TÓPICOS DE RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS: COMBINATÓRIA
Heitor Achilles Dutra da Rosa
CEFET – RJ
[email protected]
Introdução
Entendemos por Combinatória o ramo da Matemática que nos permite
resolver problemas em que basicamente, é necessário “escolher e organizar” os objetos
de um conjunto, isto é, a parte da Matemática em que estudamos as técnicas de
contagem de agrupamentos que podem ser feitos com elementos de um dado conjunto.
Tendo sua origem basicamente no estudo dos jogos de azar, tais como lançamentos de
dados, jogos de carta, etc., a Combinatória sofreu e sofre até hoje, intenso
desenvolvimento. Seus métodos são aplicados em diversas áreas como no cálculo das
probabilidades, em problemas de transporte, de confecção de horários, de elaboração de
planos de produção, de programação linear, de estatística, de teoria da informação, de
biologia molecular, de economia, de lógica, etc.. Além disso, esses métodos são também
utilizados em problemas de Matemática Pura, como na teoria dos grupos e de
representações, no estudo dos fundamentos da geometria, nas álgebras não associativas,
etc. Diante de tamanha importância, não só para a Matemática, mas em diversas áreas,
acredita-se que seu estudo merece maior destaque e atenção já nas séries iniciais da
Educação Básica, bem como, na sua etapa final, uma vez que a combinatória pode
exercer uma função não apenas de levar o aluno a ter acesso à Matemática como
ciência, com suas peculiaridades e conceitos específicos, mas também possibilitar que
ele ao se apropriar da linguagem que as ciências naturais e sociais utilizam para
descrever fenômenos diversos e de aprofundar seu conhecimento sobre procedimentos
matemáticos de enfrentamento e resolução de situações-problema.
Tradicionalmente, o estudo de Combinatória é calcado em definições e
fórmulas que automatizam os estudantes num trabalho mecânico que muitas vezes fica
distante da compreensão do que estão fazendo. E é aí que começam a surgir equívocos,
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como por exemplo, entre definições como a de arranjos e combinações. Isso traz a
impossibilidade do professor ir além do desenvolvimento dos agrupamentos simples, já
que a situação se complica quando se tenta abordar os agrupamentos com repetição.
Já é consenso entre educadores e matemáticos que, no ensino bemsucedido, os alunos precisam compreender aquilo que aprendem e que essa
compreensão é garantida quando eles participam da construção das idéias matemáticas.
Dessa forma alcançar tais objetivos só é possível quando os próprios professores
compreendem os conceitos matemáticos abstratos.
Diante de tais considerações este mini-curso é uma proposta oferecida a
professores de Ensino fundamental e médio, bem como, dirigido também a alunos de
graduação em licenciatura de Matemática. Assim, o mini-curso dará ênfase a resolução
de problemas contextualizados, que mostram várias aplicações da combinatória. É
também um dos objetivos do mini-curso demonstrar, por meio de conceitos da
combinatória alguns resultados matemáticos – que se mostram bastante freqüentes ao
longo das séries do ensino fundamental e médio.
O princípio multiplicativo
Problema 1: Três estradas X, Y e Z conduzem ao topo de morro. De quantos modos
diferentes uma pessoa pode subir e descer este morro?
Solução:
Se a pessoa pode subir por X então pode descer por X, Y ou Z. Diante disso escolhendo
uma das três estradas para subir temos 3 possibilidades de escolha de estradas para
descer. Podemos dispor todas as maneiras de percursos na tabela abaixo:
subida\descida
X
Y
Z
X
(X, X)
(X, Y)
(X, Z)
Y
(Y, X)
(Y, Y)
(Y, Z)
Z
(Z, X)
(Z, Y)
(Z, Z)
A tabela mostra facilmente que há 3 ⋅ 3 = 9 percursos possíveis de ida e volta.
Problema 2: Suponha que no problema 1 a pessoa não queira descer o morro pela
mesma estrada que usou para subir. Quantos caminhos diferentes de ida e volta ela pode
efetuar?
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Solução:
Neste caso temos que há 3 maneiras diferentes para subir e 2 diferentes para descer.
Logo, o número de percursos diferentes possíveis é igual a 3 ⋅ 2 = 6 .
A partir dos problemas acima podemos enunciar um dos princípios básicos da
combinatória, o princípio multiplicativo.
Princípio multiplicativo: Se um acontecimento A pode ocorrer de m maneiras diferentes
e se, para cada uma das m maneiras possíveis de ocorrências de A, um segundo
acontecimento B pode ocorrer de n maneiras diferentes então o número de maneiras de
ocorrer o acontecimento A seguido do acontecimento B é m ⋅ n.
Mas, como verificar a validade de tal princípio? Podemos fazer isso de forma
bastante simples, isto é, verificando a validade do Princípio intuitivamente.
Denote por a1 , a2 ,..., am as m maneiras de ocorrências de A e por b1 , b2 ,..., bn as n
maneiras de ocorrências de B, após A ter ocorrido da maneira ai (onde i = 1, 2,..., m ).
Diante disso, podemos construir o seguinte uma tabela como a do problema 1:
A \ B
b1
b2
....................
bn
a1
(a1,b1)
(a2,b2)
....................
(a1,bn)
a2
(a2,b1)
(a2,b2)
....................
(a2,bn)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am
(am,b1)
(am,b2)
.
.
.
.
....................
....................
(am,bn)
Diante da tabela temos que existem m ⋅ n. pares ordenados e em cada par
ordenado (ai , b j ) , ai representa uma das m possibilidades de ocorrer o acontecimento A,
enquanto que b j representa uma das n possibilidades de ocorrer o acontecimento B.
Segue de imediatamente a constatação da validade do princípio multiplicativo.
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Problema 3: Quantos números de três algarismos podem ser formados no sistema decimal?
Solução:
Considere um número de três algarismo, como algo representado por
P1
P2
P3
Daí, temos:
d1: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P1;
d2: escolher um algarismo para a posição P2;
d3: escolher um algarismo para a posição P3
Assim, temos que # d1 = 9, # d2 = 10 e # d3 = 10. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
9 ⋅10 ⋅10 = 900 números.
Problema 4: Quantos números de três algarismos distintos podem ser formados no sistema
decimal?
Solução:
Considere um número de três algarismo, como algo representado por
P1
P2
P3
Daí, temos:
d1: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P1;
d2: escolher um algarismo, diferente do escolhido em d1, para a posição P2;
d3: escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d1 e d2, para a posição P3
Assim, temos que # d1 = 9, # d2 = 9 e # d3 = 8. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
9 ⋅ 9 ⋅ 8 = 648 números.
Os dois últimos problemas ilustram que nunca devemos, quando estamos resolvendo um
problema de combinatória, deixar uma dificuldade “para depois”. Ou seja: se existe uma
restrição causando dificuldades então devemos satisfaze-la em primeiro lugar.
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Problema 5: Quantos números pares de três algarismos distintos podem ser formados no sistema
decimal?
Solução:
Este problema apresenta uma dificuldade maior por isso vamos resolve-lo em duas etapas.
Etapa 1: Calcular a quantidade de números de três algarismos distintos terminados em zero.
Considere um número de três algarismo, como algo representado por
P1
P2
P3
Daí, temos:
d1: colocar o número zero na posiçãoP3;
d2: escolher um algarismo, diferente de zero, para a posição P1;
d3: escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d1 e d2, para a posição P2
Assim, temos que # d1 = 1, # d2 = 9 e # d3 = 8. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
1 ⋅ 9 ⋅ 8 = 72 números.
Etapa 2: Determinar a quantidade de números pares de três algarismos distintos não terminados
em
zero.
Considere um número de três algarismo, como algo representado por
P1
P2
P3
Daí, temos:
d1: escolher um algarismo, dentre 2, 4, 6, 8 para a posiçãoP3;
d2: escolher um algarismo, diferente de zero e diferente do escolhido em d1, para a posição P1;
d3: escolher um algarismo, diferente dos escolhidos em d1 e d2, para a posição P2
Assim, temos que # d1 = 4, # d2 = 8 e # d3 = 8. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
4 ⋅ 8 ⋅ 8 = 256 números.
Portanto, temos que a solução do nosso problema inicial é dada por 72 + 256 = 328 números.
Do problema 5 podemos tirar a seguinte lição: se em certa posição um objeto causa
dificuldade para escolha de ocorrência de objetos em outra posição, então devemos dividir o
problema em duas etapas, conforme o objeto ocupe ou não a posição considerada.
Problema 6: Um dado é lançado 4 vezes. Qual o número de maneiras nas quais o “6” pode
aparecer em seqüência, precisamente duas vezes.
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Solução:
Usando a lição tirada do problema 5, vamos dividir em etapas a solução desse problema.
Etapa 1: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência nos dois
primeiros lançamentos.
6 6 __ __
a
A1: resultado do lançamento do dado pela 3 . vez
A2: resultado do lançamento do dado pela 4a. vez
Assim, temos que # A1 = 5 e # A2 = 6. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 5 ⋅ 6 = 30 .
Etapa 2: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência no 2o. e no 3o.
lançamento.
__ 6 6 __
A1: resultado do lançamento do dado pela 1a. vez
A2: resultado do lançamento do dado pela 4a. vez
Assim, temos que # A1 = 5 e # A2 = 5. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 5 ⋅ 5 = 25 .
Etapa 3: Cálculo do número de maneiras de aparecer o número 6 em seqüência nos dois últimos
lançamentos.
__ __6 6
A1: resultado do lançamento do dado pela 1a. vez
A2: resultado do lançamento do dado pela 2a. vez
Assim, temos que # A1 = 6 e # A2 = 5. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que 6 ⋅ 5 = 30 .
Portanto, a resposta do problema é 30 + 25 + 30 = 85.
Problema 7: De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em 7 cadeiras em fila?
Solução:
d1: escolher uma cadeira para a primeira pessoa;
d2: escolher uma cadeira para a segunda pessoa depois de ter ocorrido d1;;
d3: escolher uma cadeira para a terceira pessoa, após ter ocorrido d1 e d2
Assim, temos que # d1 = 7, # d2 = 6 e # d3 = 5. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 210 números.
Problema 8: Quantos divisores naturais possui o número 108?
Solução:
Temos que o número 108 pode ser escrito como 108 = 22 ⋅ 33 . Com isso temos que qualquer
divisor de 108 e da forma 2 x ⋅ 3 y com
sen=1
a11
det (A)=
a11A11 +a12A12 +...+a1nA1n sen 〉 1
e y ∈ {0,1, 2, 3} . Dessa forma, para obter um
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divisor de 108 devemos substituir em 2 x ⋅ 3 y o expoente x por um dos números 0, 1 ,2 e o
expoente y por um dos números 0, 1, 2,3. Então:
d1: escolha de um valor para x
d2: escolha de um valor para y
Assim, temos que # d1 = 3, # d2 = 4. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
3 ⋅ 4 = 12 números divisores.
Problema 9:
Quantos subconjuntos possui um conjunto com n elementos?
Solução:
Seja o conjunto A = {a1 , a2 ,..., an } .
Cada subconjunto de A possui x1 elementos a1 , x2 elementos a2 , ..., xn elementos an , onde
xi ∈ {0,1} com i = 1, 2,..., n . Para se formar um subconjunto de A devemos escolher um valor para
x1, um valor para x2, ..., um valor para xn.
d1: escolher um valor para x1
d2: escolher um valor para x2
.
.
.
dn: escolher um valor pára xn
Assim, temos que # d1 = 2, # d2 = 2, ..., # dn = 2. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ 2 = 2 n subconjuntos.
Problema 10: n automóveis devem entrar sucessivamente numa rua que dá mão para um único
lado e estacionar em n vagas existentes. Cada carro deve justapor-se a um carro já estacionado.
Podendo o primeiro carro ocupar qualquer das vagas, quantas filas distintas podem ser
formadas?
Solução:
O número de maneiras de arrumar automóveis os n automóveis nas n vagas, nas condições do
problema é igual ao número de maneiras de arruma-los fora das vagas e em seguida encaixa-los
nas mesmas.
d1: colocar o 1o. carro
d2: colocação do 2o. carro, após ter ocorrido d1
d3: colocação do 3o. carro, após terem ocorrido d1 e d2
.
.
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.
dn: colocação do n-ésimo carro, após ter ocorrido d1, d2, ..., dn
Assim, temos que # d1 = 1 (já que o primeiro carro não há condição de ser satisfeita); # d2 =2
(na frente ou atrás do 1o. carro), # d3 = 2 (na frente ou atrás dos dois carros já arrumados), ..., #
dn = 2 (na frente ou atrás dos n – 1 carros já arrumados). Logo, pelo princípio multiplicativo
temos que 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ 2 = 2n−1 modos.
Problema 11: Sejam os conjuntos A = {a1 , a2 ,..., a p } e B = {b1 , b2 ,..., bm } . Quantas aplicações
f:A→B podem ser definidas?
Solução:
d1: escolher uma imagem para o elemento a1 ;
d2: escolher uma imagem para o elemento a2 , após ter ocorrido d1;
d3: escolher uma imagem para o elemento a3 , após ter ocorrido d1 e d2;
.
.
.
dp: escolher uma imagem para o elemento a p , após ter ocorrido d1, d2, ..., dp;
Assim, temos que # d1 = m, # d2 = m, # d3 = m, ..., # dp = m. Logo, pelo princípio multiplicativo
temos que m ⋅ m ⋅ m ⋅ ... ⋅ m = m p aplicações f:A→B podem.
Problema 12: Sejam os conjuntos A = {a1 , a2 ,..., a p } e B = {b1 , b2 ,..., bm } . Quantas aplicações
injetoras f:A→B podem ser definidas?
Solução:
d1: escolher uma imagem para o elemento a1 ;
d2: escolher uma imagem para o elemento a2 , após ter ocorrido d1;
d3: escolher uma imagem para o elemento a3 , após ter ocorrido d1 e d2;
.
.
.
dp: escolher uma imagem para o elemento a p , após ter ocorrido d1, d2, ..., dp;
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Assim, temos que # d1 = m, # d2 = m - 1, # d3 = m - 2, ..., # dp = m – (p + 1). Logo, pelo
princípio
multiplicativo
temos
que
m ⋅ ( m − 1) ⋅ (m − 2) ⋅ ... ⋅ (m − ( p − 1)) = m ⋅ (m − 1) ⋅ (m − 2) ⋅ ... ⋅ ( m − p + 1) aplicações injetoras f:A→B.
Problema 12: Sejam os conjuntos A = {a1 , a2 ,..., an } e B = {b1 , b2 ,..., bn } . Quantas aplicações
bijetoras f:A→B podem ser definidas?
Solução:
d1: escolher uma imagem para o elemento a1 ;
d2: escolher uma imagem para o elemento a2 , após ter ocorrido d1;
d3: escolher uma imagem para o elemento a3 , após ter ocorrido d1 e d2;
.
.
.
dn: escolher uma imagem para o elemento an , após ter ocorrido d1, d2, ..., dn;
Assim, temos que # d1 =n, # d2 = n - 1, # d3 = n - 2, ..., # dp = n – (n - 1). Logo, pelo princípio
multiplicativo temos que
n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅ (n − (n − 1)) = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅1
aplicações
bijetoras f:A→B.
Problema 13: Dados n objetos distintos a1 , a2 ,..., an , de quantos modos é possível ordena-los?
Solução:
Para os objetos a, b, c há 6 ordenações: abc, acb, bac, bca, cba, cab. No caso geral temos
n modos de escolher o objeto que ocupará o primeiro lugar, n – q modos de escolher o
que ocupará o segundo lugar, ..., 1 modo de escolher o objeto que ocupará o último
lugar. Temos então que o problema é equivalente ao problema 12, logo o número de
modos de ordenar n objetos distintos é n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅1 .
A partir do problema 13 definimos cada ordenação dos n objetos como uma permutação
simples de n objetos e o número de permutações de n objetos distintos, representado por Pn é
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igual a
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n! = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅1 (Já que 0!=1, define-se P0 = 1). Em outras palavras
uma permutação nada mais é que uma função bijetora P: A→ A.
Problema 14: Quantos são os anagramas da palavra QUADRO que começam por vogal?
Solução:
Considere as posições de cada letra da palavra quadro
P1
P2
P3
P4
P5
P6
d1: escolher uma vogal, dentre a, o, u para a posição P1;
d2: permutar as letras restantes
Assim, temos que # d1 = 3, # d2 = 5!=120. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que
3 ⋅120 = 360 anagramas.
Problema 15: De quantos modos podemos formar uma roda com 6 crianças?
Solução:
À primeira vista parece que para formar uma roda com as 6 crianças basta escolher uma ordem
para eles, o que pode ser feito de120!= 720 modos. Mas, há rodas iguais como por exemplo,
ABCDE e EABCD (onde A, B, C, D e E representam as crianças). Daí , a contagem de 720
rodas contou cada roda 6 vezes. Portanto, temos como resposta para o problema
720
= 120 .
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Problema 16: De quantos modos podemos dividir 12 pessoas em dois grupos de 6?
Solução:
A divisão pode ser feita colocando as 12 pessoas em fila e dividindo-as de modo que um dos
grupos seja formado pelas 6 primeiras pessoas e o outro pelas 6 últimas. Temos que tomar
cuidado que a solução, embora pareça ser 12! não é. Pois em 12! maneiras temos que cada
divisão foi contada 2 ⋅ 6!⋅ 6! vezes (2 por causa da ordem dos grupos , 6! Por causa da ordem dos
elementos no 1o. grupo e 6! Por causa da ordem dos elementos no 2o. grupo). Portanto, temos
como resposta
12 !
= 462 .
2 ⋅ 6 !⋅ 6!
Problema 17: De quantos modos podemos escolher p objetos distintos entre n objetos distintos
dados?
Solução:
Cada subconjunto com p elementos é chamado de uma combinação simples de classe
p dos n objetos a1, a2, ... , an.
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Assim, por exemplo, as combinações simples de classe 3 dos objetos a1, a2, a3, a4, a5
são: {a1,a2,a3} {a1,a2,a4} {a1,a2,a5} {a1,a3,a4} {a1,a3,a5} {a1,a4,a5} {a2,a3,a4} {a2,a3,a5}
{a2,a4,a5} {a3,a4,a5}.
O número de combinações simples de classe p de n Objetos é representado por
C np . Assim, C 53 = 10.
Analisemos esta resposta: a escolha do 1º elemento da combinação pode ser feita de 5
modos; a do 2º, de 4 modos e a do 3º, de 3 modos. A resposta parece ser 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 .
Entretanto, se pensarmos numa combinação, por exemplo, {a1,a2,a3}, verificamos que as
combinações {a1,a2,a3}, {a1,a3,a2}, {a2,a1,a3}, etc... são idênticas e foram contadas como
se fossem diferentes. Com efeito, se dissermos que há 5 modos de escolher o 1º
elemento da combinação é porque estamos considerando as escolhas a1 e a2 como
diferentes e portanto estamos contando {a1,a2,a3} como diferente de {a2,a1,a3}. Em
suma, na resposta 60 estamos contando cada combinação uma vez para cada ordem de
escrever seus elementos. Como em cada combinação os elementos podem ser escritos
em P3 = 3! = 6 ordens, cada combinação foi contada 6 vezes. Logo, a resposta é 60/6 =
10.
No caso geral temos Cnp =
n(n − 1)...(n − p + 1)
, 0 < p ≤ n, Cn0 = 1.
p!
Uma expressão alternativa pode ser obtida multiplicando o numerador e o denominador
por (n − p)!. Obtemos
n!
C np =
,0 ≤ p ≤ n.
p!(n − p )!
Problema 15: Em uma urna há fichas numeradas de 1 a 10. De quantos modos se podem retirar
3 fichas de modo que a soma dessas fichas seja menor que 9?
Solução:
Primeiro temos que o número de modos de retirar 3 fichas é C103 . São 4 grupos de 3 fichas cuja
soma é inferior a 9: 1+ 2 + 3, 1 + 2 + 4, 1 + 2 + 5 e 1 + 3 + 4. Logo temos como resposta C103 - 4.
Problema 16: De quantos modos se podem repartir 27 livros diferentes entre as pessoas A, B e
C, de modo que A e B, juntas, recebam o dobro de C?
Solução:
Primeiramente temos que se C recebe x livros, então A e B devem receber 2x.
Daí, 2x + x = 27 ⇒ x = 9.
d1: escolher 9 livros dentre os 27 para dar a C
d2: distribuir os 18 livros restantes entre A e B
Assim, temos que # d1 = C279 , # d2 =218. Logo, pelo princípio multiplicativo temos que C279 ⋅ 218
modos.
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Problema 17: Quantas diagonais possui um polígono convexo de n lados?
Solução: O número de segmentos que tem extremidades nos vértices desse polígono é
Cn2 =
n!
n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2)! n ⋅ (n − 1)
n ⋅ (n − 1)
=
=
. Mas, destes
segmentos n são lados do
2!⋅ (n − 2)!
2 ⋅ (n − 2)!
2
2
polígono. Logo, o número de diagonais de um polígono de n lados é dado por
n ⋅ (n − 1)
n ⋅ (n − 1) 2 ⋅ n n ⋅ (n − 1 − 2) n ⋅ (n − 3)
−n =
−
=
=
.
2
2
2
2
2
Problema 18: De quantas maneiras se podem escolher 3 números distintos do conjunto A = { 1,
2, 3, 4, 5, 6, ..., 100}, de modo que sua soma seja um múltiplo de 3?
Solução:
Sejam os conjuntos:
X = {x ∈ A : x = multiplo de 3} = {1,3, 6,9,...,99}
Y = {x ∈ A : x = multiplo de 3 + 1} = {1, 4, 7,10,...,100}
Z = {x ∈ A : x = multiplo de 3 + 2} = {2,5,8,11,...,98}
Assim temos que # X = 33, # Y = 34 e # Z = 33. Observe que cada número escolhido em A têm
por soma um múltiplo de 3, cada 3 números escolhidos em B têm por soma um múltiplo de 3,
cada 3 números escolhidos em C têm por soma um múltiplo de 3 e escolhendo-se um número
em A, um em B e um em C, a soma das 3 números é múltiplo de 3.
Daí: C332 + C343 + C333 + C331 ⋅ C341 ⋅ C331 = 2C333 + C343 + (C331 )2 ⋅ C341 .
Palavras-chave: Ensino de Combinatória, Principio multiplicativo, Combinações.
Referências Bibliográficas:
BRASIL. Parâmetros Curriculares Nacionais: Ensino Médio: Ciências da Natureza,
Matemática e suas Tecnologias. Brasília: MEC, 1999.
LACAZ, N. F. A . Lições de Análise Combinatória. São Paulo: Livraria Nobel, 1956.
LIMA, E. L., CARVALHO, P. C. P., et al. A Matemática do Ensino Médio. Rio de
Janeiro: SBM, vol. 2, 2000.
LIMA, E. L., CARVALHO, P., et al. Temas e Problemas.3 ed. Rio de Janeiro: SBM, 2003.
LIMA, E. L.Matemática e ensino.2 ed. Rio de Janeiro: SBM, 2003.
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MORGADO, A.C.O. et alli. Análise Combinatória e Probabilidade Rio de Janeiro:
SBM, 1991 (–Coleção do Professor de Matemática ).
ROBERTS, F. S. Applied Combinatorics. New Jersey: Prentice Hall, 1984.
TUCKER, A . Applied Combinatorics. Nova Iorque: John Wiley and Sons, 2. Ed, 1984.