A 
 
 
No caso geral, o conjunto original possui n elementos. Queremos formar subconjuntos de p 
elementos. Logo, teremos p letras S e n – p letras N. 
 
Ao dispor os n – p letras N, teremos n – p + 1 espaços vazios para distribuiras letras S. Temos 
𝑛 − 𝑝 + 1 espaços vazios porque temos um no início à esquerda e 1 no final à direita. 
 
Assim, temos n – p + 1 espaços e devemos escolher p deles para distribuir as letras S, o que 
pode ser feito de 
𝐶KqjLM
j 	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠	𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
 
Esse raciocínio é exatamente o Primeiro Lema de Kaplansky, que pode assim ser enunciado: 
 
O número de subconjuntos de p elementos de {1, 2, 3, ..., n} nos quais não há elementos 
consecutivos é dado por: 
 
𝑓(𝑛, 𝑝) = 𝐶KqjLM
j 
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52 
 
Se você entendeu o raciocínio, não precisará decorar a fórmula acima. 
 
(FGV 2019/MPE-RJ – Oficial do Ministério Público) 
 
Valdo é estagiário em um escritório de advocacia e, na semana que vem, deverá escolher para 
trabalhar três dias de segunda a sábado. O escritório não permite que um estagiário trabalhe 
dois dias consecutivos. 
 
O número de possibilidades que Valdo tem para escolher seus dias de trabalho é: 
 
a) 2 
b) 3 
c) 4 
d) 5 
e) 6 
Comentário 
Perceba que Valdo precisa escolher 3 dentre 6 dias disponíveis na semana que vem (apenas de 
segunda a sábado, excluindo o domingo). Assim, precisaremos de 3 letras S e 3 letras N. 
 
Como Valdo não pode escolher 2 dias consecutivos, então não poderemos ter duas letras S 
juntas. Dessa forma, vamos utilizar o primeiro lema de Kaplansky. 
 
O primeiro passo é fixar as letras N e colocar espaços vazios entre elas. 
 
					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 
As 3 letras S deverão ficar nos espaços vazios. Assim, temos 4 espaços vazios e precisamos 
escolher 3 deles para colocar as letras S. Isso pode ser feito de 
𝐶XJ =
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1 = 4	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
Gabarito: C 
Guilherme Neves
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Vamos fazer mais um exemplo: 
Guilherme Neves dará aulas em três dias diferentes na primeira semana de outubro. De quantos 
modos Guilherme pode escolher os dias das aulas se ele não quer dar aulas em dias 
consecutivos? 
a) 10 
b) 20 
c) 35 
d) 42 
e) 210 
Comentário 
Perceba que, como estamos nos referindo à primeira semana de determinado mês, o primeiro e 
o último dia da semana não são consecutivos. 
São 7 dias na primeira semana de outubro. Guilherme dará aula em 3 dias. Logo, teremos 3 letras 
S e 4 letras N. 
Vamos colocar as 4 letras N e destacar os espaços vazios em que podemos distribuir as letras S. 
 
					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 𝑁 					� 
 
Temos 5 espaços vazios e devemos escolher 3 para colocar as letras S. Logo, o total de maneiras 
é: 
 
𝐶IJ =
5 ∙ 4 ∙ 3
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 
Gabarito: A 
Guilherme Neves
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O raciocínio adotado no Primeiro Lema de Kaplansky pode ser usado para resolver outras 
questões de Análise Combinatória. 
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra GUILHERME que não possuem vogais juntas? 
Comentário 
A primeira observação é que o problema não quer vogais juntas (nem 2, nem 3, ...). Assim, não 
podemos simplesmente permutar todas as letras e subtrair as permutações em que as vogais 
estão juntas. 
Para ficar mais claro: nem o próprio nome GUILHERME é aceito pela condição dada no 
enunciado, pois temos as vogais UI juntas. 
A estratégia é parecida com a de Kaplansky. Vamos posicionar as consoantes. As vogais deverão 
ocupar os espaços vazios entre as consoantes. 
__	𝐺	__	𝐿__	𝐻	__	𝑅__	𝑀	__ 
Temos 3 etapas para resolver esse problema: permutar as consoantes entre si, escolher os 
lugares que as vogais vão ocupar, permutar as vogais entre si. 
 
• Podemos permutar as consoantes de 𝑃I maneiras. 
• Há 6 lugares vazios e devemos escolher 4 lugares para serem ocupados pelas 4 vogais. 
Isso pode ser feito de 𝐶BX maneiras. 
• Depois que tivermos escolhido os lugares que as vogais vão ocupar, devemos permutá-
las, o que pode ser feito de 𝑃XN maneiras (duas vogais são iguais). 
 
Assim, o total de permutações é: 
𝑃I ∙ 𝐶BX ∙ 𝑃XN = 
 
Guilherme Neves
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55 
 
Lembre-se que 𝐶BX = 𝐶BN. Logo, 
= 5! ∙
6 ∙ 5
2 ∙ 1 ∙
4!
2! 
 
= 21.600 
Gabarito: 21.600 anagramas 
 
(CESPE 2011/TRE-ES) 
De acordo com o primeiro lema de Kaplansky, a quantidade de subconjuntos de {𝟏, 𝟐, 𝟑, … , 𝒏} 
com 𝒑 elementos, em que não há números consecutivos, é dada pela fórmula abaixo. 
(𝒏 − 𝒑 + 𝟏)!
𝒑! (𝒏 − 𝟐𝒑 + 𝟏)!
 
Uma das aplicações desse lema é a contagem do número de maneiras de se sentar 4 meninas e 
6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que 2 meninas não fiquem em posições 
adjacentes. A estratégia para se realizar essa contagem compreende quatro passos. Em primeiro 
lugar, deve-se contar o número de maneiras de se escolher 4 cadeiras sem que haja cadeiras 
consecutivas; esse procedimento deve ser feito utilizando-se o lema de Kaplansky. Em seguida, 
deve-se contar o número de maneiras de organizar as meninas nessas cadeiras. O próximo passo 
consiste em contar o número de maneiras de se distribuir os meninos nas cadeiras restantes. Por 
fim, deve-se usar o princípio multiplicativo. 
Com base nessas informações, julgue os itens subsecutivos. 
01. Diante dos dados acima, é correto afirmar que o número de maneiras de se sentar 4 meninas 
e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas em posições 
adjacentes, é superior a 600.000. 
02. Em face dos dados apresentados, é correto afirmar que o número de maneiras de se escolher 
as 4 cadeiras entre as 10 disponíveis sem que haja cadeiras consecutivas é superior a 40. 
03. A partir dos dados acima, é correto concluir que o número de maneiras de se organizar as 4 
meninas nas 4 cadeiras escolhidas é igual a 16. 
Comentário 
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Vamos colocar os 6 homens em posições fixas e destacar os espaços vazios entre eles. 
__	𝐻M		__	𝐻N	__		𝐻J	__		𝐻X	__		𝐻I		__		𝐻B	__	 
Como as meninas não podem ficar juntas, então elas devem ocupar 4 dos 7 lugares vazios 
destacados. Isso pode ser feito de 𝐶oX maneiras. 
Esse resultado também seria obtido simplesmente substituindo 𝑛 = 10 e 𝑝 = 4 na fórmula dada 
no enunciado. Observe: 
𝐶oX =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
(𝑛 − 𝑝 + 1)!
𝑝! (𝑛 − 2𝑝 + 1)! =
(10 − 4 + 1)!
4! (10 − 2 ∙ 4 + 1)! =
7!
4! 3! =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
Assim, há 35 maneiras de escolher as posições ocupadas pelas meninas. Além disso, devemos 
permutar os 6 homens entre si e também as 4 mulheres entre si. Logo, o número de maneiras se 
sentar 4 meninas e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas 
em posições adjacentes, é 
35 × 𝑃B × 𝑃X = 35 × 6! × 4! = 604.800 
O item I está certo. 
O item II pergunta justamente de quantas maneiras podemos escolher as cadeiras em que as 
mulheres se sentarão. Vimos que esse resultado é igual a 35. Logo, o item II está errado. 
O item III pergunta de quantas maneiras podemos permutar as mulheres nas cadeiras escolhidas. 
Podemos fazer isso de 𝑃X = 4! = 24 maneiras. O item III está errado. 
Gabarito: Certo, errado, errado 
 
 
 
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(CESPE 2019/Prefeitura de São Cristóvão) 
Situação hipotética: As 5 lâmpadas tubulares de uma sala de aula foram instaladas formando 
uma única fileira. Por motivo de economia, 2 lâmpadas adjacentes nuncapoderão ficar acesas ao 
mesmo tempo. 
Assertiva: Nessa situação, há exatamente 13 configurações distintas, incluindo todas as 
lâmpadas desligadas, que atendem à exigência de economia. 
Comentário 
O primeiro caso é quanto todas as lâmpadas estão desligadas. 
𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠	𝑑𝑒𝑠𝑙𝑖𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝟏	𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂 
O segundo caso é quando temos 1 lâmpada acesa e 4 desligadas. Ora, nem precisamos do lema 
de Kaplansky para isso. Há 5 possibilidades: acender apenas a primeira, acender apenas a 
segunda, acender apenas a terceira, acender apenas a quarta ou acender apenas a quinta. 
Ah, Guilherme, mas como ficaria o raciocínio de Kaplansky? Ora, temos 4 letras N para as 
lâmpadas desligadas. 
__	𝑁__𝑁__	𝑁__𝑁__	 
Assim, temos 5 espaços vazios. Como teremos apenas uma lâmpada acesa, precisamos escolher 
1 lugar vazio dentre 5, o que pode ser feito de 𝐶IM = 5	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 
O terceiro caso é quando temos 2 lâmpadas acesas e 3 desligadas. Designando por N cada 
lâmpada desligada, temos a seguinte configuração. 
__	𝑁__𝑁__	𝑁__ 
Precisamos encaixar as 2 lâmpadas acesas nos espaços vazios. Há 4 espaços vazios e precisamos 
escolher 2 para colocar as lâmpadas acesas. Logo, podemos fazer essa escolha de 
𝐶XN =
4 ∙ 3
2 ∙ 1 = 𝟔	𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂𝒔. 
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O quarto caso é quando temos 3 lâmpadas acesas e 2 desligadas. Designando por N cada 
lâmpada desligada, temos a seguinte configuração. 
__	𝑁__𝑁__ 
Precisamos encaixar as 3 lâmpadas acesas nos espaços vazios. Há 3 espaços vazios e precisamos 
escolher 3 para colocar as lâmpadas acesas. Logo, podemos fazer essa escolha de 𝐶JJ =
𝟏	𝒎𝒂𝒏𝒆𝒊𝒓𝒂, que é SNSNS. 
O quinto caso seria termos 4 lâmpadas acesas e 1 desligada. Entretanto, esse caso não nos 
interessa porque certamente teríamos lâmpadas acesas adjacentes. 
O total de maneiras é 
1 + 5 + 6 + 1 = 13 
Gabarito: Certo 
 
 
12.2. Segundo Lema de Kaplansky 
 
Pois bem, até agora nunca vi uma questão envolvendo o segundo lema de Kaplansky, mas vai 
que... 
Vamos agora considerar que 1 e n são consecutivos no conjunto {1, 2, ..., n}. Isso é bem comum 
em questões envolvendo calendários. Por exemplo, o 31 de dezembro e 1 de janeiro são 
consecutivos, sábado e domingo são dias consecutivos, etc. 
O Segundo Lema de Kaplansky diz que o número de subconjuntos com p elementos do conjunto 
{1, 2, 3, ..., n}, em que 1 e n são considerados consecutivos, é igual a 
 
𝑔(𝑛, 𝑝) =
𝑛
𝑛 − 𝑝 ∙ 𝐶Kqj
j 
 
Guilherme Neves
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A fórmula acima é um pouco trabalhosa de ser demonstrada (a demonstração pode ser 
encontrada no livro Análise Combinatória e Probabilidade da Sociedade Brasileira de 
Matemática). Acho melhor torcer para isso não cair. Não vale a pena memorizar essa fórmula, 
pois a relação custo-benefício é péssima: nunca vi cair em prova (até agora). 
Por isso, vou ensinar o raciocínio da demonstração para que você não precise memorizar a 
fórmula. 
Exemplo: O professor Guilherme Neves decidiu estudar piano 3 vezes por semana. De quantas 
maneiras Guilherme pode escolher os dias de estudo, se ele não quer estudar piano em dias 
consecutivos? 
a) 5 
b) 6 
c) 7 
d) 8 
e) 9 
Comentário 
Situação típica do Segundo Lema de Kaplansky, pois, como a atividade será feita 
periodicamente, sábado e domingo (último dia e primeiro dia da semana) são consecutivos. 
Vamos considerar que Domingo = 1, Segunda-feira = 2, ..., Sábado = 7. Assim, temos o conjunto 
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Na situação, 1 e 7 são consecutivos. Guilherme precisa escolher 3 números não consecutivos. 
Pelo Segundo Lema de Kaplansky, isso pode ser feito de: 
 
𝑔(7,3) =
7
7 − 3 ∙ 𝐶oqJ
J =
7
4 ∙ 𝐶X
J 
 
=
7
4 ∙
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1 
 
= 7 
E como é o raciocínio sem decorar fórmula? 
Guilherme Neves
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60 
 
Pois bem, o segundo lema de Kaplansky é, na verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes. 
Vamos separar em dois casos: o elemento 1 foi escolhido e o elemento 1 não foi escolhido. 
• Subconjuntos nos quais figura o elemento 1. 
Se o elemento 1 foi escolhido, não podemos escolher os elementos 2 e 7, porque são elementos 
vizinhos ao número 1. Assim, devemos escolher 2 elementos não consecutivos no conjunto {3, 4, 
5, 6}. 
Vamos aplicar o primeiro lema de Kaplansky. 
Para escolher 2 elementos dentre os 4, devemos ter duas letras N e duas letras S. As letras S não 
podem ficar juntas porque os números não são consecutivos. Começamos fixando as letras N. 
__N__N__ 
Assim, temos 3 espaços vazios e devemos escolher 2 deles para colocar as letras S. Isso pode ser 
feito de 
𝐶JN =
3 ∙ 2
2 ∙ 1 = 3	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
 
• Subconjuntos nos quais não figura o elemento 1. 
 
Nesse caso, precisamos escolher 3 elementos não consecutivos no conjunto {2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Vamos aplicar novamente o primeiro lema de Kaplansky. 
Para escolher 3 elementos dentre os 6, devemos ter três letras N e três letras S. As letras S não 
podem ficar juntas porque os números não são consecutivos. Começamos fixando as letras N. 
__N__N__N__ 
Assim, temos 4 espaços vazios e devemos escolher 3 deles para colocar os sinais de “+”. Isso 
pode ser feito de 
𝐶XJ =
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1 = 4	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
 
Guilherme Neves
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61 
 
O total de maneiras é 3 + 4 = 7 maneiras. Como vocês podem ver, o Segundo Lema de 
Kaplansky é, na verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes: uma vez escolhendo o número 1 e 
outra vez excluindo o número 1. 
Gabarito: C 
 
 
 
(Banca GNBPT – Guilherme Neves Botando pra Torar) 
Severino Kaplansky comprou um lustre circular com 6 lâmpadas. Por motivo de economia, 2 
lâmpadas adjacentes nunca poderão ficar acesas simultaneamente. De quantas maneiras 
Kaplansky pode escolher quais lâmpadas acender, incluindo todas as lâmpadas desligadas, que 
atendem à exigência de economia? 
 
a) 17 
b) 18 
c) 19 
d) 20 
e) 21 
 
Comentário 
 
Fiz uma adaptação da questão do CESPE que resolvi quando expliquei o primeiro lema de 
Kaplansky. A diferença é que agora as lâmpadas estão em uma disposição circular e, portanto, a 
sexta lâmpada é adjacente à primeira lâmpada. 
 
 
 
L1
L2
L3
L4
L5
L6
Guilherme Neves
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62 
 
 
Temos um conjunto de 6 lâmpadas {𝐿M, 𝐿N, 𝐿J, 𝐿X, 𝐿I, 𝐿B} em que 𝐿M e 𝐿B são consecutivos. Nesse 
caso, 𝑛 = 6. Queremos escolher 0, 1, 2, 3,... lâmpadas não consecutivas. 
Quem consegue decorar a fórmula, faria assim: 
• Nenhuma lâmpada acesa = 1 maneiras, que corresponde a 
𝑔(6,0) =
6
6 − 0 ∙ 𝐶BqY
Y =
6
6 × 𝐶B
Y = 1 × 1 = 1 
• Uma lâmpada acesa = 6 casos (acender a primeira, ou a segunda, ou a terceira, ...), 
que correspondem a: 
𝑔(6,1) =
6
6 − 1 ∙ 𝐶BqM
M =
6
5 × 𝐶I
M =
6
5 × 5 = 6 
• Duas lâmpadas acesas 
𝑔(6,2) =
6
6 − 2 ∙ 𝐶BqN
N =
6
4 × 𝐶X
N =
6
4 × 6 = 9 
• Três lâmpadas acesas 
𝑔(6,3) =
6
6 − 3 ∙ 𝐶BqJ
J =
6
3 × 𝐶J
J =
6
3 × 1 = 2 
• Quatro lâmpadas acesas 
Veja que é impossível termos 4 lâmpadas acesas sem haver 2 adjacentes acesas 
simultaneamente. Veja que absurdo aconteceria com a fórmula de Kaplansky. 
𝑔(6,4) =
6
6 − 4 ∙ 𝐶BqX
X =
6
4 × 𝐶N
X = 𝑖𝑚𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙 
Não temos como calcular 𝐶NX porque 2 < 4. 
Logo, o total de possibilidades é 1 + 6 + 9 + 2 = 18. 
Vamos agora resolver o problema sem o uso da fórmula. 
Eu, Guilherme, não sei essa fórmula decorada. Sei agora porque