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ANÁLISE COMBINATÓRIA
1. INTRODUÇÃO
Questões de análise combinatória serão aquelas que perguntarão de quantas formas
pode ocorrer um determinado evento. Vejamos alguns exemplos:
1) De quantas formas diferentes cinco pessoas podem se sentar em cinco cadeiras de
uma fila de cinema?
2) Quantos números de três algarismos podem ser formados, dispondo-se dos
algarismos (1, 2, 3, 4, 5)?
3) Quantos tipos de saladas, feita de três tipos de frutas diferentes, podem ser
formados com as seguintes frutas: banana, maçã, pêra, uva, laranja, mamão, melão?
Ou seja, a Análise Combinatória se presta ao seguinte: a descobrir o número de
maneiras possíveis de se realizar um determinado evento, sem que seja necessário descrever
todas essas maneiras!
Um exemplo melhor, para esclarecer o que foi dito.
Exemplo 01: Suponhamos que eu tenho uma moeda na mão e vou lançá-la três
vezes para o ar. A pergunta é: quantos são os resultados possíveis para esses três
lançamentos da moeda?
Ora, se fôssemos tentar descrever todas as possibilidades, poderíamos fazê-lo por
intermédio de um desenho, chamado diagrama da árvore. Da seguinte forma:
1º Lançamento
2º Lançamento
3º Lançamento
Cara
Resultados
-- K, K, K
Cara
Coroa -- K, K, C
Cara
Cara
-- K, C, K
Coroa
Coroa -- K, C, C
moeda
Cara
-- C, K, K
Cara
Coroa -- C, K, C
Coroa
Cara
-- C, C, K
Coroa
Coroa -- C, C, C
Nos resultados, chamamos cara de K e coroa de C. E assim, por meio do desenho
acima, percebemos que há oito diferentes possíveis resultados para o lançamento de uma
moeda três vezes! Ocorre que seria muito custoso termos que, a cada novo problema, fazer o
tal do diagrama da árvore!
Aí entra a Análise Combinatória! Usando técnicas simples, podemos chegar ao
resultado procurado, sem precisar desenhar os resultados possíveis! Veja adiante como
faremos isso.
Raciocínio Lógico
1
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2. TÉCNICAS DA ANÁLISE COMBINATÓRIA
2.1 PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM
Este princípio também é conhecido como Princípio Multiplicativo.
Consiste em quê? Consistem em dividirmos o nosso evento em etapas. E para cada
uma dessas etapas, individualmente analisadas, descobriremos qual o seu número de
resultados possíveis!
Tomemos o exemplo da moeda acima. O evento consiste em lançar uma moeda três
vezes. Daí, fica bem fácil dividi-lo em etapas: cada etapa será um lançamento. Confere?
Destarte, teremos:
1ª etapa) 1º lançamento da moeda;
2ª etapa) 2º lançamento da moeda;
3ª etapa) 3º lançamento da moeda.
Pois bem! Conforme dissemos, temos que descobrir os resultados possíveis
individuais de cada etapa.
Ou seja, ao lançarmos a moeda a primeira vez, quantos serão os resultados possíveis
para esse primeiro lançamento? Dois, obviamente! (Cara ou coroa!). O mesmo se dará com o
segundo lançamento e com o terceiro. Daí, teremos:
1ª etapa) 1º lançamento da moeda  2 resultados possíveis
2ª etapa) 2º lançamento da moeda  2 resultados possíveis
3ª etapa) 3º lançamento da moeda  2 resultados possíveis
Finalmente, o Princípio Fundamental da Contagem vem nos dizer: agora, basta
multiplicar os resultados parciais (de cada etapa), e teremos o resultado total (para todo o
evento)!
Teremos: 2x2x2=8  A mesma resposta do diagrama da árvore!
Sem precisarmos fazer desenho algum, concluímos que há oito possíveis resultados
para o lançamento de uma moeda três vezes!
Enunciado do Princípio Fundamental da Contagem:
Se um acontecimento pode ocorrer por várias etapas sucessivas e independentes
de tal modo que:
P1 é o número de possibilidades da 1ª etapa;
P2 é o número de possibilidades da 2ª etapa;
.
.
Pk é o número de possibilidades da “k-ésima” etapa, então:
(P1 x P2 x ... x Pk) é o número total de possibilidades do acontecimento ocorrer!
Exemplo 02: Numa festa existem 80 homens e 90 mulheres. Quantos casais
diferentes podem ser formados?
Sol.:
O objetivo é formar um casal. Ora, um casal é composto de um homem e uma
mulher! Logo, para cumprir esse objetivo, dividiremos o evento em duas etapas:
1ª etapa) escolha do homem  80 resultados possíveis;
2ª etapa) escolha da mulher  90 resultados possíveis.
Pelo princípio da contagem, multiplicando-se os resultados parciais, teremos:
 80x90 = 7200  Resposta!
Raciocínio Lógico
2
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Exemplo 03: Quatro atletas participam de uma corrida. Quantos resultados existem
para o 1º, 2º e 3º lugares?
Sol.:
3º!
Quais serão as etapas desse evento? Ora, a definição do 1º colocado, a do 2º e a do
Três etapas, portanto. Teremos:
 1ª etapa) Definição do 1º colocado  4 resultados possíveis;
 2ª etapa) Definição do 2º colocado  3 resultados possíveis;
 3ª etapa) Definição do 3º colocado  2 resultados possíveis.
Multiplicando-se os resultados parciais, teremos:
 4x3x2 = 24  Resposta!
Ou seja, podem ser formados 24 diferentes resultados de 1º, 2º e 3º colocados numa
corrida, dispondo-se de 4 competidores.
Exemplo 04: Quantos números de três algarismos – distintos – podem ser
formados, dispondo dos algarismos 0, 1, 2, 3, 4 e 5?
Sol.:
O nosso evento é o mesmo do exemplo anterior, formar um número de três
algarismos distintos. Mas tem uma diferença fundamental, a presença do algarismo zero
entre os algarismos que podem ser usados.
Vamos dividir em três etapas: definição do primeiro algarismo, definição do segundo e
definição do terceiro. Teremos:
 1ª etapa) definição do primeiro algarismo: 5 resultados possíveis. O algarismo zero
não conta, pois um número nunca inicia por zero. Uma senha numérica (do banco, do
cofre...) pode iniciar por zero, mas um número não.
 2ª etapa) definição do segundo algarismo: 5 resultados possíveis. Dispomos de
seis algarismos, mas já usamos um deles na primeira posição. Resta-nos, portanto, cinco.
 3ª etapa) definição do terceiro algarismo: 4 resultados possíveis. Dispomos de
seis algarismos, mas já usamos dois deles nas duas primeiras posições. Resta-nos, portanto,
quatro.
Multiplicando-se os resultados parciais, teremos:
 5x5x4= 100  Resposta!
Exemplo 05: Quantos números pares de três algarismos distintos podem ser
formados, dispondo dos algarismos de 0 a 9?
Sol.:
Aqui temos duas restrições: 1ª) o algarismo 0 não pode ser usado na primeira
posição; e 2ª) o último algarismo tem que ser 0, 2, 4, 6 ou 8 para o número ser par.
Nesta questão, teremos que separar a análise do algarismo 0 dos outros algarismos
pares (2, 4, 6 e 8), conforme veremos a seguir.
1ª situação) Número terminando em 0 (zero)
Vamos iniciar a análise pelo último algarismo, pois para esta situação é necessário
que o número termine em 0. Depois, passamos a verificar o primeiro algarismo, pois este
tem uma restrição (não pode ser 0).
 Definição do 3º algarismo: 1 possibilidade (só pode ser “0”);
1p
____ ____ ____
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 Definição do 1º algarismo: 9 possibilidades (qualquer um dos algarismos de 1 a 9).
9p ____ ____
1p
____
 Definição do 2º algarismo: 8 possibilidades. Dispomos de dez algarismos, mas já
usamos dois deles. Resta-nos, portanto, oito.
9p
8p
1p
____
____
____
Multiplicando-se as possibilidades, teremos:
 9x8x1= 72
Quer dizer que há 72 números pares de três algarismos distintos terminando em zero.
2ª situação) Número terminando em 2, 4, 6 ou 8
Vamos iniciar a análise pelo último algarismo, pois para esta situação é necessário
que o número termine em 2, 4, 6 ou 8. Depois, passamos a verificar o primeiro algarismo,
pois este tem uma restrição (não pode ser 0).
 Definição do 3º algarismo: 4 possibilidades (2, 4, 6 ou 8);
4p
____ ____ ____
 Definição do 1º algarismo: 8 possibilidades. Dispomos de dez algarismos, mas não
podemos usar o 0 (o número não inicia por 0) e nem o algarismo que já foi usado como 3º
algarismo. Resta-nos, portanto, oito.
8p ____ ____
4p
____
Na definição do 1º algarismo, na situação anterior, havíamos encontrado outra
quantidade de possibilidades: 9. É devido a essa diferença que tivemos que separar a
terminação em zero das outras terminações pares.
 Definição do 2º algarismo: 8 possibilidades. Dispomos de dez algarismos, mas já
usamos dois deles. Resta-nos, portanto, oito.
8p
4p
8p
____
____
____
Multiplicando-se as possibilidades, teremos:
 8x8x4= 256
Quer dizer que há 256 números pares de três algarismos distintos terminando em 2,
4, 6 ou 8.
Somando os resultados obtidos nas duas situações, encontraremos a resposta da
questão:
 72 + 256 = 328 (Resposta!)
Concluindo, há 328 números pares de três algarismos distintos.
2.2. ARRANJO
Para usar o Arranjo é necessário que não haja repetição dos elementos dentro do
grupo a ser formado, e a ordem dos elementos deve ser relevante, ou seja:
1º Passo) Criaremos um resultado possível para o grupo;
2º Passo) Inverteremos a ordem do resultado que acabamos de criar (no 1º passo);
3º Passo) Compararemos os dois resultados que estão diante de nós (1º e 2º passos): Se
forem resultados diferentes: resolveremos a questão por Arranjo!
A fórmula do Arranjo é a seguinte:
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An , p 
4
n!
(n  p)!
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Onde:
 n é o número de elementos do conjunto universo; e
 p é o número de elementos do grupo a ser formado.
Importante: Toda questão que pode ser resolvida por Arranjo, poderá também ser resolvida
pelo Princípio Fundamental da Contagem! O caminho de volta – Princípio Fundamental da
Contagem para Arranjo – nem sempre será possível!
Para quem anda mais esquecido, esse sinal de exclamação (!) significa a operação
fatorial. Trata-se, tão somente, de um produto que se inicia com o próprio valor (que
antecede o sinal “!”) e vai se reduzindo até chegar a um.
Exemplos:
 8!=8x7x6x5x4x3x2x1
 5!=5x4x3x2x1
 1!=1
E assim por diante!
Observem que, sempre que formos fazer uma divisão entre fatoriais, repetiremos o
menor deles, e desenvolveremos o maior até que se iguale ao menor.
Obs.: O fatorial de zero não segue a regra acima, o valor dele é: 0! = 1.
Exemplo:
8! 8  7  6  5!

5!
5!
Viram? E agora? Ora, agora resta cortarmos o 5! do numerador com o do
denominador. E teremos apenas que:
8! 8  7  6  5!

 8  7  6 = 336
5!
5!
Exemplo 06: Quantos números de três algarismos distintos podem ser formados,
dispondo dos algarismos 1, 2, 3, 4 e 5?
Solução:
1º Passo) Criando um resultado possível, podemos ter: (1 2 3)
O número cento e vinte e três. Pode ser? Claro!
2º Passo) Invertendo a ordem do resultado criado: (3 2 1)
Chegamos ao número trezentos e vinte e um.
3º Passo) A comparação! São iguais ou diferentes os dois resultados acima?
Ora, tratando-se de números, é claro que são distintos!
Conclusão: resolveremos a questão por Arranjo!
O “conjunto universo” tem 5 elementos (são os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5). Ou seja,
n=5. Os grupos terão apenas 3 elementos (números de 3 algarismos). Daí, p=3. Agora, só
nos resta aplicar a fórmula do Arranjo. Teremos:

An, p 
n!
(n  p)!
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
A5,3 
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5!
5! 5  4  3  2!
 
 5  4  3  60  Resposta!
(5  3)! 2!
2!
Ou seja, podemos formar 60 números com 3 algarismos distintos, dispondo dos
algarismos 1, 2, 3, 4 e 5.
2.3. COMBINAÇÃO
Assim como o arranjo, não pode haver repetição dos elementos. E a ordem dos
elementos NÃO é relevante, ou seja:
1º Passo) Criaremos um resultado possível para o grupo;
2º Passo) Inverteremos a ordem do resultado que acabamos de criar (no 1º passo);
3º Passo) Compararemos os dois resultados que estão diante de nós (1º e 2º passos): Se
forem resultados iguais: resolveremos a questão por Combinação!
A fórmula da Combinação é a seguinte:
Cn , p 
n!
p!(n  p)!
Onde:
 n é o número de elementos do conjunto universo; e
 p é o número de elementos do grupo a ser formado.
Exemplo 07: Dispondo das seguintes espécies de frutas {maçã, mamão, melão,
banana, pêra, uva, laranja e melancia}, quantos tipos de saladas podem ser
formadas, contendo três tipos de frutas?
Solução:
1º Passo) Criando um resultado possível: (mamão, melão e maçã)
2º Passo) Invertamos a ordem! Teremos: (maçã, melão e mamão)
3º Passo) Comparemos:
A salada do primeiro passo é igual ou é diferente da salada do segundo passo?
O sabor é o mesmo? Claro que sim! Os resultados são iguais!
Conclusão: a questão sai por Combinação!
O “conjunto universo” tem 8 elementos (as oito frutas disponíveis). Ou seja, n=8. Os
grupos terão apenas 3 elementos (as três frutas usadas na salada). Daí, p=3. Agora, só nos
resta aplicar a fórmula da Combinação. Teremos:


Cn , p 
C8,3 
n!
p!(n  p)!
8!
8! 8  7  6  5! 8  7  6



 56
3!(8  3)! 3!.5! 5!.3  2 1 3  2 1
Ou seja: podem ser formados 56 tipos de saladas, com três espécies de frutas,
dispondo daquelas oito espécies relacionadas!
Exemplo 08: Um grupo consta de 20 pessoas, das quais 3 matemáticos. De quantas
maneiras podemos formar comissões de 10 pessoas, de modo que todos os
matemáticos participem da comissão?
Sol.:
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Ora, se os matemáticos devem fazer parte da comissão, então três lugares da
comissão vão ficar reservados para os três matemáticos, restando sete vagas ainda a serem
preenchidas. Essas vagas serão disputadas pelos não-matemáticos, que são um total de 17.
Assim, para obtermos o número de comissões diferentes que podem ser formadas,
faremos uma combinação de 17 pessoas para 7 lugares, ou seja: C17,7.  Resposta!
Exemplo 09: Num jogo de loteria, um apostador marcará seis dezenas, entre as
cem dezenas existentes. De quantas formas diferentes poderá o apostador
preencher o seu jogo?
Sol.:
Conjunto universo: {100 dezenas}
O objetivo é selecionar um grupo de 6 dezenas!
Obviamente que tem ser dezenas diferentes! Logo, arranjo ou combinação!
 Um resultado possível: {10, 20, 30, 40, 50, 60}
 Invertendo-se a ordem:{60, 50, 40, 30, 20, 10}
São apostas diferentes? Não! São perfeitamente iguais! Logo, Combinação! Teremos:

C100,6 
100!
100! 100  99  98  97  96  95  94!


6!(100  6)! 6!94!
6  5  4  3  2 1 94!
 C100,6 = 1.192.052.400  Resposta!
Com essa resposta, descobrimos o número de jogos possíveis, com o uso de seis
dezenas, numa cartela de loteria. Desse modo, se uma pessoa faz um único jogo de seis
dezenas, tentando ganhar a bolada de uma “acumulada de três semanas”, a chance de
aquela combinação vir a ser a sorteada é de uma em 1.192.052.400.
Exemplo 10: Dispondo de um conjunto formado por sete médicos e cinco
enfermeiros, queremos formar equipes compostas por três médicos e dois
enfermeiros. Quantas equipes podem ser formadas, nessas condições?
Sol.:
É uma questão de combinação uma vez que a ordem das pessoas dentro da comissão
não é relevante.
Como faremos agora? Simples: dividiremos a questão em duas! Cada categoria será
trabalhada em separado da outra. Ou seja, faremos duas operações de Combinação!
Teremos:
 Conjunto Universo: { 7 médicos
,
5 enfermeiros }
 Subgrupo:
C 7,3 
7!
7 x6 x5 x4!

 35
4!.3! 4!.3x 2 x1
C 5, 2 
5!
5 x 4 x3!

 10
3!.2! 3!.2 x1
Multiplicaremos os resultados de cada lado para chegarmos à resposta:
 35x10=350  Resposta!
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2.4. PERMUTAÇÃO
A Permutação é tão somente um caso particular do Arranjo!
Quando estivermos em uma questão de Arranjo (já sabemos como identificá-la!) e
observarmos que o n (número de elementos do “conjunto universo”) é igual ao p (número de
elementos dos grupos a serem formados), então estaremos diante de uma questão de
Permutação!
Exemplo 11: Quatro carros (C1, C2, C3 e C4) disputam uma corrida. Quantas são as
possibilidades de chegada para os quatro primeiros lugares?
Solução:
Teremos, pois, que:
 A4,4 = P4 = 4 x 3 x 2 x 1 = 24  Resposta!
Agora, passemos a estudar um tipo de questão que é bastante abordado em
concursos. Explanaremos este tema em seis situações possíveis. Adiante!
Exemplo 12: QUESTÕES DOS SEIS AMIGOS NO CINEMA
SITUAÇÃO 1) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças. De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas?
Sol.:
São 6 pessoas no conjunto universo, e são seis elementos na fila (no grupo). Logo,
Arranjo de 6 em 6: A6,6, que é igual a Permutação de 6.
Então, para esse enunciado, faremos:
P6 = 6! = 6x5x4x3x2x1 = 720  Resposta!
SITUAÇÃO 2) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças. De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas, de modo que as três moças fiquem sempre juntas?
Sol.:
Em face da exigência anunciada, lançaremos mão de um artifício: passaremos a
considerar as pessoas que têm de estar sempre juntas como sendo uma única pessoa!
Além disso, neste presente exemplo, em vez de trabalharmos apenas com uma
permutação, teremos que trabalhar com duas:
1ª Permutação) Para todo o conjunto de pessoas (atentando para o fato de que as
três moças que são inseparáveis serão consideradas uma só);
Daí, com três homens e uma mulher (3 inseparáveis = 1 apenas!), somamos um total
de quatro pessoas! Permutando-as, teremos: P4 = 4! = 24 formações.
2ª Permutação) Para o conjunto dos elementos inseparáveis (as três moças):
Permutando as três mulheres, teremos: P3 = 3! = 6 formações.
Vejamos a ilustração abaixo:
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P3 = 3x2x1 = 6
M1
M2
M3
H1
H2
H3
P4 = 4! = 4x3x2x1 = 24
Esses dois resultados parciais (24 e 6), referentes ao conjunto inteiro e aos elementos
inseparáveis, terão que ser agora multiplicados, para chegarmos ao resultado final. Teremos:
 6x24= 144  Resposta!
SITUAÇÃO 3) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças. De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas, de modo que os três rapazes fiquem sempre juntos e as três moças fiquem
sempre juntas?
Sol.:
Agora a exigência específica cria dois subgrupos de elementos inseparáveis. Já
sabemos como proceder com eles.
Teremos:
P3=3x2x1=6
M1
M2
M3
P3=3x2x1=6
H1
H2
H3
P2 = 2! = 2x1 = 2
Observemos que a permutação para o conjunto completo foi apenas P2. Claro! Uma
vez que os três rapazes são considerados um só, e as três moças idem! É o nosso artifício
dos elementos inseparáveis! Não podemos esquecer dele!
Daí, compondo nosso resultado, teremos:
 6x6x2= 72  Resposta!
SITUAÇÃO 4) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças. De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas, de modo que as três moças não fiquem todas juntas?
Sol.:
Se do total de formas possíveis de organizar os amigos (resposta da situação 1)
subtrairmos o número de formas pelas quais as moças ficarão sempre juntas (resposta da
situação 2), o resultado que encontraremos é exatamente o que pede neste exemplo. Ou
seja:
Total de formações
com as moças não
=
todas juntas
Total de formações
sem restrição
Total de
formações com as
–
moças juntas
Daí, faremos:  720 – 144 = 576  Resposta!
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SITUAÇÃO 5) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças. De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas, de modo que rapazes e moças fiquem sempre alternados?
Sol.:
Agora é o seguinte: rapaz sempre ao lado de moça, e vice-versa! Teremos duas
situações possíveis: 1a) a fila começando com um homem; e 2a) a fila começando com uma
moça.
Trabalhando a primeira situação possível, teremos:
H1
M1
H2
M2
H3
M3
Neste caso, teremos os três rapazes permutando entre si, enquanto que o mesmo se
dá em relação às moças!
 Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
 Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
Compondo nosso resultado, para esta primeira situação, teremos:
 6x6= 36
Ocorre que a questão não acaba aí, uma vez que já havíamos constatado que há uma
outra possibilidade: a de que a fila comece com uma moça à esquerda (ao invés de um
rapaz)! Teremos:
M1
H1
M2
H2
M3
H3
Aqui novamente as três moças permutarão entre si, enquanto que os três rapazes
também permutarão entre si! Faremos:
 Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
 Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
Compondo nosso resultado, para esta segunda situação, teremos igualmente:
 6x6= 36
Finalmente, somando os resultados parciais (rapaz à esquerda e moça à
esquerda), teremos:
 36+36= 72  Resposta!
SITUAÇÃO 6) Seis amigos vão ao cinema. São 3 rapazes e 3 moças De quantas
formas poderemos colocá-los dispostos numa mesma fila, em seis poltronas
vizinhas, de modo que somente as moças fiquem todas juntas?
Sol.:
O que se pede nesta questão (por conta da palavra somente) é o número de
maneiras diferentes em que as 3 moças fiquem sempre juntas enquanto que os 3 rapazes
não fiquem todos juntos.
1ª Solução:
Assim, para que os três homens não fiquem todos juntos é necessário que as moças
fiquem juntas no meio da fila. Reparem que as moças não podem estar juntas nas pontas,
pois assim os três homens ficariam juntos! Há duas situações possíveis para o
posicionamento das moças:
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1ª situação:
H1
M1
M2
M3
H2
H3
3 moças
2ª situação:
H1
H2
M1
M2
M3
H3
3 moças
Na primeira situação teremos os três rapazes permutando entre si, enquanto que
o mesmo se dá em relação às moças!
 Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
 Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
Compondo nosso resultado, para esta primeira situação, teremos:
 6x6= 36
Da mesma forma, na segunda situação teremos os três rapazes permutando entre
si, enquanto que o mesmo se dá em relação às moças!
 Permutação dos rapazes: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
 Permutação das moças: P3 = 3! = 3x2x1 = 6
Compondo nosso resultado, para esta segunda situação, teremos:
 6x6= 36
Finalmente, somando os resultados parciais, teremos:
 36+36= 72  Resposta!
2.5. PERMUTAÇÃO CIRCULAR
É um caminho de resolução que será utilizado quando estivermos em um problema
que sai por Permutação, e em que os elementos do grupo estarão dispostos em uma linha
fechada, ou seja, todos os elementos do grupo terão um elemento a sua esquerda e a sua
direita.
Exemplo 13: De quantas maneiras podemos colocar quatro pessoas em quatro
posições ao redor de uma mesa redonda?
Sol.:
 PC 4 = (4-1)! = 3! = 3x2x1 = 6  Resposta!
Portanto, há 6 maneiras de dispor quatro pessoas ao redor de uma mesa redonda.
Daí, concluímos, Permutação Circular
A mesa não precisa necessariamente ser circular, ela pode ter outras formas:
quadrada, oval... São também questões de permutação circular: o número de maneiras de
se fazer um colar com 10 contas coloridas; o número de maneiras de dispor sete
crianças em uma brincadeira de roda etc.
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2.5. PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO
Passemos a mais dois exemplos:
Exemplo 14: Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra
SAPO?
Sol.:
A primeira coisa a se fazer aqui é explicar o conceito de anagrama.
Anagrama é apenas uma formação qualquer que se possa criar com um determinado
grupo de letras. Essa formação qualquer não precisa ser uma palavra, um vocábulo que
conste no dicionário! Pode ser algo mesmo ininteligível. Contanto que seja formado por
aquelas letras.
Daí, se eu tenho as letras da palavra SAPO, são exemplos de anagramas os
seguintes:
 (S O P A) , (A S P O) , (A S O P), (P S O A), (O P S A) etc.
Portanto, Anagramas de uma palavra são todas as formações possíveis ao rearranjar
as letras.
Ora, rearranjar as letras é o mesmo que permutá-las! Assim, podemos afirmar que
questões de anagrama se resolvem por permutação! Ok?
Como SAPO tem 4 letras não repetidas, teremos:
 P4=4!=4x3x2x1=24 anagramas  Resposta!
Exemplo 15: Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra
PAPAGAIO?
Sol.:
A questão é de anagrama, logo se resolve por Permutação!
Daí, a pergunta: entre os elementos do conjunto universo, há algum que se repete?
Sim! Vejamos:
PAPAGAIO
Ou seja, a letra P aparece duas vezes, e a letra A aparece três vezes!
Daí, teremos uma Permutação com Repetição! Teremos:

P82,3,1,1,1 
Raciocínio Lógico
8!
8  7  6  5  4  3!

 3.360  Resposta!
2!3!1!1!1!
2  3!
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3. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
01. Temos 7 cadeiras em fila indiana numeradas de 1 a 7 para 4 pessoas se
sentarem, onde 3 cadeiras ficarão vazias. De quantos modos isso pode ser feito?
Sol.:
No desenho abaixo, dispomos as 7 cadeiras em fila e colocamos 4 pessoas sentadas
(A, B, C e D), ficando 3 cadeiras vazias.
B
A
1
2
3
C
4
D
5
6
7
Sabemos que a ordem das pessoas é relevante, portanto pode se tratar de uma
questão de arranjo, princípio multiplicativo ou permutação.
Se o número de pessoas fosse maior que o de cadeiras, digamos: 10 pessoas para 7
cadeiras, teríamos que escolher 7 pessoas no grupo de 10 pessoas. Daí, poderíamos fazer
um arranjo: A10,7, e descobriríamos a resposta. Bem simples!
Mas a situação é diferente temos mais cadeiras do que pessoas, entretanto podemos
resolver de forma semelhante: podemos escolher 4 cadeiras entre as 7 disponíveis para que
as pessoas se sentem. É como se as 4 pessoas estivessem escolhendo um número de 1 a 7.
Vejamos:
A
B
C
D
1
3
4
6
3
4
6
1
4
6
1
3
3
4
7
...
2
...
Para escolher 4 números distintos em um grupo de 7 números, onde a ordem é
relevante, podemos usar a técnica de Arranjo. Teremos:

A7, 4 
7!
 7 65 4 
(7  4)!
840 (Resposta!)
Há outra forma de resolver a questão que considero mais simples. Vejamos!
Vamos pegar o desenho anterior e colocar nas cadeiras vazias a letra V.
A
1
B
V
2
3
C
4
D
V
5
6
V
7
Ao permutarmos as letras (A, B, C e V) é como se estivéssemos permutando as
pessoas nas 7 cadeiras disponíveis. Só que teremos que fazer uma permutação com
repetição, uma vez que a letra V aparece repetida (3 vezes).
Aplicação da fórmula de permutação com repetição:

P73,1,1,1,1 
7!
7  6  5  4  3!

 840 (Resposta!)
3!1!1!1!1!
3!
Mesmíssima resposta!
Raciocínio Lógico
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02. (Gestor Fazendário MG 2005 ESAF) Marcela e Mário fazem parte de uma turma
de quinze formandos, onde dez são rapazes e cinco são moças. A turma reúne-se
para formar uma comissão de formatura composta por seis formandos. O
número de diferentes comissões que podem ser formadas de modo que Marcela
participe e que Mário não participe é igual a:
a) 504
b) 252
Sol.:
c) 284
d) 90
e) 84
A ordem das pessoas dentro do grupo dos seis formandos selecionados não é
relevante! Daí, trata-se de uma questão de combinação!
Dados da questão:
- Uma turma de 15 formandos (10 rapazes e 5 moças).
- A comissão é composta por 6 formandos.
- Marcela participa da comissão e Mário não participa.
A Marcela tem lugar garantido na comissão, então uma das seis vagas é dela. Daí,
resta-nos somente 5 lugares na comissão.
Quantos formandos vão disputar esses 5 lugares que restam na comissão? Dos 15
formandos, dois não disputam: Mário que não participa e Marcela que já tem sua vaga
reservada. Daí, 13 formandos disputam 5 lugares!
Para descobrirmos o total de diferentes comissões, basta fazer uma Combinação de
13 formandos para 5 lugares:
C13,5 
13! 13 12 1110  9  8!

 13 11 9  1287  Resposta!
8!5!
8! 5  4  3  2 1
Esta questão foi anulada! Nenhuma das alternativas continha a resposta correta!
03. Após colocar em ordem crescente todos os números que se obtém permutandose os algarismos 1, 3, 4, 7 e 8, que posição ocupa o número 78413?
Sol.:
Vamos listar as várias situações em que o número formado é menor que 78413.
1ª) 1 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24
2ª) 3 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24
3ª) 4 _ _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P4=4!=24
4ª) 7 1 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6
5ª) 7 3 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6
6ª) 7 4 _ _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P3=3!=6
7ª) 7 8 1 _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P2=2!=2
8ª) 7 8 3 _ _ : a quantidade de números desta forma é igual a P2=2!=2
Paramos por aqui! O próximo número já é o 78413!
A quantidade de números que precedem o 78413 é dada pela soma dos resultados
nas oito situações:
 24+24+24+6+6+6+2+2 = 94 números
Portanto, o número 78413 ocupa a 95ª posição. (Resposta!)
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04. (Técnico BACEN 2005 FCC) Os clientes de um banco contam com um cartão
magnético e uma senha pessoal de quatro algarismos distintos entre 1 000 e 9
999. A quantidade dessas senhas, em que a diferença positiva entre o primeiro
algarismo e o último algarismo é 3, é igual a
(A) 936
(B) 896
(C) 784
(D) 768
(E) 728
Sol.:
A senha tem as seguintes características:
(i) composta por 4 algarismos distintos;
(ii) vai de 1000 a 9999;
(iii) o módulo da diferença entre o 1º algarismo e o último é igual a 3.
Faremos o seguinte desenho para a senha:
____ ____ ____ ____
1º alg. 2º alg. 3º alg. 4º alg.
Caso não existisse o item (iii) descrito acima, a solução da questão seria pelo Princípio
da contagem:
 1ª Etapa) Definição do 1º algarismo: há 9 possibilidades (algarismos de 1 a 9);
 2ª Etapa) Definição do 2º algarismo: há 9 possibilidades (algarismos de 0 a 9, menos
aquele que foi usado como primeiro algarismo);
 3ª Etapa) Definição do 3º algarismo: há 8 possibilidades (algarismos de 0 a 9, tirando os
dois algarismos que foram usados nas duas primeiras posições);
 4ª Etapa) Definição do 4º algarismo: há 7 possibilidades (algarismos de 0 a 9, tirando os
três algarismos que foram usados nas três primeiras posições).
Multiplicando-se os resultados parciais, teremos:
 9x9x8x7= 4536 senhas.
Esta seria a resposta caso não existisse o item (iii) descrito anteriormente.
Incluindo o item (iii), a solução seguirá por um caminho diferente. Teremos que
detalhar todas as possibilidades em que o módulo da diferença entre o primeiro e último
algarismo da senha é igual a 3. Vejamos quais são elas:
1ª situação) iniciando por 1 e terminando em 4:
1 __ __ 4
2ª situação) iniciando por 2 e terminando em 5:
2 __ __ 5
3ª situação) iniciando por 3 e terminando em 0:
3 __ __ 0
4ª situação) iniciando por 3 e terminando em 6:
3 __ __ 6
5ª situação) iniciando por 4 e terminando em 1:
4 __ __ 1
6ª situação) iniciando por 4 e terminando em 7:
4 __ __ 7
7ª situação) iniciando por 5 e terminando em 2:
5 __ __ 2
8ª situação) iniciando por 5 e terminando em 8:
5 __ __ 8
9ª situação) iniciando por 6 e terminando em 3:
6 __ __ 3
10ª situação) iniciando por 6 e terminando em 9: 6 __ __ 9
11ª situação) iniciando por 7 e terminando em 4: 7 __ __ 4
12ª situação) iniciando por 8 e terminando em 5: 8 __ __ 5
13ª situação) iniciando por 9 e terminando em 6: 9 __ __ 6
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Pronto! Descrevemos todas as possibilidades em que o módulo da diferença entre o
primeiro e último algarismo da senha é igual a 3.
Para encontrarmos o total de senhas é necessário preencher as duas posições do meio
da senha que foram deixadas em branco na lista construída acima.
Quantas senhas de 4 algarismos distintos existem para a 1ª situação, isto é, iniciando
por 1 e terminando em 4? Para encontrar a resposta, usaremos o Princípio Fundamental da
Contagem.
Na 1ª situação, a senha inicia por 1 e termina por 4:
1 __ __ 4
Analisemos as possibilidades para os dois algarismos do meio, lembrando que a senha
é formada por 4 algarismos distintos.
 1ª Etapa) Definição do 2º algarismo: há 8 possibilidades (são eles: 0,2,3,5,6,7,8,9);
8p __ 4
1 __
 2ª Etapa) Definição do 3º algarismo: há 7 possibilidades (os algarismos da 1ª etapa,
tirando aquele que acabou de ser usado como 2º algarismo).
7p 4
1 8p
__ __
Multiplicando-se as possibilidades, teremos:
 8x7= 56 senhas para a primeira situação.
Todas as outras doze situações (2ª à 13ª) têm as mesmas características da situação
que analisamos acima (4 algarismos distintos com os dois do meio em branco). Daí,
encontraremos a mesma quantidade de senhas para cada uma delas: 56 senhas.
Como ao todo são 13 situações e em cada uma delas há 56 senhas, então o total de
senhas é igual a:
 13x56 = 728 senhas. (Resposta: Alternativa E!)
05. Marcam-se 6 pontos sobre uma reta r e, sobre a paralela s, tomam-se 4 pontos.
Quantos triângulos podemos formar unindo 3 quaisquer desse 10 pontos?
Sol.:
Para formar um triângulo precisamos de três pontos. E a ordem entre esses três
pontos não é relevante! Portanto, trata-se de uma questão de Combinação!
Para encontrarmos o total de triângulos formados pelos dez pontos, faremos uma
combinação dos 10 pontos, tomados 3 a 3:
 C10,3 = _ 10!___
3! (10-3)!
 C10,3 = _ 10.9.8.7!_
6 . 7!
 C10,3 = 120
Entretanto, dessas 120 combinações, algumas delas não formam triângulos!
A condição necessária para que três pontos distintos formem um triângulo é que os
três pontos não estejam sobre uma mesma reta. E, nesta questão, temos pontos sobre duas
retas. Daí, devemos retirar:
 as combinações dos 6 pontos da reta r, tomados 3 a 3; e
 as combinações dos 4 pontos da reta s, tomados 3 a 3.
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Passemos ao cálculo dessas duas combinações.
As combinações dos 6 pontos da reta r, tomados 3 a 3, é igual a:
 C6,3 = _ 6!___
3! (6-3)!
 C6,3 = _6.5.4.3!_
6 . 3!
 C6,3 = 20
As combinações dos 4 pontos da reta s, tomados 3 a 3, é igual a:
 C4,3 = _ 4!___
3! (4-3)!
 C4,3 =
4.3!_
3!.1!
 C4,3 = 4
Para finalizar, vamos retirar do total das 120 combinações aquelas que não formam
triângulos:
 total de triângulos = 120 – 20 – 4
 total de triângulos = 96  (Resposta!)
06. Quantas diagonais têm um polígono regular de 10 lados?
Sol.:
Um polígono diz-se regular se tiver todos os seus lados e ângulos iguais. Como
exemplos de polígonos regulares, temos: triângulo eqüilátero, quadrado, pentágono,
hexágono, heptágono, octógono, eneágono, decágono etc.
Um polígono de 10 lados terá também 10 vértices. A diagonal é um segmento de reta
determinado por dois vértices não-consecutivos.
O número total de segmentos de reta determinados pelos 10 vértices é igual a:

10!
10  9  8! 10  9


 45
2!(10  2)!
2!  8!
2
C10, 2 
Entre esses 45 segmentos, além das diagonais estão incluídos também os lados do
polígono. Como existem 10 lados, o número de diagonais será:
 45 – 10 = 35 diagonais (Resposta!)
07. De quantas maneiras podemos distribuir 12 funcionários em três agências (A, B
e C) de modo que em A fique 4 pessoas, em B fiquem 5 pessoas e em C, 3
pessoas?
Sol.:
Devemos escolher 4 entre os 12 funcionários para ficarem na agência A. Como
estamos preocupados apenas em distribuir os funcionários nas agências, então a ordem das
pessoas dentro da agência não tem relevância. Assim, podemos usar a fórmula da
Combinação para calcular a quantidade de maneiras.

C12, 4 
12!
12 1110  9  8! 12 1110  9


 495 maneiras
4!(12  4)!
4!  8!
24
Agora é a agência B. Entre as 8 pessoas restantes, selecionamos 5 pessoas para
ficarem na agência B. Faremos uma combinação de 8 elementos tomados 5 a 5.

C8,5 
8!
8  7  6  5!

 8  7  56 maneiras
5!(8  5)!
5!  3!
Já foram distribuídas 9 pessoas, restando apenas 3 pessoas para 3 lugares na agência
C. Faremos uma combinação de 3 elementos tomados 3 a 3.
 C3,3  1 maneira
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Para cada combinação (495) de pessoas na agência A, teremos 56 maneiras de dispor
5 pessoas na agência B, e por sua vez 1 maneira de dispor 3 pessoas na agência C. Portanto,
devemos multiplicar os resultados obtidos acima:
 495x56x1 = 27720 maneiras
Concluindo, existem 27720 modos de distribuirmos as 12 pessoas nas 3 agências.
08. (MPU 2004 ESAF) Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer
expô-los em uma mesma parede, lado a lado. Todos os seis quadros são
assinados e datados. Para Paulo, os quadros podem ser dispostos em qualquer
ordem, desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem
cronológica, da esquerda para a direita. O número de diferentes maneiras que os
seis quadros podem ser expostos é igual a
a) 20.
b) 30.
c) 24.
d) 120.
e) 360.
Sol.:
A questão envolve os seguintes quadros: 3 quadros de Gotuzo e 4 de Portinari.
Solicita-se o número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos,
desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem cronológica, da
esquerda para a direita.
São três quadros de Gotuzo, que designaremos por: G1, G2 e G3.
E são três quadros de Portinari, que designaremos por: P1, P2 e P3.
Considere que o quadro G1 é cronologicamente mais antigo que o quadro G2, e este
por sua vez é mais antigo que o quadro G3. O mesmo se aplicando aos quadros de Portinari.
Podemos resolver esta questão pela fórmula da permutação com repetição, apesar
dos quadros não se repetirem! Se quisermos que os quadros apareçam sob determinada
ordem, consideraremos esses como sendo iguais!
Nesta questão, os três quadros de Gotuzo devem aparecer sob determinada ordem
(no caso, em ordem cronológica). Para a aplicação da fórmula de permutação com repetição,
devemos considerar os quadros de Gotuzo como sendo iguais. Veja a ilustração abaixo.
G
G
G
P1
P2
P3
Nos 6 quadros, o G se repete 3 vezes, e os outros aparecem somente 1 vez.
Aplicando a fórmula da permutação com repetição, teremos:

P63,1,1,1 
6!
6  5  4  3!

 120  Resposta!
3!1!1!1!
3!
Daremos outro exemplo para que fique bem compreendido!
Qual o número de diferentes maneiras que os seis quadros podem ser
expostos tendo os quadros de Gotuzo em ordem cronológica e também os quadros
de Portinari em ordem cronológica?
Para aplicarmos a fórmula da permutação com repetição, vamos considerar que os
quadro de Gotuzo são iguais e os quadros de Portinari são iguais. Teremos:
G
G
G
P
P
P
Nos 6 quadros, o G se repete 3 vezes, e o P também se repete 3 vezes. Aplicando a
fórmula da permutação com repetição, teremos:

P63,3 
6! 6  5  4  3!

 20  Resposta!
3!3!
6  3!
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Mais um exemplo que tem muito haver com esta questão.
09. Nos anagramas da palavra ROMANCE, qual é o número de vezes que as letras A,
M, O, R aparecem nesta ordem (não necessariamente juntas)?
Sol.:
Resolveremos esta questão de forma semelhante a que apresentamos no final da
solução da questão anterior, ou seja, através da fórmula da permutação com repetição.
Como queremos que as letras A M O R apareçam nesta ordem, temos que considerálas como letras iguais. Então, na palavra ROMANCE, vamos substituir as letras A, M, O,
R pela letra X. A nossa palavra agora é:
XXXXNCE
Para aplicar a fórmula, temos que verificar as repetições das letras. A palavra tem 7
letras, sendo que a letra X aparece 4 vezes e as outras letras somente 1 vez. Daí:

P74,1,1,1 
7!
7  6  5  4!

 210  Resposta!
4!1!1!1!
4!
10. Quantas palavras (com ou sem significado) de 5 letras distintas, sendo 3 vogais
e 2 consoantes, podem ser formadas com as letras a, e, i, o, u, b, c, d, f?
Sol.:
Observe que não é uma questão de simplesmente permutar as letras, pois do total de
9 letras, temos que escolher 3 vogais e 2 consoantes.
Primeiramente vamos calcular o número de maneiras de selecionar as 5 letras que
formarão a palavra, sem nos preocupar com a ordem das letras. Daí, usaremos inicialmente a
fórmula da Combinação. (Esta parte inicial da solução da questão é como se quiséssemos
montar uma comissão de homens e mulheres, onde as vogais fossem os homens e as
consoantes as mulheres).
Temos 5 vogais disponíveis (a, e, i, o, u) para escolher 3, daí faremos uma
combinação de 5 elementos tomados 3 a 3, ou seja:

C 5, 3 
5!
5  4  3! 5  4


 10
3!(5  3)! 3!  2!
2
Temos 4 consoantes disponíveis (b, c, d, f) para escolher 2, daí faremos uma
combinação de 4 elementos tomados 2 a 2, ou seja:

C 4, 2 
4!
4  3  2! 4  3


6
2!(4  2)! 2!  2!
2
O total de formas de escolher as letras (ou, comparativamente, de montar as
comissões) é dado pelo produto dos dois resultados acima:

C5,3 C4, 2  10  6  60
Portanto, temos 60 maneiras diferentes de escolher as letras que comporão a palavra.
Por exemplo, uma dessas 60 possibilidades é a palavra: a e i b c. Ora, essas cinco letras
ainda podem ser permutadas para formar outras palavras.
Portanto, para cada uma das 60 possibilidades, faremos a permutação das cinco
letras. Assim, o total de palavras solicitado na questão é igual a:
 60 x 5! = 60 x 120 = 7200 palavras  (Resposta!)
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11. Qual o número de modos que 6 letras X e 4 letras Y podem ser colocados em
seqüência de modo que duas letras Y não fiquem juntas?
Sol.:
Como as letras Y não podem ficar juntas, temos que colocar as letras X e letras Y se
alternando na sequência. Vamos dispor as letras X e deixar em branco as possíveis posições
das letras Y.
X __ __
X __ __
X __ __
X __ __
X __
X __ __
__ __
Observe que existem 7 posições que as letras Y podem ocupar. Como há 4 letras Y,
temos que escolher 4 posições entre as 7 existentes. Para tanto, usaremos a fórmula da
combinação. (Pois uma vez que as letras Y são iguais, então ao permutar as posições que
elas ocupam não haverá diferença). Teremos uma combinação de 7 elementos tomados 4 a
4:

C7 , 4 
7!
765

 35 modos (Resposta!)
4!(7  4)!
6
12. Qual o número de soluções inteiras não negativas da equação x+y+z=6?
Sol.:
Se fosse uma equação com menos variáveis, por exemplo: x+y=6, até que
poderíamos resolver por tentativas, senão vejamos:
1ª) x=0  y=6
2ª) x=1  y=5
3ª) x=2  y=4
4ª) x=3  y=3
5ª) x=4  y=2
6ª) x=5  y=1
7ª) x=6  y=0
Ao todo temos 7 soluções inteiras não negativas. Ok?
Para a equação x+y+z=6 seria bem mais trabalhoso encontrar as soluções por
tentativas. Vamos ensinar um método de solução rápido pela Análise Combinatória.
A soma dos valores de x, y e z deve ser igual a 6. Desenharemos seis pontos para
representar esse valor 6.
Vamos dividir esses seis pontos em três partes que corresponderão as três variáveis
x, y e z. Para tanto, usaremos duas barras para fazer as separações das partes.
Cada modo de dipormos os pontos e as barras dará origem a uma solução para a
equação. Por exemplo:
 x=1; y=3; z=2
1
3
2
 x=2; y=2; z=2
2
2
2
 x=0; y=3; z=3
0
3
3
 x=2; y=0; z=4
2
0
4
Se permutarmos esses 8 símbolos (6 pontos e 2 barras) encontraremos todas as
soluções inteiras não negativas da equação.
Como os símbolos se repetem devemos fazer uma permutação com repetição.
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
P86, 2 
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8! 8  7

 28
6! 2!
2
Portanto, temos 28 soluções inteiras não negativas para a equação x+y+z=6.
Podemos estabelecer uma fórmula para este tipo de questão.
Fórmula:
nº de soluções 
(n  r  1)!
r! (n  1)!
Onde: n é o número de variáveis (x, y, z,...) da equação; e r é valor da constante que
fica no segundo membro da equação.
Na questão acima, tínhamos n=3 e r=6.
Na equação x+y+z+w=8, qual é o valor de n e de r? Teremos: n=4 e r=8.
13. Uma lanchonete vende três tipos de refrigerantes: Kuat, Pepsi e Sprite. De
quantas maneiras uma pessoa pode comprar cinco garrafas de refrigerante?
Sol.:
Esta é uma questão que chamamos de Combinação com Repetição. Vejamos o
porquê.
Ao levarmos para casa cinco refrigerantes, a ordem dos refrigerantes dentro da sacola
não tem a menor importância. Ou seja, os dois resultados abaixo são iguais.
 {Kuat, Kuat, Kuat, Pepsi, Sprite}={Sprite, Pepsi, Kuat, Kuat, Kuat}
Como a ordem dos elementos não tem relevância, então estamos diante de uma
questão de Combinação. Entretanto, nas questões de combinação que vimos até o momento
não poderia haver elementos repetidos dentro do grupo. E nesta questão temos elementos
repetidos! Por exemplo, no grupo acima, temos 3 Kuats. Por isso chamamos este tipo de
questão de Combinação com Repetição.
Para resolver a questão, não usaremos a fórmula da Combinação. O método que
usaremos é baseado na questão anterior: encontrar o número de soluções inteiras não
negativas de uma equação linear.
Chamaremos de x o número de refrigerantes Kuat comprados, de y o número de
refrigerantes Pepsi comprados e de z o número de refrigerantes Sprite comprados. A soma
de x, y e z deve ser igual a 5, pois segundo o enunciado são compradas cinco garrafas.
Assim, podemos formar a equação:
 x+y+z=5
Desta forma, no desenho haverá 5 pontos e 2 (=3 variáveis menos 1) barras.
Se permutarmos esses 7 símbolos (5 pontos e 2 barras) encontraremos todas as
soluções inteiras não negativas da equação.

P75, 2 
7! 7  6

 21
5! 2!
2
Portanto, temos 21 soluções inteiras não negativas para a equação x+y+z=5.
Traduzindo esse resultado para a questão dos refrigerantes, afirmamos que há 21
maneiras de comprar cinco garrafas de refrigerante nessa lanchonete.
Raciocínio Lógico
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14. (BB1 2007 CESPE) Julgue o item:
1. Se 6 candidatos são aprovados em um concurso público e há 4 setores distintos
onde eles podem ser lotados, então há, no máximo, 24 maneiras de se realizarem
tais lotações.
Sol.:
A solução desta questão é semelhante a da questão anterior. Vejamos.
Os 6 candidatos serão distribuídos nos 4 setores, podendo inclusive haver setores que
não recebam nenhum candidato.
Faremos as seguintes designações:
 x é o número de candidatos lotados no 1º setor;
 y é o número de candidatos lotados no 2º setor;
 z é o número de candidatos lotados no 3º setor;
 w é o número de candidatos lotados no 4º setor;
A soma de x, y, z e w é igual a 6. Daí:
 x+y+z+w=6
Desta forma, no desenho haverá 6 pontos e 3 (= 4 variáveis menos 1) barras.
Se permutarmos esses 9 símbolos (6 pontos e 3 barras) encontraremos todas as
soluções inteiras não negativas da equação.

P96,3 
9! 9  8  7

 84
6! 3!
6
Portanto, temos 84 maneiras distintas de efetuar a lotação dos seis candidatos.
Logo, o item está errado!
15. (AFRFB 2009 Esaf) De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três
mulheres em uma mesa redonda, isto é, sem cabeceira, de modo a se ter sempre
um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens?
a) 72
c) 216
b) 360 d) 36
Solução:
e) 720
Chamaremos os homens de: H1, H2 e H3 e as mulheres de M1, M2 e M3.
abaixo:
Uma situação em que homens e mulheres ficam alternados é mostrada no desenho
H1
M3
M1
H3
H2
M2
Se houvesse apenas os três homens em torno da mesa, o número de maneiras que
eles poderiam sentar-se seria igual a:
Permutação circular = (n-1)! = (3-1)! = 2! = 2 maneiras
Raciocínio Lógico
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Agora temos que permutar as três mulheres. Será uma permutação simples, e não
circular, pois na permutação anterior (permutação circular) já excluímos as situações que
representam apenas giros dos homens em torno da mesa.
Permutação simples das mulheres = 3! = 6 maneiras
O total de possibilidades é igual ao produto das duas permutações:
Total = 2 x 6 = 12 maneiras (Resposta!)
Esta questão foi anulada pela ESAF, pois nenhuma das opções de resposta é correta.
Podemos generalizar esta questão para uma quantidade qualquer de homens e
mulheres.
Considere que tenhamos m homens e m mulheres em torno da mesa. De quantas
formas eles podem sentar-se, de modo que os homens e as mulheres se alternem?
A resposta é dada pela seguinte expressão: m!(m-1)!
Raciocínio Lógico
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EXERCÍCIOS DE ANÁLISE COMBINATÓRIA
01. (MPE Tocantins 2006 CESPE) Os princípios de contagem, na matemática, incluem:
I Princípio da Soma: se um evento E1 pode ocorrer de N1 maneiras distintas, E2, de N2
maneiras distintas, ..., Ek, de Nk maneiras distintas, e se quaisquer dois eventos não podem
ocorrer simultaneamente, então um dos eventos pode ocorrer em N 1 + N2 + ... + Nk
maneiras distintas.
II Princípio da Multiplicação: considere que E 1, E2, ..., Ek são eventos que ocorrem
sucessivamente; se o evento E1 pode ocorrer de N1 maneiras distintas, o evento E2 pode
ocorrer de N2 maneira distintas, ..., o evento Ek pode ocorrer de Nk maneiras distintas, então
todos esses eventos podem ocorrer, na ordem indicada, em N 1 × N2 × ... × Nk maneiras
distintas.
Considerando o texto acima e a informação do portal www.mp.to.gov.br, de que, no
Ministério Público do Estado do Tocantins (MPE/TO), há 85 promotores de justiça e 12
procuradores de justiça, julgue os itens subsequentes.
1. Considere que se deseje eleger, entre os procuradores e os promotores do MPE/TO, um
presidente, um vice-presidente e um ouvidor, para a direção de um clube dos membros
do MPE/TO, de modo que nenhuma pessoa possa ser eleita para mais de um cargo.
Nessa situação, é correto afirmar que há 288 maneiras diferentes de se escolherem os
três membros para a direção do clube e este resultado é uma conseqüência do Princípio
da Soma.
2. Há 97 maneiras diferentes de se escolher uma pessoa entre os promotores de justiça e os
procuradores de justiça do MPE/TO.
3. Considere que, entre os promotores de justiça do MPE/TO, haja 27 mulheres. Suponha
que 60 promotores tenham menos de 50 anos, e que, neste grupo, haja 15 mulheres.
Nessa situação, um dos eventos “ter menos de 50 anos” ou “ser mulher” tem 72
maneiras distintas de ocorrer.
4. Há 70 maneiras diferentes de se constituir um comitê que contenha exatamente 4
membros escolhidos de uma lista de 8 procuradores de justiça.
02. (TRT-RJ Técnico 2008 Cespe) Considerando que as matrículas funcionais dos servidores
de um tribunal sejam formadas por 5 algarismos e que o primeiro algarismo de todas a
matrículas seja o 1 ou o 2, então a quantidade máxima de matrículas funcionais que
poderão ser formadas é igual a
A. 4 × 103.
D. 2 × 105.
B. 1 × 104.
E. 3 × 105.
C. 2 × 104.
Raciocínio Lógico
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03. (DETRAN/ES 2010 Cespe) Acerca dos princípios e das técnicas de contagem, julgue os
itens subsequentes.
1. Considerando-se que, no estado do Espírito Santo, as placas dos automóveis variem de
MOX 0001 a MTZ 9999, é correto concluir que o número total de automóveis que podem
ser licenciados nesse estado é igual a 162.000.
04. (BB 2009 Cespe) Supondo que André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto sejam, não
necessariamente nesta ordem, os cinco primeiros classificados em um concurso, julgue
os itens seguintes.
1. Existem 120 possibilidades distintas para essa classificação.
2. Com André em primeiro lugar, existem 20 possibilidades distintas para a classificação.
3. Com Bruna, Leila e Roberto classificados em posições consecutivas, existem 36
possibilidades distintas para classificação.
4. O número de possibilidades distintas para a classificação com um homem em último lugar
é 144.
05. (Auditor Fiscal de Vitória-ES 2007 CESPE)
Para formar-se um anagrama, permutam-se as letras de uma palavra, obtendo-se ou não
uma outra palavra conhecida. Por exemplo, VROAL é um anagrama da palavra VALOR. Com
base nessas informações, julgue os próximos itens, relacionados aos anagramas que podem
ser obtidos a partir da palavra VALOR.
1. O número de anagramas distintos é inferior a 100.
2. O número de anagramas distintos que começam com VL é igual a 6.
3. O número de anagramas distintos que começam e terminam com vogal é superior a 15.
4. O número de anagramas distintos que começam com vogal e terminam com consoante é
superior a 44.
06. (Agente da Polícia Federal (Regional) 2004 CESPE) Texto para os itens de 1 a 4
Conta-se na mitologia grega que Hércules, em um acesso de loucura, matou sua
família. Para expiar seu crime, foi enviado à presença do rei Euristeu, que lhe apresentou
uma série de provas a serem cumpridas por ele, conhecidas como Os doze trabalhos de
Hércules. Entre esses trabalhos, encontram-se: matar o leão de Neméia, capturar a corça de
Cerinéia e capturar o javali de Erimanto.
Considere que a Hércules seja dada a escolha de preparar uma lista colocando em ordem os
doze trabalhos a serem executados, e que a escolha dessa ordem seja totalmente aleatória.
Além disso, considere que somente um trabalho seja executado de cada vez.
Com relação ao número de possíveis listas que Hércules poderia preparar, julgue os itens
subseqüentes.
1. O número máximo de possíveis listas que Hércules poderia preparar é superior a 12 × 10!.
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2. O número máximo de possíveis listas contendo o trabalho “matar o leão de Neméia” na
primeira posição é inferior a 240 × 990 × 56 × 30.
3. O número máximo de possíveis listas contendo os trabalhos “capturar a corça de
Cerinéia” na primeira posição e “capturar o javali de Erimanto” na terceira posição é
inferior a 72 × 42 × 20 × 6.
4. O número máximo de possíveis listas contendo os trabalhos “capturar a corça de
Cerinéia” e “capturar o javali de Erimanto” nas últimas duas posições, em qualquer
ordem, é inferior a 6! × 8!.
07. (TJ/ES 2010 Cespe) Alberto, Bruno, Sérgio, Janete e Regina assistirão a uma peça de
teatro sentados em uma mesma fila, lado a lado. Nessa situação, julgue os itens
subsequentes.
1. A quantidade de maneiras distintas de como essas 5 pessoas poderão ocupar os assentos
é igual a 120.
2. Caso Janete e Regina sentem-se nas extremidades da fila, então a quantidade de
maneiras distintas de como essas 5 pessoas poderão ocupar os assentos é igual a 24.
3. Considere que Sérgio e Janete sentem um ao lado do outro. Nesse caso, a quantidade de
maneiras distintas de como as 5 pessoas poderão ocupar os assentos é igual a 48.
08. (Banco da Amazônia 2010 Cespe) Suponha que um banco tenha um cartão especial para
estudantes, que já venha com senha de 4 algarismos escolhidos de 0 a 9 e atribuídos ao
acaso. Com relação a essa situação, julgue os itens subsequentes.
1. Ao se realizar todas as combinações possíveis, com os algarismos 2 e 1 juntos, nessa
ordem, obtêm-se, no máximo, 192 senhas diferentes.
2. Podem-se obter 2.016 senhas em que o 0 é, necessariamente, um, e somente um, dos
algarismos e os outros 3 algarismos são distintos.
3. Ao se utilizar somente os algarismos 1, 3, 4 e 7, podem-se obter 12 senhas de algarismos
distintos e que não sejam maiores que 4.173.
09. (Papiloscopista PF 2004 CESPE) A respeito de contagem, que constitui um dos principais
fundamentos da matemática, julgue os itens que se seguem.
1. Considere que, na disputa entre duas equipes, a primeira que vencer 4 jogos será
considerada vencedora. Se uma das equipes — A — tiver vencido os 3 primeiros
confrontos, então o gráfico a seguir é capaz de representar todas as possibilidades de A
vencer a disputa.
4º A perde 5º A perde 6º A perde 7º A perde
jogo
jogo
jogo
jogo
A vence
Raciocínio Lógico
A vence
A vence
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A vence
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2. O número de cadeias distintas de 14 caracteres que podem ser formadas apenas com as
letras da palavra Papiloscopista é inferior a 108.
3. Considere a seguinte situação hipotética.
Uma grande empresa cataloga seus bens patrimoniais usando códigos formados por uma
cadeia de 6 caracteres, sendo três letras iniciais, escolhidas em um alfabeto de 26 letras,
seguidas de 3 dígitos, cada um escolhido no intervalo de 0 a 9, não se permitindo códigos
com 3 letras iguais e(ou) 3 dígitos iguais.
Nessa situação, a empresa dispõe de até 107 códigos distintos para catalogar seus bens.
10. (TRT 16ª região Anal. Jud. CESPE 2005) Julgue o item que se segue.
1. O número de cadeias binárias (que só contêm 0 e 1) de 8 dígitos, e que tenham
exatamente 3 zeros, é superior a 50.
11. (BB3 2007 CESPE) Julgue o item seguinte.
1. Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão ocupados pelos 6 participantes de uma
reunião. Nessa situação, o número de formas diferentes para se ocupar esses lugares com
os participantes da reunião é superior a 102.
12. (Agente da PF 2009 Cespe) A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos 17 cidades
de fronteira como locais de entrada ilegal de armas; 6 dessas cidades estão na fronteira
do Mato Grosso do Sul (MS) com o Paraguai.
Considerando as informações do texto acima, julgue o próximo item.
1. Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto, com exceção
daquelas da fronteira do MS com o Paraguai, para a entrada ilegal de armas no Brasil, então
essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha.
13. (PETROBRAS 2007 CESPE) Julgue os itens que se seguem.
1. Considere que, no final de uma reunião de executivos, foram trocados 78 apertos de
mãos; cada executivo apertou uma única vez a mão de todos os outros. Nesse caso, o
número de executivos presentes nessa reunião era inferior a 15.
14. (ABIN 2010 CESPE) Com relação aos princípios e técnicas de contagem, julgue os itens
subsequentes.
1. Caso o chefe de um órgão de inteligência tenha de escolher 3 agentes entre os 7
disponíveis para viagens — um deles para coordenar a equipe, um para redigir o relatório de
missão e um para fazer os levantamentos de informações —, o número de maneiras de que
esse chefe dispõe para fazer suas escolhas é inferior a 200.
Raciocínio Lógico
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2. Caso o servidor responsável pela guarda de processos de determinado órgão tenha de
organizar, em uma estante com 5 prateleiras, 3 processos referentes a cidades da região
Nordeste, 3 da região Norte, 2 da região Sul, 2 da região Centro-Oeste e 1 da região Sudeste,
de modo que processos de regiões distintas fiquem em prateleiras distintas, então esse
servidor terá 17.280 maneiras distintas para organizar esses processos.
3. Considere que seja possível chegar a uma pequena cidade por meio de carro, por um dos
5 ônibus ou por um dos 2 barcos disponíveis e que, dado o caráter sigiloso de uma operação
a ser realizada nessa cidade, os agentes que participarão dessa operação devam chegar à
referida cidade de maneira independente, em veículos distintos. Em face dessa situação,
sabendo-se que o órgão de inteligência dispõe de apenas um carro e que os deslocamentos
devem ocorrer no mesmo dia, é correto afirmar que o número de maneiras de o servidor
responsável pela organização das viagens escolher os veículos para transporte de 3 agentes
para essa missão é inferior a 50.
15. (ABIN 2010 CESPE) Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por
determinado setor disponha de 20 agentes, sendo 5 especialistas em técnicas de
entrevista, 8 especialistas em reconhecimento operacional e 7 especialistas em técnicas
de levantamento de informações, todos com bom desempenho na tarefa de
acompanhamento de investigado. A partir dessas informações, julgue os itens a seguir.
1. Se, para cumprir determinada missão, for necessário fazer, simultaneamente,
reconhecimento operacional em 3 locais diferentes, então o responsável pelo setor terá 340
maneiras distintas de compor uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas para
essa missão, sendo um especialista para cada local.
2. Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor organizar uma equipe
composta por 1 especialista em entrevista, 1 em reconhecimento operacional e 1 em
levantamento de informações, para determinada missão.
3. Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado que se desloque por
uma rua retilínea consista em manter um agente no mesmo lado da via que o investigado,
alguns metros atrás deste, e dois outros agentes do lado oposto da rua, um caminhando
exatamente ao lado do investigado e outro, alguns metros atrás. Nessa situação, há 10
maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem durante uma
missão de acompanhamento em que seja utilizada essa técnica.
16. (Escrivão da Polícia Federal (Regional) – 2004 – CESPE)
Para uma investigação a ser feita pela Polícia Federal, será necessária uma equipe
com 5 agentes. Para formar essa equipe, a coordenação da operação dispõe de 29 agentes,
sendo 9 da superintendência regional de Minas Gerais, 8 da regional de São Paulo e 12 da
regional do Rio de Janeiro. Em uma equipe, todos os agentes terão atribuições semelhantes,
de modo que a ordem de escolha dos agentes não será relevante.
Com base nessa situação hipotética, julgue os itens seguintes.
1. Poderão ser formadas, no máximo, 19 × 14 × 13 × 7 × 5 × 3 equipes distintas.
Raciocínio Lógico
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2. Se a equipe deve conter exatamente 2 agentes da regional do Rio de Janeiro, o número
máximo de equipes distintas que a coordenação dessa operação poderá formar é inferior
a 19×17×11×7.
3. Se a equipe deve conter exatamente 2 agentes da regional do Rio de Janeiro, 1 agente da
regional de São Paulo e 2 agentes da regional de Minas Gerais, então a coordenação da
operação poderá formar, no máximo, 12 × 11 × 9 × 8 × 4 equipes distintas.
17. (Banco da Amazônia 2010 Cespe) Considerando que, dos 100 candidatos aprovados em
um concurso, 30 sejam mulheres, sendo que apenas 20% delas têm idade acima de 30
anos; e, entre os homens, 40% têm idade acima de 30 anos, julgue os itens que se
seguem.
1. Selecionando-se, entre os referidos candidatos, somente homens com idade acima de 30
anos, é possível formar mais de 20.000 grupos, não ordenáveis, de quatro candidatos.
2. Se forem separadas somente as mulheres acima de 30 anos e 10% dos homens, então
será possível formar 525 grupos diferentes de 5 pessoas, compostos por 3 homens e 2
mulheres.
3. Se um candidato tiver de escolher, em ordem de preferência, 7 cidades para trabalhar,
entre 10 apresentadas pelo banco, então haverá mais de 144 opções de escolha para esse
candidato.
18. (MPE Tocantins – Analista – 2006 CESPE) Em cada um dos itens subseqüentes, é
apresentada uma situação hipotética, seguida de uma assertiva a ser julgada.
1. Uma concessionária oferece aos clientes as seguintes opções para a aquisição de um
veículo: 4 cores externas, 4 cores internas, 4 ou 5 marchas, com ou sem ar condicionado,
com ou sem direção hidráulica, com ou sem vidros e travas elétricas. Desse modo, são,
no máximo, 128 as opções distintas para a escolha de um veículo.
2. Os ramais de telefone em uma repartição têm 4 dígitos, formatados com os algarismos 0,
1, ..., 9. Se esses números possuem pelo menos um dígito repetido, então a quantidade
de números de ramais que é possível formar é superior a 4.000.
3. Um juiz deve sortear 5 homens e 6 mulheres para formar o corpo de jurados no tribunal
do júri, entre 10 homens e 13 mulheres convocados. Nessa situação, o número de
possibilidades diferentes de se formar o corpo de jurados é inferior a 1.970.
19. (Polícia Civil ES 2010 Cespe) Desde dezembro de 2009, uma aeronave não tripulada
sobrevoa e monitora as fronteiras do Brasil com o Paraguai, o Uruguai e a Argentina na
região de Foz do Iguaçu. Ao todo, serão 6 estações equipadas com 2 aeronaves cada,
operadas pela Polícia Federal, somando investimento da ordem de US$ 655,6 milhões.
1. Considerando que devam ser escolhidas 3 aeronaves para inspeção e manutenção, sendo
que não podem ser selecionadas as 2 aeronaves de uma mesma estação, e que todas as seis
estações já possuam as duas aeronaves previstas, então o número de formas distintas de se
fazer essa escolha será superior a 150.
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20. (TRE-BA Técnico 2010 Cespe) O jogo de dominó tradicional é jogado com 28 peças,
igualmente divididas entre 4 jogadores sentados face a face em torno de uma mesa
retangular. As peças são retangulares e possuem uma marcação que as divide em duas
metades iguais; em cada metade: ou não há nada gravado, ou está gravado um
determinado número de buracos que representam números. As metades representam 7
números: 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 0, sendo este último representado por uma metade sem
marcação. Cada número ocorre em 7 peças distintas. Em 7 peças, denominadas buchas,
o número aparece nas duas metades. Existe também uma variação de dominó
conhecida como double nine, em que as metades representam os números 0, 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8 e 9, em um total de 55 peças.
A partir dessas informações, julgue os itens subsequentes.
1. Uma variação de dominó cujas metades representem os números 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
10, 11 e 12 terá um total de 82 peças.
2. No dominó tradicional, os 4 jogadores podem se sentar à mesa de 6 maneiras distintas.
3. Considere que cada jogador, na sua vez, retire as 7 peças ao mesmo tempo. Nesse caso,
as peças de um dominó tradicional poderão ser divididas entre os 4 jogadores de
28!/(7!)4 maneiras distintas.
4. Entre todas as possíveis divisões das peças de um dominó tradicional entre os 4
jogadores, em mais de 100 milhões delas algum deles começará o jogo com todas as 7
buchas.
Gabarito:
01 E C C C
11 C
02 c
12 E
03 E
13 C
04 C E C E
14 E C E
05 E C E E
15 E C E
06 C C E C
16 E E E
07 C E C
17 C C C
08 E C E
18 E C E
09 C E E
19 C
10 C
20 E C C C
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