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Aula 05
Raciocínio Lógico p/ PC-PA - Pós-Edital
Autor:
Guilherme Neves
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20 de Novembro de 2020
00697812227 - CINTHYA ELEN PEREIRA DE LIMA
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Sumário
1. Análise Combinatória ................................................................................................. 2
2. Fatorial de um Número Natural .................................................................................. 3
3. Princípio Fundamental da Contagem .......................................................................... 5
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
Soluções Inteiras de Equações ......................................................................................... 43
11. Lista de Questões de Concursos Anteriores ................................................................ 57
12. Gabaritos ................................................................................................................... 73
13. Lista de Questões de Concursos Anteriores com Comentários ................................... 75
14. Considerações Finais ................................................................................................ 109
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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.
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.)
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
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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
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
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Exemplo: Calcular !!
#!
.
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 ∙ 1CDDDDEDDDDF
#!
= 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.
Exemplo: Calcule o valor de !!
$!%!
.
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
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Exemplo: Simplificar a expressão ('(%)!
('(*)!
.
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) = 𝑛+ + 5𝑛 + 6
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?
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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).
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?
Lançamento
das moedas
Cara
Cara Cara,Cara
Coroa Cara,Coroa
Coroa
Cara Coroa,Cara
Coroa Coroa,Coroa
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`
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:
- 𝑝* é o número de possibilidades da 1ª etapa.
- 𝑝+ é o número de possibilidades da 2ª etapa.
.
.
.
- 𝑝' é o número de possibilidades da n-ésima etapa.
O número total de possibilidades de o acontecimento ocorrer é igual a
𝑝* ∙ 𝑝+ ∙ ⋯ ∙ 𝑝'
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 𝐷* e, depois de tomada a decisão 𝐷*, há n modos de tomar uma decisão 𝐷+, então
o total de possibilidades para tomar sucessivamente as decisões 𝐷* e 𝐷+ 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 𝑃'. Desta maneira, 𝑃' = 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 𝑃, = 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
𝑃*-
$,% =
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,
𝑃*-
$,% =
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)', 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
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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
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1
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3
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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)' = (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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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.
𝑷𝑪𝒏 = (𝒏 − 𝟏)!
𝑷𝑪𝟖 = (𝟖 − 𝟏)! = 𝟕!
𝑷𝑪𝟖 = 𝟕 × 𝟔 × 𝟓 × 𝟒 × 𝟑 × 𝟐 × 𝟏 = 𝟓. 𝟎𝟒𝟎
Gabarito: 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
𝑷𝑪𝒏 = (𝒏 − 𝟏)!
𝑷𝑪𝟓 = (𝟓 − 𝟏)! = 𝟒!
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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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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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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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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.
𝐶',5 = 𝐶'
5 = b
𝑛
𝑝c =
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)!
No nosso caso, temos 5 elementos no conjunto (𝑛 = 5) e queremos escolher 2 destes 5
elementos (𝑝 = 2).
𝐶$+ =
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.
𝐶$+ =
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No denominador, devemos colocar o fatorial expandido do menor número.
𝐶$+ = 2 ∙ 1
Quantos fatores há no denominador? Dois. Pois bem, devemos expandir o outro número, no
caso o número 5, em dois fatores.
𝐶$+ =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10
Exemplo: São marcados 8 pontos distintos sobre uma circunferência. Quantos triângulos são
determinados por estes pontos?
Comentário
Vejamos o desenho acima. O triângulo ABC é congruente ao triângulo ACB, que é congruente
ao triângulo BAC e assim por diante.
Portanto, a ordem dos vértices não é relevante na definição do triângulo. Assim, não podemos
aplicar o Princípio Fundamental da Contagem. Se assim o fizéssemos, estaríamos contando os
triângulos ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA como triângulos diferentes, o que não é verdade.
Como a ordem dos objetos não é relevante na formação do agrupamento, a resposta desse
problema é o número de combinações de 8 objetos tomados 3 a 3, representado por 𝐶!%.
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Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor
dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por
enquanto:
𝐶!% = 3 ∙ 2 ∙ 1
E o numerador? Devemos expandir o número 8 na mesma quantidade de fatores do
denominador (3 fatores).
𝐶!% =
8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1 = 56
Assim, o total de triângulos determinados pelos 8 pontos é igual a 56.
Exemplo: Um grupo é formado por 5 homens e 6 mulheres. De quantas maneiras podemos
formar uma comissão formada por:
a) 2 homens e 3 mulheres.
b) 2 homens ou 3 mulheres.
c) 2 pessoas do mesmo sexo.
Comentário
a) Como estamos usando o conectivo “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo. Há 5 homens
dos quais escolheremos 2 e há 6 mulheres das quais escolheremos 3.
𝐶$+ ∙ 𝐶#% =
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.
𝐶$+ + 𝐶#+ =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 + 20 = 30
c) Escolher 2 pessoas do mesmo sexo é o mesmo que escolher 2 homens ou 2 mulheres. Assim,
utilizaremos o princípio aditivo, pois estamos utilizando o conectivo “ou”.
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==1600ed==
25
𝐶$+ + 𝐶#+ =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 10 + 15 = 25
8.1. Propriedades e Casos Particulares
i) 𝑪𝒎𝒎 = 𝟏
Isto é verdade porque
𝐶77 =
𝑚!
𝑚! 0! = 1
Assim, por exemplo,
𝐶88 = 1
ii) 𝑪𝒎𝟎 = 𝟏
Isto é verdade porque
𝐶7- =
𝑚!
0!𝑚! = 1
Assim, por exemplo,
𝐶$- = 1
iii) 𝑪𝒎𝟏 = 𝒎
Isto é verdade porque
𝐶7* =
𝑚!
1! (𝑚 − 1)! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚
Assim, por exemplo,
𝐶#* = 6
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iv) 𝑪𝒎𝒎;𝟏 = 𝒎
Isto é verdade porque
𝐶77;* =
𝑚!
(𝑚 − 1)! (𝑚 − (𝑚 − 1))! =
𝑚!
(𝑚 − 1)! 1! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚
Assim, por exemplo,
𝐶#$ = 6
𝐶8# = 7
𝐶*$*, = 15
v) 𝑪𝒎
𝒑 = 𝑪𝒎
𝒎;𝒑
Esta propriedade é muito útil quando o valor de p é grande. Podemos substituí-lo por m – p.
Esta propriedade é verdade porque
𝐶7
5 =
𝑚!
𝑝! (𝑚 − 𝑝)!
𝐶7
7;5 =
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! e𝑚 − (𝑚 − 𝑝)f!
=
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! 𝑝!
Portanto, 𝐶7
5 = 𝐶7
7;5.
Imagine, por exemplo, que você precisa calcular 𝐶*-! . Podemos substituir 8 por 10 – 8 = 2.
𝐶*-! = 𝐶*-+ =
10 ∙ 9
2 ∙ 1 = 45
Entender esta propriedade também é muito fácil. Imagine que você tem 10 amigos e escolherá 8
para participar de um jantar. Ora, escolher os 8 que participarão do jantar é o mesmo que
escolher os 2 que não participarão. Portanto,
𝐶*-! = 𝐶*-+
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vi) 𝑪𝒏𝟎 + 𝑪𝒏𝟏 + 𝑪𝒏𝟐 +⋯𝑪𝒏𝒏 = 𝟐𝒏
Exemplo:
𝐶,- + 𝐶,* + 𝐶,+ + 𝐶,% + 𝐶,, = 2, = 16
Há um raciocínio bem rápido para entender esta propriedade. Imagine um conjunto com n
elementos. Assim, por exemplo, 𝐶'% é a quantidade de subconjuntos deste conjunto com 3
elementos. Da mesma forma, 𝐶'$ é a quantidade de subconjuntos com 5 elementos.
Podemos então concluir que 𝐶'- + 𝐶'* + 𝐶'+ +⋯𝐶'' é o total de subconjuntos deste conjunto.
Sabemos que o total de subconjuntos de um conjunto é 2'. Portanto, a propriedade acima é
válida. A demonstração formal desta propriedade se dá com o desenvolvimento do binômio de
Newton (1 + 1)'.
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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(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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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).
𝑃8
,,% =
7!
4! ∙ 3!
𝑃8
,,% =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35
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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.
𝑃5(';*
';* ,5 =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)!
A notação (símbolo) para a combinação completa é a que segue:
𝐶𝑅'
5 =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)!
Para não precisar memorizar a fórmula acima, existe uma relação entre a combinação completa e
a combinação simples.
𝐶𝑅'
5 = 𝐶'(5;*
5
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.
𝐶𝑅$%
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Vamos trocar a combinação completa por uma combinação simples. Para tanto, vamos substituir
𝑛 = 5 por 5 + 3 − 1 = 7.
𝐶𝑅$% = 𝐶8%
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:
𝐶𝑅$% = 𝐶8% = 3 ∙ 2 ∙ 1
E o numerador? Devemos expandir o número 7 na mesma quantidade de fatores do
denominador (3 fatores).
𝐶𝑅$% = 𝐶8% =
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.
𝐶𝑅$% =
No denominador, sempre colocaremos o fatorial de p, ou seja, o fatorial do número que está em
cima.
𝐶𝑅$% = 3 ∙ 2 ∙ 1
Na combinação simples, nós expandiríamos o 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.
𝐶𝑅$% =
5 ∙ 6 ∙ 7
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35
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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 permutarao todo 5 + 2 = 7 objetos com repetição de 5 e de 2.
𝑃8
$,+ =
7!
5! ∙ 2! =
7 ∙ 6 ∙ 5!
5! 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21
Vamos resolver o mesmo problema com a dica da combinação completa. São 3 tipos de
refrigerante. Portanto, n = 3. Queremos selecionar 5 objetos. Portanto, p = 5.
𝐶𝑅%$
A combinação completa pode ser trocada por uma combinação simples.
𝐶𝑅%$ = 𝐶%($;*$
= 𝐶8$
= 𝐶8+
=
7 ∙ 6
2 ∙ 1
= 21
Resposta: 21
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(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
𝐶𝑅$%
Lembre-se que, no símbolo 𝐶𝑅'
5, 𝑛 é a quantidade de classes de objetos que você tem à sua
disposição e 𝑝 é a quantidade de objetos que serão selecionados. No exemplo acima, há 5 tipos
de pratos disponíveis (𝑛 = 5) e queremos escolher 3 pratos (𝑝 = 3).
Vamos agora utilizar a relação 𝐶𝑅'
5 = 𝐶'(5;*
5 para calcular a quantidade pedida.
𝐶𝑅$% = 𝐶$(%;*% = 𝐶8% =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35
Gabarito: E
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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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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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Normalmente, os livros resolvem esse tipo de problema assim:
Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶8* =
7 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠.
Sobraram 6 pessoas disponíveis. Devemos agora escolher 1 subcoordenador. Podemos escolher
de 𝐶#* = 6 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠.
Sobraram 5 pessoas. Devemos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶$$ = 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
𝐶8$ = 21 maneiras.
Sobraram 2 pessoas. Dessas duas pessoas, precisamos escolher 1 coordenador. Podemos
escolher de 𝐶+* = 2 maneiras.
Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolher o subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶** = 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:
b 71, 1, 5c
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).
b 71, 1, 5c =
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 𝑛*, 𝑛+, … , 𝑛?
elementos, respectivamente, é
b
𝑛
𝑛*, 𝑛+, … , 𝑛?c =
𝑛!
𝑛*! 𝑛+! … 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 *$!
#!∙#!∙%!
.
Comentário
Vamos primeiro resolverda forma “tradicional” utilizando combinações.
Há 15 mulheres e devemos escolher 6 para a primeira equipe. Em seguida, sobram 9 mulheres
das quais devemos escolher 6 para a segunda equipe.
Observe que queremos colocar 6 mulheres na primeira equipe e 6 mulheres na segunda equipe.
Como o conectivo usado é “e”, devemos multiplicar as quantidades.
O total de maneiras para escolher os membros dessa equipe é
𝐶*$# ∙ 𝐶A# =
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.
b 156, 6, 3c =
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.
𝑃**
!,% =
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:
b 118, 3c =
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:
b 205, 5, 5, 5c =
20!
5! 5! 5! 5! =
20!
(5!),
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!), ∙ 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
b 154, 4, 7c =
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!)+7! 2!
b) em um grupo de 10 e um grupo de 5?
As partições ordenadas são:
b 1510, 5c =
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:
b 152, 2, 3, 3, 5c =
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!),(3!)+5!
(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:
b 124, 4, 4c =
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
SOLUÇÕES INTEIRAS DE EQUAÇÕES
Observe a seguinte questão.
(CESPE 2018/SEFAZ-RS)
Se 7 kg de feijão forem distribuídos para até quatro famílias, de modo que cada uma delas
receba um número inteiro de quilos, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se
distribuírem esses 7 kg de feijão para essas famílias será igual a
a) 30.
b) 120.
c) 330.
d) 820.
e) 1.320.
Comentário
Para facilitar o raciocínio, imagine que há 7 sacos com 1kg de feijão cada.
Há 4 famílias disponíveis e devemos escolher o destino de cada um dos 7 sacos de feijão.
É importante notar que a ordem das famílias escolhidas não importa. Além disso, cada família
pode ser escolhida mais de uma vez. Exemplo:
𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 = 𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵𝐶𝐴
Nas duas situações acima, a família A receberá 3kg de feijão, a família B receberá 2kg de feijão e
a família C receberá 2 kg de feijão (a família D receberá 0kg).
Juntando as peças: há 4 famílias disponíveis e devemos escolher qual família receberá cada um
dos 7 sacos de feijão (deveremos fazer 7 escolhas). Além disso, a ordem das famílias não importa
(logo, devemos usar combinações) e cada família pode ser escolhida mais de uma vez (logo,
devemos usar combinação com repetição).
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Assim, o total de maneiras de se distribuírem os 7kg de feijão é:
𝐶𝑅,8 = 𝐶,(8;*8 = 𝐶*-8
Lembre-se que 𝐶*-8 = 𝐶*-% . Logo,a resposta é:
𝐶*-% =
10 ∙ 9 ∙ 8
3 ∙ 2 ∙ 1 = 120
A situação descrita no enunciado pode ser perfeitamente modelada pelo exemplo da prateleira
que utilizei na teoria sobre combinações completas.
Imagine que temos 7 sacos de 1 kg de feijão. Queremos distribuí-los para ATÉ 4 famílias. Isso
quer dizer que alguma família pode ficar sem feijão.
O que vamos fazer? Vamos construir uma prateleira com divisórias móveis. Nessa prateleira,
teremos 3 divisórias, pois queremos distribuir os sacos de feijão entre 4 famílias.
Vou representar cada saco de feijão por uma bolinha. Observe.
Percebeu o porquê de serem 3 divisórias? Com 3 divisórias, a prateleira fica dividida em 4
regiões.
Vamos agora colocar 7 bolinhas, que correspondem aos sacos de feijão.
Na configuração acima, a primeira família recebeu 2kg de feijão, a segunda família recebeu 1 kg
de feijão, a terceira família recebeu 4kg de feijão e a quarta família ficou sem feijão.
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Para distribuir os sacos de feijão, eu posso movimentar tanto os sacos de feijão (as bolinhas)
quanto as divisórias (os traços). Vou movimentar duas bolinhas, por exemplo.
Veja que eu vou movimentar agora a segunda divisória para a direita.
Assim, podemos reorganizar a distribuição dos sacos movimentando os traços ou as bolinhas.
Portanto, o total de maneiras de distribuir os 7 kg de feijão em até 4 famílias é o total de
permutação de 10 objetos (7 bolinhas e 3 traços), sendo que temos repetição de 7 bolas e 3
traços.
𝑃*-
8,% =
10!
7! 3! =
=
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7!
7! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
720
6 = 120
Poderíamos, entretanto, interpretar o problema sob outra ótica.
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Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 as quantidades em quilogramas de feijão recebidas por cada uma das famílias.
Sabemos que esses números são inteiros (de acordo com o enunciado).
Além disso, esses números não podem ser negativos (mas podem ser zero).
Finalmente, sabemos que a quantidade total de quilogramas de feijão é 7. Logo,
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 7
O enunciado pode então ser reescrito da seguinte forma: quantas são as soluções inteiras não-
negativas da equação 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 7?
Havíamos visto que a resposta desse problema é 𝐶𝑅,8.
Assim, podemos interpretar 𝐶𝑅'
5 de duas maneiras:
• É a quantidade de maneiras de selecionar 𝑝 objetos, distintos ou não, entre 𝑛 objetos
dados (a ordem dos objetos não é relevante).
• É o número de soluções inteiras não-negativas da equação 𝑥* + 𝑥+ +⋯+ 𝑥' = 𝑝.
Como a equação 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 7 possui 4 incógnitas, então 𝑛 = 4. Logo, o número de soluções
inteiras não-negativas dessa equação é 𝐶𝑅,8 = 120.
(CESPE 2011/SEDUC-AM)
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A equação 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 = 𝟏𝟖 possui mais de 200 soluções inteiras e não negativas.
Comentário
Há 3 incógnitas; logo, 𝑛 = 3. O número de soluções inteiras não-negativas da equação é
𝐶𝑅'
5 = 𝐶𝑅%*! = 𝐶%(*!;**!
= 𝐶+-*!
= 𝐶+-+
=
20 ∙ 19
2 ∙ 1
= 190
Gabarito: Errado
Exemplo: Quantas são as soluções inteiras não-negativas de 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 5?
Comentário
Como são 3 incógnitas, então 𝑛 = 3. Logo, o número de soluções inteiras não-negativas dessa
equação é
𝐶𝑅%$ = 𝐶%($;*$ = 𝐶8$
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Lembre-se que 𝐶8$ = 𝐶8+. Logo, a resposta é:
𝐶8+ =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21
Resposta: 21
(CESPE 2010/EMBASA)
Suponha que uma empresa irá sortear 3 passagens aéreas para um curso de formação. O sorteio
será realizado entre os 8 setores dessa empresa, e, se um setor for premiado, o chefe do setor
contemplado indicará um funcionário para participar do evento. Em relação a esse sorteio,
julgue os itens que se seguem.
Se um setor puder ser contemplado até duas vezes, então haverá 112 resultados distintos
possíveis para esse sorteio.
Comentário
Comecemos pelo primeiro item.
Sejam 𝑥*, 𝑥+, 𝑥%, … , 𝑥! as quantidades de passagens que cada setor receberá. Como são 3
passagens sorteadas, então:
𝑥* + 𝑥+ + 𝑥% + 𝑥, + 𝑥$ + 𝑥# + 𝑥8 + 𝑥! = 3
Observe que essas incógnitas só podem ser números inteiros não-negativos.
Como são 8 incógnitas, temos que n = 8. O total de soluções inteiras não-negativas é
𝐶𝑅!% = 𝐶!(%;*% = 𝐶*-% =
10 ∙ 9 ∙ 8
3 ∙ 2 ∙ 1 = 120
Entretanto, há uma restrição nesse problema. Cada setor só pode ser contemplado até duas
vezes. Assim, devemos os casos em que as incógnitas são iguais a 3. Por exemplo, não queremos
o caso em que 𝑥* = 3 e todas as outras incógnitas são iguais a 0. São 8 casos a excluir (quando
cada incógnita é igual a 3).
Assim, o total de possibilidades é 120 – 8 = 112.
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Gabarito: Certo
Exemplo: Quantas são as soluções inteiras positivas de 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 10?
Comentário
Cuidado com a pegadinha do malandro!
Nos problemas anteriores, poderíamos assumir valor 0 para alguma das incógnitas. Nessa
questão, queremos que todos as incógnitas sejam positivas!
Existe uma maneira de transformar esse problema no anterior: basta fazer uma mudança de
incógnita.
Façamos
𝑥 = 𝑎 + 1
𝑦 = 𝑏 + 1
𝑧 = 𝑐 + 1
Dessa maneira, se 𝑎 = 0, 𝑥 = 1, ou seja, se 𝑎, 𝑏 ou 𝑐 forem iguais a zero, 𝑥, 𝑦 e 𝑧 serão iguais a 1.
A equação fica:
𝑎 + 1CEF
C
+ 𝑏 + 1CEF
D
+ 𝑐 + 1CEF
E
= 10
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 7
Resumindo: a quantidade de soluções inteiras positivas da equação 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 10 equivale à
quantidade de soluções inteiras não-negativas de 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 7.
Outra maneira intuitiva de chegar a esse resultado é o seguinte. Como queremos soluções
positivas, ou seja, como queremos que cada incógnita assuma pelo menos o valor 1, então já
colocamos 1 unidade para cada incógnita. Como a soma deve ser 10 e já “demos” 1 unidade
para cada incógnita, ainda precisamos distribuir 7 unidades entre elas. Assim, ficamos com
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 7
A resposta é
𝐶𝑅%8 = 𝐶%(8;*8
= 𝐶A8
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50
= 𝐶A+
=
9 ∙ 8
2 ∙ 1 = 36
Resposta: 36
(Colégio Pedro II 2019/Assistente em Administração)
O diretor de patrimônio de uma empresa precisa distribuir oito computadores do mesmo
modelo e capacidade entre três departamentos diferentes, de modo que cada departamento
receba pelo menos um computador. O quadro a seguir ilustra quatro dentre as possíveis
distribuições.
O número total de distribuições possíveis, nessas condições, é igual a
a) 21
b) 24
c) 120
e) 336
Comentário
Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as quantidades de computadores que os departamentos X, Y e Z vão receber,
respectivamente.
O total de computadores é 8. Logo,
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 8
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Os números 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são inteiros e o problema estabelece o seguinte critério: cada departamento
deve receber pelo menos um computador. Logo, 𝑥 ≥ 1, 𝑦 ≥ 1 e 𝑧 ≥ 1, ou seja, 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são
positivos.
Assim, estamos interessados em calcular a quantidade de soluções inteiras positivas da equação
acima.
Vamos mudar as incógnitas:
𝑥 = 𝑎 + 1
𝑦= 𝑏 + 1
𝑦 = 𝑐 + 1
Por que fazemos essa mudança?
Ora, sabemos que 𝐶𝑅'
5 indica o número de soluções inteiras não-negativas (as incógnitas podem
valer 0), mas queremos saber o número de soluções positivas.
Ao fazer essa mudança de variável, permitimos que as incógnitas possam valer 0. Observe, por
exemplo, que quando 𝑎 = 0, temos 𝑥 = 1.
A nossa equação fica:
𝑎 + 1CEF
C
+ 𝑏 + 1CEF
D
+ 𝑐 + 1CEF
E
= 8
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 5
Perceba que é como se nós já colocássemos um computador para cada departamento para
garantir que cada um deles terá pelo menos 1. Depois, devemos distribuir os 5 restantes entre
eles sem restrição.
Queremos calcular o número de soluções inteiras não-negativas dessa equação. Como são 3
incógnitas, então 𝑛 = 3. A resposta é dada por:
𝐶𝑅%$ = 𝐶%($;*$ = 𝐶8$
= 𝐶8+ =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21
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Gabarito: A
(QUADRIX 2019/CRM-AC)
Se alguém deseja distribuir 9 balas idênticas entre 3 pessoas, sem qualquer critério de
distribuição, com cada uma delas recebendo pelo menos uma bala, então existem 28 maneiras
de se fazer a distribuição.
Comentário
Sejam 𝑎, 𝑏 e 𝑐 as quantidades de balas que cada pessoa receberá. Como são 9 balas, então:
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 9
Queremos que cada pessoa receba pelo menos uma bala. Assim, para satisfazer esse critério,
entregamos uma bala a cada um. Assim, ainda precisamos distribuir 6 balas entre as 3 pessoas.
𝑎F + 𝑏F + 𝑐F = 6
Veja que agora é possível que alguma pessoa não receba mais balas. Assim, estamos agora
interessados em calcular o número de soluções inteiras não negativas da equação acima. O
número de soluções é
𝐶𝑅%# = 𝐶#(%;*# = 𝐶!# = 𝐶!+ =
=
8 ∙ 7
2 ∙ 1 = 28
Gabarito: Certo
(EXATUS 2014/CEB – Companhia Energética de Brasília)
Carlos deve guardar uma dúzia de figurinhas iguais em meia dezena de estojos. Considerando
que os estojos sejam todos diferentes, e que nenhum estojo fique vazio, o número de maneiras
que Carlos dispõe para guardar essas figurinhas é igual a:
a) 330.
b) 792.
c) 1.820.
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d) 95.040
Comentário
Essa questão é muito parecida com as dos sacos de feijão: temos 12 figurinhas (uma dúzia) para
distribuir em 5 estojos (meia dezena). No problema dos sacos de feijão, tínhamos 7 sacos de
feijão para distribuir entre 4 famílias.
A diferença é que, no problema dos sacos de feijão, nem todas as famílias eram obrigadas a
receber algum saco de feijão, ou seja, poderia alguma família ficar sem comida. Por isso, naquele
problema, calculamos o número de soluções não-negativas, pois as incógnitas poderiam ser
nulas.
Agora nenhum estojo ficará vazio.
Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 e 𝑒 as quantidades de figurinhas que cada estojo receberá. Como São 12
figurinhas, então:
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 12
Como nenhum estojo ficará vazio, então queremos saber a quantidade de soluções positivas da
equação acima.
Vamos mudar as incógnitas.
𝑎 = 𝑣 + 1
𝑏 = 𝑤 + 1
𝑐 = 𝑥 + 1
𝑑 = 𝑦 + 1
𝑒 = 𝑧 + 1
Essas novas incógnitas podem ser iguais a 0. Perceba que se 𝑣 = 0, 𝑎 = 0 + 1 = 1. Logo,
podemos reescrever a equação:
𝑣 + 1CEF
G
+𝑤 + 1CEF
H
+ 𝑥 + 1CEF
I
+ 𝑦 + 1CEF
J
+ 𝑧 + 1CEF
K
= 12
𝑣 + 𝑤 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 7
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Como essas novas incógnitas podem ser nulas, queremos calcular a quantidade de soluções não-
negativas dessa equação. Como são 5 incógnitas, temos 𝑛 = 5. A resposta é:
𝐶𝑅$8 = 𝐶$(8;*8 = 𝐶**8 = 𝐶**,
=
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
= 330
Gabarito: A
Vou alterar um pouquinho o problema anterior para deixá-lo um pouco mais espinhoso.
(EXATUS 2014/CEB – Companhia Energética de Brasília – Adaptado – Versão PRA TORAR)
Carlos deve guardar duas dúzias de figurinhas iguais em meia dezena de estojos. Considerando
que os estojos sejam todos diferentes, e que cada estojo tenha pelo menos três figurinhas, o
número de maneiras que Carlos dispõe para guardar essas figurinhas é igual a:
a) 700.
b) 715.
c) 1430.
d) 2860.
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Comentário
Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 e 𝑒 as quantidades de figurinhas que cada estojo receberá. Como São 24
figurinhas, então:
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 24
Agora temos a restrição de que cada incógnita tem que ser no mínimo igual a 3, ou seja:
𝑎 ≥ 3
𝑏 ≥ 3
𝑐 ≥ 3
𝑑 ≥ 3
𝑒 ≥ 3
Vamos utilizar a seguinte mudança de incógnita.
𝑎 = 𝑣 + 3
𝑏 = 𝑤 + 3
𝑐 = 𝑥 + 3
𝑑 = 𝑦 + 3
𝑒 = 𝑧 + 3
Observe que se 𝑣 = 0, então 𝑎 = 3. Assim, as incógnitas 𝑣,𝑤, 𝑥, 𝑦, 𝑧 podem ser nulas.
A nossa equação fica:
𝑣 + 3CEF
G
+𝑤 + 3CEF
H
+ 𝑥 + 3CEF
I
+ 𝑦 + 3CEF
J
+ 𝑧 + 3CEF
K
= 24
𝑣 + 𝑤 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9
Vejamos outro raciocínio para chegar a essa equação. Precisamos distribuir 24 figurinhas. Como
cada estojo precisa receber pelo menos 3, então já colocamos 3 figurinhas em cada estojo para
satisfazer o critério da questão. Como são 5 estojos e já colocamos 3 figurinhas em cada, então já
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56
foram alocadas 5 × 3 = 15 figurinhas. Assim, ainda precisamos distribuir 24 – 15 = 9 figurinhas.
Assim, chegamos à equação
𝑣 + 𝑤 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9
Como cada estojo já recebeu as 3 figurinhas, a equação acima não precisa ter soluções
necessariamente positivas, ou seja, é possível agora que alguma incógnita seja igual a zero (nula).
Como essas incógnitas podem ser nulas, então queremos calcular a quantidade de soluções não-
negativas dessa equação. Como são 5 incógnitas, então 𝑛 = 5. A resposta é:
𝐶𝑅$A = 𝐶$(A;*A = 𝐶*%A
= 𝐶*%,
=
13 ∙ 12 ∙ 11 ∙ 10
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
= 715
Gabarito: B
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11. LISTA DE QUESTÕES DE CONCURSOS ANTERIORES
1. (FGV 2014/AL-BA)
A sigla de Assembleia Legislativa do Estado da Bahia é “ALBA”. Embaralhando as letras de
ALBA, o número de sequências diferentes que podem ser formadas com essas mesmas 4 letras é
(A) 4.
(B) 6.
(C) 8.
(D) 10.
(E) 12.
2. (FGV 2013/CONDER)
O número de maneiras diferentes de se colocar as letras da sigla CONDER em fila, de modo que
a fila comece por uma vogal, é
(A) 240.
(B) 120.
(C) 96.
(D) 72.
(E) 60.
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3. (FGV 2013/SUDENE)
Observe a tabela a seguir:
Começando pela letra S na primeira linha e caminhando consecutivamente sempre para a linha
de baixo em diagonal para a coluna imediatamente à esquerda ou para a coluna imediatamente
à direita até chegar na última linha, forma-se sempre a sigla SUDENE.
A quantidade de caminhos possíveis é
(A) 20.
(B) 21.
(C) 32.
(D) 64.
(E) 720.
4. (VUNESP 2017/CM de Cotia)
Em uma festa, estavam presentes homens e mulheres, sendo que havia 5 homens a mais do que
mulheres. Cada homem conversou com cada outro homem, cada mulher conversou com cada
outra mulher e cada homem conversou com cada mulher, num total de 253 conversas. O
número total de pessoas nessa festa era, incluindo homens e mulheres,(A) 23.
(B) 29.
(C) 31.
(D) 37.
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(E) 41.
5. (FGV 2012/PC-MA)
Entre vinte policiais civis há doze homens e oito mulheres. Deseja-se escolher, entre eles, quatro
policiais civis sendo dois homens e duas mulheres. O número total de conjuntos distintos de
quatro policias civis que se pode escolher nas condições dadas é:
(A) 7392.
(B) 1848.
(C) 384.
(D) 188.
(E) 94.
6. (FGV 2010/DOCAS)
Há seis contêineres diferentes que deverão ser empilhados, três mais pesados embaixo e três
mais leves em cima, conforme sugere a figura.
O número de maneiras de se fazer essa arrumação, mantendo os três mais pesados embaixo e
os três mais leves em cima é
a) 18
b) 6
c) 9
d) 36
e) 72
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7. (FGV 2010/DOCAS)
Marcelo tem 6 camisas diferentes, sendo duas delas camisas sociais. Marcelo tem ainda 5 calças
compridas, sendo 3 delas calças jeans. De quantas formas diferentes Marcelo pode usar, ao
mesmo tempo, uma das camisas e uma das calças de forma que camisas sociais nunca sejam
usadas com calças jeans?
a) 30
b) 16
c) 12
d) 8
e) 24
8. (FGV 2010/CAERN)
De quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 pessoas em fila sendo que Maria, uma
dessas 5 pessoas, jamais seja a primeira da fila?
a) 120
b) 112
c) 96
d) 75
e) 88
9. (FGV 2010/CAERN)
Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. Quantas senhas diferentes podem ser criadas
de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes?
a) 3.600
b) 3.645
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c) 2.520
d) 2.240
e) 2.016
10. (FGV 2010/CAERN)
Num curso de pós-graduação, Marcos, Nélson, Osmar e Pedro são candidatos a representantes
da turma da qual fazem parte. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para
representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. Quantas duplas diferentes de
representante e auxiliar podem ser formadas?
a) 24.
b) 18.
c) 16.
d) 12.
e) 6.
11. (FGV 2014/FUNARTE)
Certa empresa solicita a cada funcionário uma senha de segurança formada por uma vogal e
duas consoantes diferentes do nosso alfabeto atual. Exemplos de senhas desse tipo são KPA e
BIG. O número de senhas diferentes que podem ser formadas é:
(A) 2100;
(B) 2205;
(C) 3250;
(D) 6300;
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(E) 6615.
12. (FCC 2016/Pref. de Campinas)
A montagem de um mecanismo exige que ele contenha pelo menos duas, e no máximo quatro,
de seis peças diferentes (A, B, C, D, E, F). Sabendo que as únicas peças que compõem esse
mecanismo são as seis peças mencionadas, o total de possibilidades diferentes, de montagem
desse mecanismo, é igual a
(A) 48.
(B) 50.
(C) 55.
(D) 56.
(E) 57.
13. (FCC 2016/SEFAZ-MA)
Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8
primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados
que Jair pode fazer para o jantar é igual a
(A) 40.
(B) 56.
(C) 30.
(D) 26.
(E) 36.
14. (FCC 2016/AL-MS)
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O setor de almoxarifado de uma loja conta com 6 funcionários, e o setor de conferencistas com
outros 5 funcionários. Uma tarefa tem que ser executada por um grupo de 3 funcionários do
almoxarifado e, em seguida, tem que ser conferida por um grupo de 2 conferencistas. O total de
possibilidades diferentes de agrupamentos dos 5 funcionários que devem executar e conferir
essa tarefa é igual a
(A) 120.
(B) 180.
(C) 200.
(D) 150.
(E) 240.
15. (FGV 2015/TCE-SE)
João tem 4 primas e 3 primos, deseja convidar duas dessas pessoas para ir ao cinema, mas não
quer que o grupo seja exclusivamente masculino. O número de maneiras diferentes pelas quais
João pode escolher seus dois convidados é:
a) 9;
b) 12;
c) 15;
d) 16;
e) 18.
16. (FGV 2015/TJ-RO)
João tem 5 processos que devem ser analisados e Arnaldo e Bruno estão disponíveis para esse
trabalho. Como Arnaldo é mais experiente, João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para
Bruno.
O número de maneiras diferentes pelas quais João pode distribuir esses 5 processos entre
Arnaldo e Bruno é:
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a) 6;
b) 8;
c) 10;
d) 12;
e) 15.
17. (FGV 2015/Pref. de Niterói)
João coordena as 5 pessoas da equipe de manutenção de uma empresa e deve designar, para
cada dia, as pessoas para as seguintes funções:
• uma pessoa da equipe para abrir o prédio da empresa e fiscalizar o trabalho geral;
• duas pessoas da equipe para o trabalho no turno da manhã, deixando as outras duas para o
turno da tarde.
O número de maneiras diferentes pelas quais João poderá organizar essa escala de trabalho é:
a) 10;
b) 15;
c) 20;
d) 30;
e) 60.
18. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra
TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas.
Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai
digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a mesma
senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo,
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(A) 240 tentativas.
(B) 144 tentativas.
(C) 576 tentativas.
(D) 196 tentativas.
(E) 288 tentativas.
19. (FCC 2015/SEFAZ-PE)
A prova de raciocínio lógico de um concurso foi elaborada com 10 questões, sendo 4 fáceis, 3
médias e 3 difíceis. Para criar diferentes versões dessa prova, a organização do concurso
pretende trocar a ordem das questões, mantendo sempre as fáceis no início, as médias no meio
e as difíceis no final e respeitando as seguintes restrições colocadas pelo elaborador:
− há duas questões fáceis que, por se referirem a uma mesma figura, devem ser mantidas uma
após a outra, em qualquer ordem;
− há ainda uma questão média e uma difícil que se referem a um mesmo texto, devendo
também ser mantidas uma após a outra, com a média aparecendo primeiro.
Nessas condições,
o número de diferentes versões que a organização do concurso poderá criar para essa prova é
igual a
(A) 54.
(B) 40.
(C) 24.
(D) 36.
(E) 48.
20. (FCC 2015/SEFAZ-PE)
A tabela a seguir mostra a pontuação obtida pelas cinco empresas que participaram da
concorrência pública para a construção das dez estações de uma linha de metrô.
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De acordo com as regras do edital da concorrência, somente as empresas com mais de 150
pontos seriam consideradas aprovadas. Além disso, o edital determinava que as dez estações
seriam distribuídas entre as empresas aprovadas proporcionalmente ao número de pontos que
cada uma delas obteve. Sabendo que as dez estaçõessão iguais, o número de maneiras
diferentes de distribuí-las entre as empresas aprovadas, de acordo com as regras do edital, é
igual a
(A) 7560.
(B) 5040.
(C) 2520.
(D) 1260.
(E) 3780.
21. (FCC 2016/SEDU-ES)
São realizados três lançamentos, em sequência, de um dado com faces numeradas de 1 a 6.
Com os resultados obtidos, em cada três lançamentos, forma-se um número de três algarismos.
Por exemplo: se os resultados obtidos foram, nessa ordem, 2; 6 e 3, o número formado será
263. A quantidade de números diferentes, e que sejam menores do que 500, que podemos
formar dessa maneira é igual a
(A) 499.
(B) 186.
(C) 399.
(D) 144.
(E) 400.
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22. (FCC 2016/SEDU-ES)
O número de anagramas que podem ser obtidos utilizando as letras da palavra VITÓRIA, e que
terminam com uma consoante é igual a
(A) 2520.
(B) 1080.
(C) 840.
(D) 5040.
(E) 1980.
23. (FCC 2016/SEFAZ-MA)
Considere a descrição de sistemas de senhas abaixo.
- Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras do
alfabeto seguidas de três algarismos ímpares.
− Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois
algarismos diferentes.
− Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras
consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos
diferentes dentre os oito primeiros algarismos.
Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas é
(A) K;L;J.
(B) J;L;K.
(C) J;K;L.
(D) L;K;J.
(E) K;J;L.
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24. (CONSULPLAN 2017/TRF 2ª Região)
Bruna mora longe de seus pais e deseja escolher 3 meses de um mesmo ano para visitá-los,
sendo que os dois primeiros deles devem ser do primeiro semestre do ano e não consecutivos; o
outro mês deve ser qualquer um a partir de agosto. De quantas maneiras Bruna poderá efetuar
a escolha dos meses em que visitará seus pais?
A) 18.
B) 32.
C) 50.
D) 60.
25. (CETRO 2012/PM-SP)
Simplificando (𝒏(𝟒)!
(𝒏;𝟑)!
∙ (𝒏;𝟐)!
(𝒏(𝟑)!
, obtém-se
a) 𝑛+ + 2𝑛 − 8
b) 𝑛+ − 2𝑛 + 8
c) 𝑛+ − 2𝑛 − 8
d) 𝑛+ + 2𝑛 + 8
26. (CETRO 2012/PM-SP)
Uma lei de certo país determinou que as placas das viaturas de polícia deveriam ter 3 algarismos
seguidos de 4 letras do alfabeto grego (24 letras). Sendo assim, o número de placas diferentes
será igual a
(A) 175.760.000.
(B) 183.617.280.
(C) 331.776.000.
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(D) 358.800.000.
27. (IDECAN 2014/AGU)
Observe a figura. Quantos caminhos diferentes há para ir de A até B, andando sobre as linhas da
grade e sempre nos sentidos das setas x e y?
a) 28
b) 120
c) 330
d) 360
e) 720
28. (FGV 2018/MPE-AL)
Em uma reunião há 9 pessoas, das quais 6 se conhecem mutuamente e as outras 3 não
conhecem nenhuma das outras pessoas presentes à reunião. As pessoas que se conhecem, se
cumprimentam com um abraço e, as pessoas que não se conhecem, se cumprimentam com um
aperto de mão.
Todas as pessoas presentes à reunião se cumprimentaram mutuamente.
Assinale a opção que indica o número de apertos de mãos que foram dados.
a) 21.
b) 20.
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70
c) 18.
d) 15.
e) 12.
29. (FGV 2017/IBGE)
Em um encontro de 12 pessoas, 8 delas se conhecem mutuamente e cada uma das outras 4 não
conhece nenhuma das pessoas presentes ao encontro. Pessoas que se conhecem mutuamente
se cumprimentam com um abraço e pessoas que não se conhecem se cumprimentam com um
aperto de mão. Todas as pessoas presentes ao encontro se cumprimentam entre si.
O número de apertos de mão dados é:
a) 32;
b) 36;
c) 38;
d) 42;
e) 44.
30. (FGV 2018/ALE-RO)
O presidente e o vice-presidente de uma comissão serão escolhidos entre os 10 deputados do
Partido X e os 6 deputados do Partido Y. Os Partidos acordaram que os dois cargos não
poderão ser ocupados por deputados de um mesmo Partido.
O número de maneiras diferentes de se escolher o presidente e o vice-presidente dessa
comissão, é
a) 16.
b) 32.
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71
c) 60.
d) 64.
e) 120.
31. (FGV 2018/ALE-RO)
Helena entra em uma sorveteria que oferece sorvetes de 8 sabores diferentes. Helena deseja
escolher uma casquinha com duas bolas de sorvete não necessariamente de sabores diferentes.
A ordem em que as bolas forem colocadas na casquinha não fará a escolha de Helena ser
diferente.
O número de maneiras de Helena escolher sua casquinha é
a) 64.
b) 56.
c) 36.
d) 28.
e) 16.
32. (FGV 2017/SEPOG-RO)
Armando, Bárbara, Carlos e Deise foram ao cinema e vão ocupar quatro poltronas consecutivas
em uma fila.
Armando e Carlos não querem sentar um ao lado do outro.
Nessas condições, o número de maneiras diferentes que eles podem ocupar as quatro poltronas
é
a) 24.
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72
b) 18.
c) 15.
d) 12.
e) 8.
33. (FGV 2017/Prefeitura de Salvador)
Três casais vão ocupar seis cadeiras consecutivas de uma fila do cinema, e os casais não querem
sentar separados.
Assinale a opção que indica o número de maneiras diferentes em que esses três casais podem
ocupar as seis cadeiras.
a) 6.
b) 12.
c) 24.
d) 36.
e) 48.
34. (FGV 2017/Prefeitura de Salvador)
Cinco pessoas de diferentes alturas devem ocupar as cinco cadeiras abaixo para uma fotografia.
O fotógrafo pediu que nem o mais baixo nem o mais alto ocupassem as cadeiras das
extremidades.
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73
Respeitando essa condição, o número de maneiras como as pessoas podem se posicionar para a
fotografia é
12. GABARITOS
01. E
02. A
03. C
04. A
05. B
06. D
07. E
08. C
09. C
10. D
11. D
12. B
13. D
14. C
15. E
16. C
17. D
18. E
19. E
20. C
21. D
22. B
23. D
24. C
25. A
26. C
27. C
28. A
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74
29. C
30. E
31. C
32. D
33. E
34. D
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13. LISTA DE QUESTÕES DE CONCURSOS ANTERIORES COM COMENTÁRIOS
1. (FGV 2014/AL-BA)
A sigla de Assembleia Legislativa do Estado da Bahia é “ALBA”. Embaralhando as letras de
ALBA, o número de sequências diferentes que podem ser formadas com essas mesmas 4 letras é
(A) 4.
(B) 6.
(C) 8.
(D) 10.
(E) 12.
Comentário
Queremos permutar 4 letras, sendo duas delas repetidas.
𝑃,+ =
4!
2! =
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
2 ∙ 1 = 12
Gabarito: E
2. (FGV 2013/CONDER)
O número de maneiras diferentes de se colocar as letras da sigla CONDER em fila, de modo que
a fila comece por uma vogal, é
(A) 240.
(B) 120.
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(C) 96.
(D) 72.
(E) 60.
Comentário
Esta palavra CONDER não possui letras repetidas. Queremos calcular o número de anagramas
que comecem por vogal.
Vamos resolver este problema em duas etapas: escolher a primeira letra e permutar as letras
restantes. Para a primeira letra, há duas possibilidades: O ou E. Assim, pelo princípio fundamental
da contagem, o total de anagramas que começam por vogal é
2 ∙ (5!) = 2 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 240
Gabarito: A
3. (FGV 2013/SUDENE)
Observe a tabela a seguir:
Começando pela letra S na primeira linha e caminhando consecutivamente sempre para a linha
de baixo em diagonal para a coluna imediatamente à esquerda ou para a coluna imediatamente
à direita até chegar na última linha, forma-se sempre a sigla SUDENE.
A quantidade de caminhos possíveis é
(A) 20.
(B) 21.
(C) 32.
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(D) 64.
(E) 720.
Comentário
São 5 etapas: escolher a letra U, a letra D, a letra E, a letra N e, finalmente, a letra E.
Primeira etapa: estamos começando pela letra S. Quando vamos escolher a letra U, temos 2
possibilidades.
Segunda etapa: já escolhemos a letra U. Com a letra U já escolhida, temos 2 possibilidades para
escolher a letra D.
Terceira etapa: já escolhemos a letra D. Com a letra D já escolhida, temos 2 possibilidades para
escolher a letra E.
Quarta etapa: já escolhemos a letra E. Com a letra E já escolhida, temos 2 possibilidades para
escolher a letra N.
Quinta etapa: já escolhemos a letra N. Com a letra N já escolhida, temos 2 possibilidades para
escolher a letra E.
Pelo princípio fundamental da contagem, o total de caminhos é 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 32.
Gabarito: C
4. (VUNESP 2017/CM de Cotia)
Em uma festa, estavam presentes homens e mulheres, sendo que havia 5 homens a mais do que
mulheres. Cada homem conversou com cada outro homem, cada mulher conversou com cada
outra mulher e cada homem conversou com cada mulher, num total de 253 conversas. O
número total de pessoas nessa festa era, incluindo homens e mulheres,
(A) 23.
(B) 29.
(C) 31.
(D) 37.
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(E) 41.
Comentário
Todos os homens conversam entre si, todas as mulheres conversam entre si e, ademais, todos os
homens conversam com todas as mulheres. O texto só tentou complicar a situação. Em suma,
cada pessoa conversa com todas as outras pessoas da festa.
Assim, é totalmente irrelevante saber que há 5 homens a mais do que mulheres. Vamos
considerar que são n pessoas.
Quando a pessoa X conversa com a pessoa Y, pessoa Y também conversa com a pessoa X.
Assim, a ordem das pessoas não é relevante.
Como são n pessoas, o número de conversas é igual a 𝐶'+.
𝐶'+ = 253
𝑛(𝑛 − 1)
2 ∙ 1 = 253
𝑛+ − 𝑛 = 506
𝑛+ − 𝑛 − 506 = 0
𝛥 = 𝑏+ − 4𝑎𝑐 = (−1)+ − 4 ∙ 1 ∙ (−506) = 2.025
𝑛 =
1 ± 45
2 , 𝑛 > 0
𝑛 =
1 + 45
2 = 23
Gabarito: A
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5. (FGV 2012/PC-MA)
Entre vinte policiais civis há doze homens e oito mulheres. Deseja-se escolher, entre eles, quatro
policiais civis sendo dois homens e duas mulheres. O número total de conjuntos distintos de
quatro policias civis que se pode escolher nas condições dadas é:
(A) 7392.
(B) 1848.
(C) 384.
(D) 188.
(E) 94.
Comentário
Como o problema não especificou funções específicas para os policiais, a ordem deles não é
relevante. Assim, podemos usar combinações. Temos 12 homens dos quais 2 serão escolhidos, e
8 mulheres das quais 2 serão escolhidas. O total de possibilidades é igual a:
𝐶*++ ∙ 𝐶!+ =
12 ∙ 11
2 ∙ 1 ∙
8 ∙ 7
2 ∙ 1 = 1.848
Outra dica importante para notar que o problema deve ser resolvido usando combinações é que
o enunciado pediu o número total de CONJUNTOS. Lembre-se que não existe ordem entre os
elementos de um conjunto.
Gabarito: B
6. (FGV 2010/DOCAS)
Há seis contêineres diferentes que deverão ser empilhados, três mais pesados embaixo e três
mais leves em cima, conforme sugere a figura.
O número de maneiras de se fazer essa arrumação, mantendo os três mais pesados embaixo e
os três mais leves em cima é
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a) 18
b) 6
c) 9
d) 36
e) 72
Comentário
Devemos permutar os três contêineres que estão na primeira linha e permutar os três contêineres
que estão na segunda linha. A resposta é
𝑃% ∙ 𝑃% = 3! ∙ 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 36
Gabarito: D
7. (FGV 2010/DOCAS)
Marcelo tem 6 camisas diferentes, sendo duas delas camisas sociais. Marcelo tem ainda 5 calças
compridas, sendo 3 delas calças jeans. De quantas formas diferentes Marcelo pode usar, ao
mesmo tempo, uma das camisas e uma das calças de forma que camisas sociais nunca sejam
usadas com calças jeans?
a) 30
b) 16
c) 12
d) 8
e) 24
Comentário
Marcelo tem três opções, a saber:
i) Vestir uma camisa social e uma calça não-jeans.
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Ele possui 2 camisas sociais e 2 calças não-jeans. Ele pode se vestir assim de 2 × 2 = 4 maneiras
diferentes.
ii) Vestir uma camisa não-social e uma calça jeans.
Ele possui 4 camisas não-sociais e 3 calças jeans. Ele pode se vestir assim de 4 × 3 = 12 maneiras
diferentes.
iii) Vestir uma camisa não-social e uma calça não-jeans.
Ele possui 4 camisas não-sociais e 2 calças não-jeans. Ele pode se vestir assim de 4 × 2 = 8
maneiras diferentes.
O total de casos é igual a 4 +12 +8 = 24.
Comentário 2
Vamos desconsiderar a restrição do problema: Marcelo possui 6 camisas e 5 calças. Ele pode se
vestir de 6 × 5 = 30 maneiras diferentes.
Vamos excluir os casos em que Marcelo usa camisa social e camisa jeans simultaneamente. Ele
possui 2 camisas sociais e 3 calças jeans. Ele pode se vestir assim de 2 × 3 = 6 maneiras
diferentes.
Vamos, do total de casos, subtrair essas 6 maneiras. A resposta é 30 – 6 = 24.
Gabarito: E
8. (FGV 2010/CAERN)
De quantas maneiras diferentes podemos colocar 5 pessoas em fila sendo que Maria, uma
dessas 5 pessoas, jamais seja a primeira da fila?
a) 120
b) 112
c) 96
d) 75
e) 88
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Comentário
Vamos utilizar o mesmo raciocínio da segunda resolução da questão anterior.
Vamos desconsiderar a restrição do problema: devemos permutar 5 pessoas em fila. O total de
possibilidade SERIA igual a:
𝑃$ = 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120
Destas 120 possibilidades, devemos excluir aquelas em que Maria é a primeira da fila.
De quantas maneiras podemos arrumar a fila, de modo que Maria seja a primeira?
Maria
Neste caso, Maria está fixa e devemos permutar os 4 elementos restantes.
𝑃, = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24
O total de casos que nos interessa é igual a 120 – 24 = 96.
Gabarito: C
9. (FGV 2010/CAERN)
Deseja-se criar senhas bancárias de 4 algarismos. Quantas senhas diferentes podem ser criadas
de modo que o último dígito seja ímpar e todos os algarismos da senha sejam diferentes?
a) 3.600
b) 3.645
c) 2.520
d) 2.240
e) 2.016
Comentário
Vamos esquecer, a priori, a restrição de que o último dígitodeve ser ímpar.
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A senha deve ser formada por 4 algarismos distintos. Assim, há 10 possibilidades para o quarto
dígito, 9 possibilidades para o terceiro dígito, 8 possibilidades para o segundo dígito e 7
possibilidades para o primeiro dígito.
O total de senhas SERIA igual a 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 = 5.040.
Em metade dessas senhas, o último dígito é par e em metade das senhas o último dígito é ímpar.
Assim, o total de senhas com 4 algarismos distintos com o último dígito ímpar é igual a 5.040/2 =
2.520.
Gabarito: C
10. (FGV 2010/CAERN)
Num curso de pós-graduação, Marcos, Nélson, Osmar e Pedro são candidatos a representantes
da turma da qual fazem parte. Serão escolhidas duas dessas quatro pessoas: uma para
representante e a outra para ser o auxiliar desse representante. Quantas duplas diferentes de
representante e auxiliar podem ser formadas?
a) 24.
b) 18.
c) 16.
d) 12.
e) 6.
Comentário
Nesta questão a ordem é importante. Isso porque cada uma das pessoas escolhidas tem uma
função específica: um será representante e o outro será auxiliar desse representante. Se o
problema não indicasse essa função, deveríamos usar 𝐶,+ = 6. Mas isto está errado!
Como a ordem é importante, vamos resolver usando o princípio fundamental da contagem.
Existem 4 possibilidades para escolher o representante e 3 possibilidades para escolher o seu
auxiliar. O total de duplas que podem ser formadas é igual a 4 x 3 = 12.
Gabarito: D
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11. (FGV 2014/FUNARTE)
Certa empresa solicita a cada funcionário uma senha de segurança formada por uma vogal e
duas consoantes diferentes do nosso alfabeto atual. Exemplos de senhas desse tipo são KPA e
BIG. O número de senhas diferentes que podem ser formadas é:
(A) 2100;
(B) 2205;
(C) 3250;
(D) 6300;
(E) 6615.
Comentário
Nosso alfabeto atual é formado por 26 letras, sendo 5 vogais e 21 consoantes.
A primeira etapa é escolher a vogal: 5 possibilidades.
A segunda etapa é escolher a primeira consoante: 21 possibilidades.
A terceira etapa é escolher a segunda consoante, que é diferente da primeira: 20 possibilidades.
O número de senhas diferentes que podem ser formadas é igual a 5 x 21 x 20 = 2.100.
Entretanto, estamos considerando no cálculo acima que devemos começar por vogal e depois
posicionar as consoantes. Poderíamos, por exemplo, colocar consoante-vogal-consoante ou
consoante-consoante-vogal.
Assim, para cada escolha de vogal e consoantes, há 3 possibilidades a considerar: VCC, CVC ou
CCV.
2.100 ∙ 3 = 6.300
Gabarito: D
12. (FCC 2016/Pref. de Campinas)
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A montagem de um mecanismo exige que ele contenha pelo menos duas, e no máximo quatro,
de seis peças diferentes (A, B, C, D, E, F). Sabendo que as únicas peças que compõem esse
mecanismo são as seis peças mencionadas, o total de possibilidades diferentes, de montagem
desse mecanismo, é igual a
(A) 48.
(B) 50.
(C) 55.
(D) 56.
(E) 57.
Comentário
Podemos ter duas peças, três peças ou quatro peças, escolhidas dentre um total de 6 peças.
𝐶#+ + 𝐶#% + 𝐶#,
Lembre-se que 𝐶#, = 𝐶#+. Portanto,
𝐶#+ + 𝐶#% + 𝐶#+ =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 +
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15 + 20 + 15 = 50
Gabarito: B
13. (FCC 2016/SEFAZ-MA)
Jair tem 8 primos, dos quais irá convidar 5 para um jantar em sua casa. Ocorre que 2 dos 8
primos só podem ir ao jantar se forem juntos. O total de escolhas diferentes dos 5 convidados
que Jair pode fazer para o jantar é igual a
(A) 40.
(B) 56.
(C) 30.
(D) 26.
(E) 36.
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Comentário
Vamos considerar que os primos são A, B, C, D, E, F, G e H. Consideremos ainda que A e B são
os primos que só podem ir ao jantar se forem juntos.
Considere que A e B foram escolhidos para o jantar. O total de primos é 8. Portanto, há 6 primos
disponíveis para escolhermos os 3 primos restantes. Como serão 5 convidados, ainda precisamos
escolher 3 primos. Assim, temos que escolher 3 pessoas dentre 6 disponíveis.
𝐶#% =
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 20
Podemos realizar este processo de escolha de 20 maneiras distintas.
Se A e B não forem escolhidos, teremos que escolher as 5 pessoas dentre as 6 pessoas restantes.
𝐶#$ =
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6
O total de possibilidades é 20 + 6 = 26.
Gabarito: D
14. (FCC 2016/AL-MS)
O setor de almoxarifado de uma loja conta com 6 funcionários, e o setor de conferencistas com
outros 5 funcionários. Uma tarefa tem que ser executada por um grupo de 3 funcionários do
almoxarifado e, em seguida, tem que ser conferida por um grupo de 2 conferencistas. O total de
possibilidades diferentes de agrupamentos dos 5 funcionários que devem executar e conferir
essa tarefa é igual a
(A) 120.
(B) 180.
(C) 200.
(D) 150.
(E) 240.
Comentário
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Observe que o enunciado diz que a tarefa será executada por um grupo e, EM SEGUIDA, tem
que ser conferida por outro grupo.
Assim, devemos escolher as pessoas do primeiro grupo E escolher as pessoas do segundo
grupo.
Utilizaremos o princípio multiplicativo, ou seja, vamos calcular as quantidades de possibilidades
para escolher as pessoas de cada grupo e multiplicar os resultados.
Para o primeiro grupo, há 6 funcionários e devemos escolher 3. Para o segundo grupo, há 5
funcionários e devemos escolher 2.
𝐶#% ∙ 𝐶$+ =
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 ∙
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 20 × 10 = 200
Se o problema dissesse que a tarefa poderia ser executada por um grupo de 3 pessoas
(escolhidas dentre 6) ou por um grupo de 2 pessoas (escolhidas dentre 5), deveríamos utilizar o
princípio aditivo: 20 + 10 = 30 possibilidades.
Gabarito: C
15. (FGV 2015/TCE-SE)
João tem 4 primas e 3 primos, deseja convidar duas dessas pessoas para ir ao cinema, mas não
quer que o grupo seja exclusivamente masculino. O número de maneiras diferentes pelas quais
João pode escolher seus dois convidados é:
a) 9;
b) 12;
c) 15;
d) 16;
e) 18.
Comentário
Há 7 pessoas e escolheremos 2 delas.
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𝐶8+ =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21
Entretanto, devemos excluir desta contagem os grupos formados exclusivamente pode homens.
São 3 homens. A quantidade de possibilidades para escolher 2 deles é:
𝐶%+ =
3 ∙ 2
2 ∙ 1 = 3
Assim, a quantidade de possibilidades para João escolher seus dois convidados é 21 – 3 = 18.
Gabarito: E
16. (FGV 2015/TJ-RO)
João tem 5 processos que devem ser analisados e Arnaldo e Bruno estão disponíveis para esse
trabalho. Como Arnaldo é mais experiente, João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para
Bruno.
O número de maneiras diferentes pelas quais João pode distribuir esses 5 processos entre
Arnaldo e Bruno é:
a) 6;
b) 8;
c) 10;
d) 12;
e) 15.
Comentário
João decidiu dar 3 processos para Arnaldo e 2 para Bruno.
Como o conectivo utilizado é “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo.
Há 5 processos dos quais escolheremos 3 para Arnaldo. Sobrarão 2 processos dos quais
escolheremos 2 para Bruno.
𝐶$% ∙ 𝐶++ =
5 ∙ 4 ∙ 3
3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = 10
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Gabarito: C
17. (FGV 2015/Pref. de Niterói)
João coordena as 5 pessoas da equipe de manutenção de uma empresa e deve designar, para
cada dia, as pessoas para as seguintes funções:
• uma pessoa da equipe para abrir o prédio da empresa e fiscalizar o trabalho geral;
• duas pessoas da equipe para o trabalho no turno da manhã, deixando as outras duas para o
turno da tarde.
O número de maneiras diferentes pelas quais João poderá organizar essa escala de trabalho é:
a) 10;
b) 15;
c) 20;
d) 30;
e) 60.
Comentário
Devemos escolher 1 pessoa para abrir o prédio e escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da
manhã e 2 pessoas para o turno da tarde. Utilizaremos o princípio multiplicativo.
Há 5 pessoas para escolher 1 pessoa para abrir o prédio.
Sobram 4 pessoas. Há 4 pessoas para escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da manhã.
Sobram 2 pessoas. Há 2 pessoas para escolher 2 pessoas para o trabalho no turno da tarde.
𝐶$* ∙ 𝐶,+ ∙ 𝐶++ = 5 ∙
4 ∙ 3
2 ∙ 1 ∙ 1 = 30
Gabarito: D
18. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
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A senha requerida para ligar um computador é formada pelas mesmas 8 letras da palavra
TERESINA, com as vogais ocupando as 4 primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas.
Conhecendo apenas essas informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai
digitando todas as possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a mesma
senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo,
(A) 240 tentativas.
(B) 144 tentativas.
(C) 576 tentativas.
(D) 196 tentativas.
(E) 288 tentativas.
Comentário
Queremos calcular o número permutações da palavra TERESINA de modo que as 4 primeiras
letras sejam vogais e as 4 últimas sejam consoantes.
𝐸𝐸𝐼𝐴 𝑇𝑅𝑆𝑁
Assim, vamos permutar as 4 vogais entre si (sendo duas repetidas) e vamos permutar as
consoantes entre si.
𝑃,+ ∙ 𝑃, =
4!
2! ∙ 4! = 12 ∙ 24 = 288
Gabarito: E
19. (FCC 2015/SEFAZ-PE)
A prova de raciocínio lógico de um concurso foi elaborada com 10 questões, sendo 4 fáceis, 3
médias e 3 difíceis. Para criar diferentes versões dessa prova, a organização do concurso
pretende trocar a ordem das questões, mantendo sempre as fáceis no início, as médias no meio
e as difíceis no final e respeitando as seguintes restrições colocadas pelo elaborador:
− há duas questões fáceis que, por se referirem a uma mesma figura, devem ser mantidas uma
após a outra, em qualquer ordem;
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− há ainda uma questão média e uma difícil que se referem a um mesmo texto, devendo
também ser mantidas uma após a outra, com a média aparecendo primeiro.
Nessas condições,
o número de diferentes versões que a organização do concurso poderá criar para essa prova é
igual a
(A) 54.
(B) 40.
(C) 24.
(D) 36.
(E) 48.
Comentário
Teremos a seguinte estrutura:
𝐹á𝑐𝑒𝑖𝑠 𝑀é𝑑𝑖𝑎𝑠 𝐷𝑖𝑓í𝑐𝑒𝑖𝑠
Não alteraremos esta ordem. Portanto, não precisamos permutar estas 3 caixas.
Entre as 4 questões fáceis, há duas que devem ficar juntas.
Entre as 3 questões médias, a última não pode ser mover, pois deve ficar colada à primeira
questão difícil.
Ficamos com o seguinte esquema:
𝐹* 𝐹+ 𝐹% 𝐹, 𝑀* 𝑀+ 𝑀%�
LMNOçãM ROCG
𝐷*�
LMNOçãM ROCG
𝐷+ 𝐷%
Observe que deveremos simultaneamente permutar as fáceis, médias e difíceis, obedecendo às
restrições. Portanto, utilizaremos o princípio multiplicativo.
Há duas questões fáceis que devem ficar juntas. Vamos considerá-las como uma só. Assim,
vamos permutar 3 objetos. Em seguida, vamos permutar as questões 𝐹* e 𝐹+ entre si.
Ficamos com:
𝑃% ∙ 𝑃+
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Vamos ainda permutar as questões 𝑀* e 𝑀+ entre si. Observe que a questão 𝑀% é fixa.
Ficamos com:
𝑃% ∙ 𝑃+ ∙ 𝑃+
Finalmente, vamos permutar as questões 𝐷+ e 𝐷% entre si. Observe que a questão 𝐷* é fixa.
Ficamos com:
𝑃% ∙ 𝑃+ ∙ 𝑃+ ∙ 𝑃+ = 3! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! = 6 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 48
Gabarito: E
20. (FCC 2015/SEFAZ-PE)
A tabela a seguir mostra a pontuação obtida pelas cinco empresas que participaram da
concorrência pública para a construção das dez estações de uma linha de metrô.
De acordo com as regras do edital da concorrência, somente as empresas com mais de 150
pontos seriam consideradas aprovadas. Além disso, o edital determinava que as dez estações
seriam distribuídas entre as empresas aprovadas proporcionalmente ao número de pontos que
cada uma delas obteve. Sabendo que as dez estações são iguais, o número de maneiras
diferentes de distribuí-las entre as empresas aprovadas, de acordo com as regras do edital, é
igual a
(A) 7560.
(B) 5040.
(C) 2520.
(D) 1260.
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(E) 3780.
Comentário
A empresas IV e V foram desclassificadas. Vamos distribuir as 10 estações proporcionalmente às
pontuações obtidas pelas empresas I, II e III.
A soma das pontuações de I, II e III é igual a 500 + 300 + 200 = 1.000.
Como a empresas I obteve 500 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 5 das 10 estações.
Como a empresas II obteve 300 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 3 das 10 estações.
Como a empresas III obteve 200 pontos (em um total de 1.000), terá direito a 2 das 10 estações.
Há 10 estações e escolheremos 5 para a empresa I. Sobram 5 estações. Assim, em seguida,
escolheremos 3 estações dentre as 5 restantes para a empresa II. Finalmente, dentre as 2
estações restantes, escolheremos 2 estações para a empresa III.
𝐶*-$ ∙ 𝐶$% ∙ 𝐶++ =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙
5 ∙ 4 ∙ 3
3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = 252 ∙ 10 ∙ 1 = 2.520
Gabarito: C
21. (FCC 2016/SEDU-ES)
São realizados três lançamentos, em sequência, de um dado com faces numeradas de 1 a 6.
Com os resultados obtidos, em cada três lançamentos, forma-se um número de três algarismos.
Por exemplo: se os resultados obtidos foram, nessa ordem, 2; 6 e 3, o número formado será
263. A quantidade de números diferentes, e que sejam menores do que 500, que podemos
formar dessa maneira é igual a
(A) 499.
(B) 186.
(C) 399.
(D) 144.
(E) 400.
Comentário
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Para que os números sejam menores que 500, há 4 possibilidades para o algarismo das centenas:
1, 2, 3 ou 4.
Não há restrições para o algarismo das dezenas nem restrições para o algarismo das unidades:
são 6 possibilidades para cada.
Assim, pelo princípio fundamental da contagem, o total de números que podemos formar é
4 × 6 × 6 = 144.
Gabarito: D
22. (FCC 2016/SEDU-ES)
O número de anagramas que podem ser obtidos utilizando as letras da palavra VITÓRIA, e que
terminam com uma consoante é igual a
(A) 2520.
(B) 1080.
(C) 840.
(D) 5040.
(E) 1980.
Comentário
Como a palavra deverá terminar em uma consoante, há 3 possibilidades para a última letra.
Devemos ainda permutar as outras 6 letras, lembrando que 2 delas são repetidas.
Ficamos com:
3 ∙ 𝑃#+ = 3 ∙
6!
2! = 3 ∙
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
2 ∙ 1 = 1.080
Gabarito: B
23. (FCC 2016/SEFAZ-MA)
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95
Considere a descrição de sistemas de senhas abaixo.
- Cada senha, do sistema de senhas J, é formada por duas letras dentre as 10 primeiras letras do
alfabeto seguidas de três algarismos ímpares.
− Cada senha, do sistema de senhas K, é formada por três letras vogais seguidas de dois
algarismos diferentes.
− Cada senha, do sistema de senhas L, é formada por uma letra dentre as dez primeiras
consoantes, seguida por duas letras vogais diferentes e ainda seguidas por dois algarismos
diferentes dentre os oito primeiros algarismos.
Quanto ao número de senhas diferentes possíveis, a ordenação crescente desses três sistemas é
(A) K;L;J.
(B) J;L;K.
(C) J;K;L.
(D) L;K;J.
(E) K;J;L.
Comentário
• Sistema J
Há 10 possibilidades para cada letra e 5 possibilidades para cada algarismo (pois os algarismos
são ímpares).
10 × 10 × 5 × 5 × 5 = 12.500 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑎𝑠
• Sistema K
Há 5 possibilidades para cada uma das 3 letras, 10 possibilidades para o primeiro algarismo e 9
opções para o segundo algarismo, já que os algarismos são diferentes.
5 × 5 × 5 × 10 × 9 = 11.250 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑎𝑠
• Sistema L
Há 10 possibilidades para a primeira letra, 5 possibilidades para a segunda letra (vogal), 4
possibilidades para a terceira letra (vogal diferente), 8 possibilidades para o primeiro algarismo e
7 possibilidades para o próximo algarismo (algarismo diferente).
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10 × 5 × 4 × 8 × 7 = 11.200
O sistema com menos senhas é o sistema L. O sistema com mais senhas é o sistema J.
Em ordem crescente do número de senhas, temos L, K, J.
Gabarito: D
24. (CONSULPLAN 2017/TRF 2ª Região)
Bruna mora longe de seus pais e deseja escolher 3 meses de um mesmo ano para visitá-los,
sendo que os dois primeiros deles devem ser do primeiro semestre do ano e não consecutivos; o
outro mês deve ser qualquer um a partir de agosto. De quantas maneiras Bruna poderá efetuar
a escolha dos meses em que visitará seus pais?
A) 18.
B) 32.
C) 50.
D) 60.
Comentário
Vamos escolher dois meses do primeiro semestre e 1 mês do segundo semestre. Vamos calcular
a quantidade de possibilidades para escolher os dois meses do primeiro semestre, calcular a
quantidade de possibilidades para escolher o mês do segundo semestre e vamos multiplicar os
resultados.
Há 6 meses no primeiro semestre e vamos escolher 2.
𝐶#+ =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15
Entretanto, esses dois meses não podem ser consecutivos. Assim, vamos excluir as seguintes
opções:
- Janeiro e Fevereiro
- Fevereiro e Março
- Março e Abril
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- Abril e Maio
- Maio e Junho
Vamos excluir, portanto, 5 possibilidades. Assim, há 15 – 5 = 10 maneiras de escolher 2 meses
não consecutivos do primeiro semestre.
Para o terceiro mês, devemos escolher qualquer mês a partir de agosto (Agosto, Setembro,
Outubro, Novembro ou Dezembro). Há 5 possibilidades.
Pelo princípio multiplicativo, o total de possibilidades é 10 × 5 = 50.
Gabarito: C
25. (CETRO 2012/PM-SP)
Simplificando (𝒏(𝟒)!
(𝒏;𝟑)!
∙ (𝒏;𝟐)!
(𝒏(𝟑)!
, obtém-se
a) 𝑛+ + 2𝑛 − 8
b) 𝑛+ − 2𝑛 + 8
c) 𝑛+ − 2𝑛 − 8
d) 𝑛+ + 2𝑛 + 8
Comentário
Observe que (𝑛 + 4)! = (𝑛 + 4)(𝑛 + 3)! e que (𝑛 − 2)! = (𝑛 − 2)(𝑛 − 3)!.
(𝑛 + 4)!
(𝑛 − 3)! ∙
(𝑛 − 2)!
(𝑛 + 3)! =
(𝑛 + 4)(𝑛 + 3)!
(𝑛 − 3)! ∙
(𝑛 − 2)(𝑛 − 3)!
(𝑛 + 3)! =
= (𝑛 + 4)(𝑛 − 2) = 𝑛+ − 2𝑛 + 4𝑛 − 8 = 𝑛+ + 2𝑛 − 8
Gabarito: A
26. (CETRO 2012/PM-SP)
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Uma lei de certo país determinou que as placas das viaturas de polícia deveriam ter 3 algarismos
seguidos de 4 letras do alfabeto grego (24 letras). Sendo assim, o número de placas diferentes
será igual a
(A) 175.760.000.
(B) 183.617.280.
(C) 331.776.000.
(D) 358.800.000.
Comentário
Há 10 possibilidades para cada um dos 3 algarismo e 24 possibilidades para cada uma das 4
letras. Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de placas é igual a
10 × 10 × 10 × 24 × 24 × 24 × 24 = 331.776.000
Gabarito: C
27. (IDECAN 2014/AGU)
Observe a figura. Quantos caminhos diferentes há para ir de A até B, andando sobre as linhas da
grade e sempre nos sentidos das setas x e y?
a) 28
b) 120
c) 330
d) 360
e) 720
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Comentário
Chamaremos de D cada passo para a direita e C cada passo para cima.
Observe o seguinte caminho:
O caminho acima pode ser representado por DDDDDDDCCCC.
O caminho acima pode ser representado por CCCCDDDDDDD.
Observe mais um caminho que pode ser percorrido.
O caminho acima pode ser representado por DDCDCCDDDCD.
Mais um exemplo de um possível caminho, que será representado por CCDDCDDCDDD.
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Em suma, estamos permutando 4 letras “C” e 7 letras “D”, o que pode ser feito de:
𝑃**
,,8 =
11!
4! 7! =
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7!
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 7! =
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 330 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠
Gabarito: C
28. (FGV 2018/MPE-AL)
Em uma reunião há 9 pessoas, das quais 6 se conhecem mutuamente e as outras 3 não
conhecem nenhuma das outras pessoas presentes à reunião. As pessoas que se conhecem, se
cumprimentam com um abraço e, as pessoas que não se conhecem, se cumprimentam com um
aperto de mão.
Todas as pessoas presentes à reunião se cumprimentaram mutuamente.
Assinale a opção que indica o número de apertos de mãos que foram dados.
a) 21.
b) 20.
c) 18.
d) 15.
e) 12.
Comentário
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Precisamos escolher 2 pessoas que não se conhecem. Isso pode ser feito de duas formas:
i) Escolher 2 pessoas entre as 3 que não conhecem nenhuma das outras pessoas.
ii) Escolher 1 pessoa entre as 3 que não conhecem nenhuma das outras pessoas e
escolher 1 pessoa do grupo de 6.
Vamos agora calcular o número de possibilidades para cada uma dessas formas.
i) Há 3 pessoas disponíveis e vamos escolher 2. Observe que quando A aperta a mão de B, B
também aperta a mão de A. Portanto, a ordem não é relevante. Vamos utilizar combinação.
𝐶%+ =
3 ∙ 2
2 ∙ 1 = 3
ii) Há 3 pessoas disponíveis no grupo das que não conhecem outras pessoas e vamos escolher 1
delas. Há 6 pessoas disponíveis no outro grupo e também vamos escolher uma. O total de
possibilidades é
𝐶%* ∙ 𝐶#* = 3 ∙ 6 = 18
O total de possibilidades é 3 + 18 = 21.
Vamos resolver de outra forma. Queremos calcular o total de apertos de mão. Um aperto de mão
é sempre composto por 2 pessoas. Assim, há 9 pessoas disponíveis e queremos escolher 2 delas.
𝐶A+ =
9 ∙ 8
2 ∙ 1 = 36
O problema é que contamos apertos de mãos demais. Há alguns que não nos interessa. Quais
não estamos interessados? Não queremos apertos de mãos entre pessoas que se conhecem.
Assim, vamos excluir os apertos de mãos entre os 6 conhecidos.
𝐶#+ =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15
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Portanto, os apertos de mão quequeremos totalizam 36 – 15 = 21.
Gabarito: A
29. (FGV 2017/IBGE)
Em um encontro de 12 pessoas, 8 delas se conhecem mutuamente e cada uma das outras 4 não
conhece nenhuma das pessoas presentes ao encontro. Pessoas que se conhecem mutuamente
se cumprimentam com um abraço e pessoas que não se conhecem se cumprimentam com um
aperto de mão. Todas as pessoas presentes ao encontro se cumprimentam entre si.
O número de apertos de mão dados é:
a) 32;
b) 36;
c) 38;
d) 42;
e) 44.
Comentário
Precisamos escolher 2 pessoas que não se conhecem. Isso pode ser feito de duas formas:
i) Escolher 2 pessoas entre as 4 que não conhecem nenhuma das outras pessoas.
ii) Escolher 1 pessoa entre as 4 que não conhecem nenhuma das outras pessoas e
escolher 1 pessoa do grupo de 8.
Vamos agora calcular o número de possibilidades para cada uma dessas formas.
i) Há 4 pessoas disponíveis e vamos escolher 2. Observe que quando A aperta a mão de B, B
também aperta a mão de A. Portanto, a ordem não é relevante. Vamos utilizar combinação.
𝐶,+ =
4 ∙ 3
2 ∙ 1 = 6
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ii) Há 4 pessoas disponíveis no grupo das que não conhecem outras pessoas e vamos escolher 1
delas. Há 8 pessoas disponíveis no outro grupo e também vamos escolher uma. O total de
possibilidades é
𝐶,* ∙ 𝐶!* = 4 ∙ 8 = 32
O total de possibilidades é 6 + 32 = 38.
Vamos resolver de outra forma. Queremos calcular o total de apertos de mão. Um aperto de mão
é sempre composto por 2 pessoas. Assim, há 12 pessoas disponíveis e queremos escolher 2
delas.
𝐶*++ =
12 ∙ 11
2 ∙ 1 = 66
O problema é que contamos apertos de mãos demais. Há alguns que não nos interessa. Quais
não estamos interessados? Não queremos apertos de mãos entre pessoas que se conhecem.
Assim, vamos excluir os apertos de mãos entre os 8 conhecidos.
𝐶!+ =
8 ∙ 7
2 ∙ 1 = 28
Portanto, os apertos de mão que queremos totalizam 66 – 28 = 38.
Gabarito: C
30. (FGV 2018/ALE-RO)
O presidente e o vice-presidente de uma comissão serão escolhidos entre os 10 deputados do
Partido X e os 6 deputados do Partido Y. Os Partidos acordaram que os dois cargos não
poderão ser ocupados por deputados de um mesmo Partido.
O número de maneiras diferentes de se escolher o presidente e o vice-presidente dessa
comissão, é
a) 16.
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b) 32.
c) 60.
d) 64.
e) 120.
Comentário
Observe que existe uma ordem entre os deputados escolhidos: um será o presidente e o outro
será o vice-presidente. Se não houvesse restrições, haveria 16 possibilidades para escolher o
presidente e 15 possibilidades para escolher o vice-presidente. O total de possibilidades seria:
16 × 15 = 240
Entretanto, há uma restrição: não podemos escolher dois deputados do partido X nem podemos
escolher dois deputados do partido Y. Vamos calcular essas possibilidades e excluí-las da
contagem.
i) Dois deputados do partido X.
Há 10 possibilidades para escolher o presidente e 9 possibilidades para escolher o vice-
presidente. Assim, o total de possibilidades para escolher dois deputados do partido X para
presidente e vice-presidente é
10 × 9 = 90
ii) Dois deputados do partido Y.
Há 6 possibilidades para escolher o presidente e 5 possibilidades para escolher o vice-
presidente. Assim, o total de possibilidades para escolher dois deputados do partido Y para
presidente e vice-presidente é
6 × 5 = 30
Vamos então subtrair das 240 possibilidades as opções que não queremos.
240 − 90 − 30 = 120
Gabarito: E
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31. (FGV 2018/ALE-RO)
Helena entra em uma sorveteria que oferece sorvetes de 8 sabores diferentes. Helena deseja
escolher uma casquinha com duas bolas de sorvete não necessariamente de sabores diferentes.
A ordem em que as bolas forem colocadas na casquinha não fará a escolha de Helena ser
diferente.
O número de maneiras de Helena escolher sua casquinha é
a) 64.
b) 56.
c) 36.
d) 28.
e) 16.
Comentário
Esse é um caso clássico de combinação completa (combinação com repetição). Há 8 sabores
disponíveis e precisamos escolher 2. Esses sabores podem ser iguais ou diferentes. Portanto, o
total de possibilidades é
𝐶𝑅!+
Como aplicamos essa fórmula? No denominador, colocamos o fatorial de 2, que é o número de
objetos que precisamos escolher.
𝐶𝑅!+ = 2 ∙ 1
Se fosse uma combinação simples, deveríamos expandir o número 8 em dois fatores no
numerador: 8 × 7. Como a combinação é completa, devemos expandir o número 8 em dois
fatores “para cima”.
𝐶𝑅!+ =
8 ∙ 9
2 ∙ 1 = 36
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Outra maneira é aplicar a relação que existe entre a combinação completa e a combinação
simples.
𝐶𝑅'
5 = 𝐶'(5;*
5
Portanto,
𝐶𝑅!+ = 𝐶!(+;*+ = 𝐶A+ =
9 ∙ 8
2 ∙ 1 = 36
Gabarito: C
32. (FGV 2017/SEPOG-RO)
Armando, Bárbara, Carlos e Deise foram ao cinema e vão ocupar quatro poltronas consecutivas
em uma fila.
Armando e Carlos não querem sentar um ao lado do outro.
Nessas condições, o número de maneiras diferentes que eles podem ocupar as quatro poltronas
é
a) 24.
b) 18.
c) 15.
d) 12.
e) 8.
Comentário
Sem restrições, o total de maneiras para arrumar os 4 amigos nas 4 poltronas é:
𝑃, = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24
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Não queremos que Armando e Carlos fiquem juntos. Vamos, portanto, calcular o total de
maneiras que eles podem estar sentados juntos e subtrair do total de possibilidades.
𝐴𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑠 𝐵á𝑟𝑏𝑎𝑟𝑎 𝐷𝑒𝑖𝑠𝑒
Como Armando e Carlos estão juntos, é como se eles fossem um só. Assim, temos 3 elementos
para permutar: A caixa que contém Armando e Carlos, Bárbara e Denise. Além disso, podemos
permutar Armando e Carlos entre si. O total de maneiras que Armando e Carlos podem sentar
juntos é
𝑃% ∙ 𝑃+ = 3! ∙ 2! = 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 = 12
Assim, o total de maneiras que os 4 podem ser arrumados de tal forma que Armando e Carlos
NÃO fiquem juntos é
24 − 12 = 12
Gabarito: D
33. (FGV 2017/Prefeitura de Salvador)
Três casais vão ocupar seis cadeiras consecutivas de uma fila do cinema, e os casais não querem
sentar separados.
Assinale a opção que indica o número de maneiras diferentes em que esses três casais podem
ocupar as seis cadeiras.
a) 6.
b) 12.
c) 24.
d) 36.
e) 48.
Comentário
Os casais devem sentar juntos.
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𝑨 𝑩 𝑪 𝑫 𝑬 𝑭
Assim, temos 3 objetos para permutar, que são as 3 caixas acima. Cada caixa contém um casal.
Além disso, podemos permutar as pessoas de cada casal entre si. O total de possibilidades é:
𝑷𝟑 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑷𝟐 = 𝟑! ∙ 𝟐! ∙ 𝟐! ∙ 𝟐! =
= 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 = 𝟒𝟖
Gabarito: E
34. (FGV 2017/Prefeitura de Salvador)
Cinco pessoas de diferentes alturas devem ocupar as cinco cadeiras abaixo para uma fotografia.
O fotógrafo pediu que nem o mais baixo nem o mais alto ocupassem as cadeiras das
extremidades.
Respeitando essa condição, o número de maneiras como as pessoas podem se posicionar para a
fotografia é
a) 12.
b) 18.
c) 24.
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d) 36.
e) 72.
Comentário
O mais alto e o mais baixo só podem ficar em alguma cadeira do meio. Assim, há 3
possibilidades para escolher a cadeira do mais alto e 2 possibilidades para escolher a cadeira do
mais baixo. Depois que eles estiverem acomodados, podemos permutar os 3 restantes nas outras
cadeiras.
O total de possibilidades é:
𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝑷𝟑 =
𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟑 ∙ 𝟐 ∙ 𝟏 = 𝟑𝟔
Gabarito: D
14. CONSIDERAÇÕES FINAIS
Ficamos por aqui, queridos alunos. Espero que tenham gostado da aula.
Vamos juntos nesta sua caminhada. Lembre-se que vocês podem fazer perguntas e sugestões no
nosso fórum de dúvidas.
Você também pode me encontrar no instagram @profguilhermeneves ou entrar em contato
diretamente comigo pelo meu email profguilhermeneves@gmail.com.
Um forte abraço e até a próxima aula!!!
Guilherme Neves
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