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QUESTÕES RESOLVIDAS DE COMBINATÓRIA
Exercício 1
O saguão do prédio sede de uma multinacional possui quatro portas em cada uma das direções Norte, Sul,
Leste e Oeste. De quantas maneiras distintas, uma pessoa dispõe para entrar e sair do prédio por uma dessas
portas?
Solução:
Existem 16 portas no total, logo há 16 maneiras de escolher a porta para entrar. Depois disso, há 16
alternativas para sair logo, existem 16  16  256 maneiras de entrar e sair do prédio.
Exercício 2
A ligação entre as cidades de Itapipoca e Peritoró pode ser feita por vias ferroviária, marítima, rodoviária e
aérea. De quantas maneiras distintas, uma pessoa pode fazer a viagem Itapipoca-Peritoró-Itapipoca sem
utilizar na volta o mesmo meio de transporte utilizado na ida?
Solução:
Há quatro modos de escolher o meio de transporte de ida. Depois disto, há três alternativas para a volta
logo, existem 4  3  12 maneiras distintas de fazer a viagem.
Exercício 3
Professor Nicolau possui 40 alunos no seu curso de Cálculo e 40 alunos no seu curso de Análise. Quantos
alunos diferentes existem nestes dois cursos?
Solução:
Considerando que não hajam alunos que façam ambos os cursos, pelo princípio da adição a resposta é 80
alunos.
Supondo que 10 alunos estudem em ambos os cursos, para obtermos conjuntos disjuntos de alunos dividamos
os alunos em aqueles que estudam somente Cálculo, aqueles que estudam somente Análise e aqueles que
estudam ambas as matérias.
Como 10 alunos estudam ambas então 40  10  30 alunos estudam somente Cálculo. Analogamente 30 alunos
estudam apenas Análise. Agora nós podemos usar com segurança o princípio da adição para somar os números
de alunos nestes três conjuntos disjuntos. O número total de alunos é 30  3  10  70 .
Exercício 4
Dois dados, um vermelho e outro verde, são lançados. Quantos são os possíveis resultados distintos? Quantos
são os possíveis resultados distintos se os dois dados devem apresentar resultados diferentes.
Solução:
Existem seis resultados possíveis no lançamento de um dado. Deste modo pelo princípio multiplicativo existem
6  6  36 resultados no lançamento de dois dados. No caso de não aparecer resultado duplo é importante
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pensar como um dado sendo lançado primeiro, sigamos o vermelho. Uma vez lançado o dado vermelho, então
existem cinco outros valores possíveis para o dado verde. Assim, existem 6  5  30 resultados possíveis sem
resultados duplos.
Generalizando a segunda parte do exemplo 4, observemos que a lógica da contagem requer “fazer os dois
resultados diferentes” realmente significa “fazer o segundo resultado diferente do primeiro”. A proibição
de não aparecer resultado duplo no exemplo 4 também pode ser respondida subtraindo-se o número de
resultados duplos do número total de resultados possíveis 36  6  30 .
Exercício 5
Dispondo de 5 livros diferentes de Matemática, 6 livros diferentes de Física e 8 livros diferentes de Química.
De quantas maneiras podemos escolher um par (não ordenado) de livros que não sejam da mesma maneira?
Solução:
Se escolhermos um livro de Matemática e um de Física, o princípio multiplicativo nos diz que a escolha pode
ser feita de 5  6  30 maneiras; se a escolha for um livro de Matemática e um de Química temos 5  8  50
maneiras; se a escolha for um livro de Física e um livro de Química teremos 6  8  48 maneiras de escolher.
Estes três tipos de escolhas são disjuntos e assim, pelo princípio aditivo existem 30  40  48  118
maneiras ao todo.
O exemplo precedente apresenta uma maneira típica do pensamento que deve ser feito na resolução de um
problema de Combinatória:
Tentar primeiro quebrar o problema em um número moderado de subproblemas facilmente manejáveis.
Podem haver modos mais engenhosos mas se pudermos reduzir o problema original a subproblemas que nos
sejam familiares é menos provável que cometamos erros.
Exercício 6
Qual é, aproximadamente, o número de seqüências distintas de caras e coroas que podemos obter ao
lançarmos uma moeda 100 vezes? (Considere 210  103 )
Solução:
Considerando que no i-ésimo lançamento o resultado é cara ou coroa, o número total de possíveis seqüências
é
2100  (210 )10  (103 )10  1030
Exercício 7
Dispondo das cores verde, amarelo, azul e branco, de quantos modos distintos podemos pintar 7 casas
enfileiradas de modo que cada casa seja pintada de uma só cor e duas casas vizinhas não sejam pintadas com
a mesma cor?
Solução:
A primeira casa pode ser pintada de 4 maneiras, a segunda de 3 maneiras (não podemos usar a cor utilizada
na primeira casa), a terceira de 3 maneiras (não podemos usar a cor utilizada na segunda casa), e assim
sucessivamente, cada casa subseqüente pode ser pintada de 3 maneiras (não podendo ser pintada da cor
utilizada na casa anterior) logo, as sete casas podem ser pintadas de 4  3  3  3  3  3  3  2916 modos
distintos.
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Exercício 8
As antigas placas para automóveis, formadas por duas letras seguidas de quatro algarismos, como por exemplo
MY  7406 foram substituídas por placas com três letras seguidas de quatro algarismos, como por exemplo
DWK  2179 . Utilizando um alfabeto de 26 letras e supondo que qualquer seqüência de letras e algarismos
seja permitida (na realidade algumas seqüências não são permitidas) quantos veículos a mais podem ser
emplacados?
Solução:
Como existem 26 escolhas para cada letra e 10 escolhas para cada algarismo, o número total de placas antigas
era 26 2 10 4 . O novo número de placas é igual a 263 10 4 e daí podem ser emplacados a mais
263 10 4  26 2 10 4  169 106 veículos.
Exercício 9
Com relação aos números de cinco algarismos do sistema de numeração decimal, pergunta-se:
a) quantos são?
b) quantos são ímpares e de algarismos distintos?
c) quantos são pares e de algarismos distintos?
d) quantos apresentam exatamente um algarismo igual a 3?
e) quantos permanecem os mesmos quando a ordem dos seus algarismos é invertida (por exemplo 16261)?)
Solução:
a) Como números do tipo 00174 não são considerados de cinco algarismos para o algarismo mais à esquerda
temos 9 escolhas (não podemos usar o zero!) o segundo algarismo pode ser escolhido de 10 modos (não há
mais restrições) analogamente, o terceiro, o quarto e o quinto podem ser escolhidos de 10 modos cada um.
Assim, a resposta é 9  10  10  10  10  90000 .
b) Se pensarmos como no item anterior, para o algarismo mais à esquerda temos aparentemente 9 escolhas.
Isto é falso, pois um número ímpar terminado por um dos cinco algarismos 1, 3, 5, 7 ou 9, digamos 5, implica
que teremos apenas 8 escolhas para o preenchimento da posição mais à esquerda e não 9 como suposto
acima, visto que os algarismos de cada número são distintos. Portanto, devemos ter em mente que se uma
escolha é mais importante que as demais devemos faze-la primeiramente! Deste modo, para a solução do
item (b) devemos começar pela escolha do algarismo mais à direita a qual pode ser feita de 5 modos; para
a posição mais à esquerda temos 8 escolhas (não pode ser o zero e nem aquele colocado mais à direita)
para as demais posições temos sucessivamente 8 escolhas (já utilizamos dois algarismos e agora o zero já
pode ser utilizado). 7 escolhas e finalmente 6 escolhas totalizando 5  8  8  7  6  13440 números de cinco
algarismos distintos.
c) Levando-se em consideração a observação feita no item (b) temos cinco escolhas para a posição mais à
direita e ficamos com dificuldade para preencher a posição mais à esquerda uma vez que existem 9 ou 8
escolhas para preenche-la conforme o zero ocupe ou não a posição mais à direita. Portanto, se em certa
posição um objeto causa dificuldade para o número de escolhas de objetos em outras posições então
devemos dividir o problema em duas etapas, conforme o objeto ocupe ou não a posição considerada.
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Deste modo, tem-se que terminando em zero temos 1 modo de escolher o último algarismo, 9 modos de
escolher o primeiro, 8 modos de escolher o segundo, 7 modos de escolher o do meio e 6 modos de escolher
o quarto, num total de 1 9  8  7  6  3024 .
Terminando em um algarismo diferente de zero temos 4 modos de escolher o último algarismo (2, 4, 6 ou
8), 8 modos de escolher o primeiro algarismo (não podemos utilizar nem o zero nem o algarismo já utilizado
na última casa). 8 modos de escolher o algarismo da segunda casa (não podemos utilizar os dois algarismos
já empregados nas casas extremas), 7 modos de escolher o algarismo da casa do meio, e 6 modos de
escolher o algarismo da quarta casa. Logo, temos 4  8  8  7  6  10752 números terminados em um
algarismo diferente de zero. A resposta é portanto 3024  10752  13776 .
d) Analogamente como fizemos com o zero ocupando ou não a última casa, faremos agora com o 3 ocupando
cada uma das cinco posições no número. Se o 3 ocupar a casa mais à esquerda, cada uma das quatro outras
pode ser ocupada de 9 modos (não podemos utilizar o 3) logo temos 9 4  6561 números. Se o 3 não ocupa
a casa mais à esquerda para cada casa que ele ocupe temos 8 modos de preencher a 1ª casa (não pode ser
o zero e nem o três), 9 modos de preencher cada uma das outras três (não podemos utilizar o 3) ficando
assim com 4  8  93  23328 números deste tipo.
A resposta é portanto 6561  23328  29889 .
e) O primeiro e o último algarismos devem ser os mesmos assim bem como o segundo e o quarto algarismos.
O algarismo do meio pode ser qualquer. Existem 9 escolhas para o primeiro par, 10 escolhas para o segundo
par e 10 escolhas para o algarismo do meio. Daí, o número total de números que permanecem os mesmos
quando a ordem dos seus algarismos é invertida é 900.
Exercício 10
Define-se como Anagrama a qualquer seqüência de letras do alfabeto latino, com as letras a, b, c, d, e, f, g,
h, i, j, k, l quantos anagramas de 7 letras podem ser feitos se:
a) é permitida a repetição de letras?
b) não é permitida a repetição de letras?
c) a letra e figura no anagrama e não há repetição de letras?
d) a letra e figura no anagrama e pode haver repetição de letras?
e) o anagrama é um PALÍNDROME isto é, não se altera quando lido de trás pra frente ou de frente para
trás?
Solução:
a) Com repetição, temos 12 escolhas para cada letra na seqüência. Assim, pelo princípio multiplicativo existem
12 12 12 12 12 12 12  127  35 831 808
anagramas com repetição de letras.
b) Sem repetição, existem doze escolhas para a primeira letra: para a segunda letra, há onze escolhas a
saber, as onze letras restantes (independente da escolha da primeira). Analogamente, para a terceira
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letra há dez escolhas, nove para a quarta, oito escolhas para a quinta, sete escolhas para a sexta e seis
escolhas para a sétima. Deste modo, existem
12 1110  9  8  7  6  3 991 680
anagramas de sete letras distintas, dentre as doze, sem repetição.
c) Existem sete escolhas para a posição da letra e na seqüência. Para qualquer uma das sete escolhas para e,
existem 1110  9  8  7  6  332 640 escolhas para as seis posições remanescentes na seqüência de sete
letras. Deste modo, existem
7  (1110  9  8  7  6)  2 328 480
seqüência de sete letras que concluem a letra e.
d) Tentemos a abordagem utilizada no item (c) como antes, existem sete escolhas para a posição da letra e.
Para qualquer uma destas posições existem 12 12 12 12 12 12  126 escolhas para as outras seis
posições uma vez que tanto a letra e como as outras letras podem figurar mais de uma vez. Entretanto, a
resposta 7  (126 )  2 064 188 não é correta.
Neste caso, o princípio multiplicando foi violado porque os resultados não são distintos. Considere por
exemplo a seqüência ececece. Ela foi gerada 2 vezes em nossa contagem: uma quando e foi posto na
primeira posição seguido por ce como uma das 126 escolhas para as outras seis posições e uma segunda
vez quando e foi colocado na última posição com ec nas outras posições. Devemos então usar uma
abordagem que nos assegure resultados diferentes. Queremos então o problema em casos disjuntos
baseados em quando o primeiro e apareça na seqüência. Suponhamos primeiramente que o primeiro e ocorra
na primeira posição então, existem 12 12 12 12 12 12  126 escolhas para as 6 posições restantes.
Agora, suponhamos que o primeiro e ocorra na segunda posição então existem 11 escolhas para a primeira
posição (não pode ser o e) e 12 escolhas para cada uma das cinco restantes... finalmente se o primeiro (e
somente) e está na última posição existem 116 escolhas para as seis primeiras posições. Assim, a resposta
correta é
126  11125  112 12 4  113  123 
 114  12 2  115 12  116
e) A primeira e a sétima letras existem seis as mesmas, assim como a segunda e sexta; a terceira e a quinta
também a quarta letra pode ser qualquer letra pode ser qualquer uma das doze. Existem 12 escolhas para
cada um dos pares de letras, logo o número de palíndromes de 7 letras é 12 4  20736 .
Exercício 11
Quantas coleções não vazias e distintas podem ser formadas a partir de cinco maçãs idênticas e oito laranjas
também idênticas?
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Solução:
À primeira vista somos levados a dividir o problema em subcasos baseados no número de objetos nas coleções.
Qualquer um destes casos pode ser contado muito facilmente mas como existem 13 subcasos possíveis,
baseados no número de frutas que cada coleção pode ter, isto não é o mais indicado. Para contarmos as
diferentes possibilidades concentremo-nos naquilo que faz uma coleção ser diferente da outra a saber, o
número de maçãs e/ou o número de laranjas em coleções distintas. Podemos então caracterizar qualquer
coleção como vai um par de inteiros (m; l) onde m é o número de maçãs e l o número de laranjas. Agora o
número de coleções é fácil contar. Existem 6 valores possíveis de m (incluindo 0); 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8
valores possíveis para l. Existem ao todo 6  9  54 coleções distintas (observe que multiplicamos e não
adicionamos 6 e 5 porque uma coleção combina um número de maçãs e um número de laranjas; se
adicionássemos estaríamos contando o número de maneiras de obter alguma quantidade de maçãs ou cada
quantidade de laranjas, mas não ambas). Como o problema requer o número de coleções não varia e uma destas
possibilidades é (0, 0), a resposta é 54  1  53 .
Exercício 12
Um baralho comum é constituído de quatro tipos de cartas chamados naipes a saber, COPAS, ESPADAS,
OUROS e PAUS. Cada naipe possui treze cartas distintas a saber, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, Valete, Dama,
Rei e Ás. Deste modo, existem 4  13  52 cartas em um baralho comum. Supondo que escolhamos
sucessivamente e com reposição, 4 cartas isto é, após a escolha de uma carta ela é devolvida ao baralho
antes de uma nova escolha:
(a) De quantos modos distintos isto pode ser feito de modo que pelo menos uma carta seja repetida?
(b) De quantos modos distintos isto pode ser feito de modo que a quarta carta seja a única repetida?
(c) De quantos modos distintos isto pode ser feito de modo que a quarta carta seja repetida, mas não seja a
única?
Solução:
(a) O número total de maneiras de escolhermos quatro cartas com reposição é 52 uma vez que há 52
4
escolhas para cada carta. Se nenhuma carta é repetida, cada carta retirada deve ser diferente da retirada
anteriormente e assim, o número de seqüências de quatro cartas sem reposição é 52  51  50  49 . Portanto,
o número de maneiras de retirarmos quatro cartas com pelo menos uma repetida é
524  52  51  50  49  814.216
(b) Existem 52 escolhas para a primeira carta, 51 para a segunda carta, uma vez que ela deve ser diferente
da primeira, 50 escolhas para a terceira carta já que ela deve ser diferente das duas primeiras finalmente,
existe 3 escolhas para a quarta carta a qual deve ser a mesma que uma das três primeiras. Deste modo, o
número de maneiras distintas segundo as quais a quarta carta seja a única repetida é
52  51  50  3  397.800
(c) O modo de se fazer as escolhas utilizado no item (b) não funciona porque elas não são independentes uma
vez que não sabemos quantas cartas distintas existem entre as três primeiras cartas. Aqui, novamente, é
mais fácil contar o que não queremos! Para escolher uma seqüência na qual a quarta carta não é repetida
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primeiro escolhamos a quarta carta e depois escolhamos as três primeiras cartas de modo que elas sejam
distintas da quarta carta(A ordem natural nem sempre é a melhor para contagem). Uma vez que a quarta
carta não é repetida em 52  51 seqüências distintas, ele é repetida em
3
524  52  513  413.764 seqüências
Exercício 13
Seis livros distintos de Matemática serão arrumados em fila numa estante. De quantos modos isto pode ser
feito se dois determinados livros não devem ficar lado a lado?
Solução:
O número de maneiras distintas de arrumarmos os seis livros em fila é 6  5  4  3  2  1  720 .
Para contar as arrumações que não queremos observemos que existem 5 maneiras de escolhermos duas
posições consecutivas, duas maneiras de colocarmos os dois livros nestas posições e 4  3  2  1  24 maneiras
de arrumarmos os quatro livros restantes nas 4 posições remanescentes portanto, o número total de
arrumações que não queremos é 5  2  24  240 e daí o número total de arrumações que não apresentam os
dois determinados livros lado a lado é 720  240  480 .
Exercício 14
Há 12 moças e 10 rapazes, onde 5 deles (3 moças e 2 rapazes) são irmãos e os restantes não possuem
parentesco.Quantos são os casamentos possíveis.
Solução:
Considerando as moças que possuem irmãos, para estas, há 3  8  24 casamentos possíveis.
Considerando as moças que não possuem irmãos para estas, há 9  10  90 casamentos possíveis.
Portanto, há 24  90  114 casamentos possíveis.
Exercício 15
Quantos são os números que podemos formar com todos os dígitos 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2 e 3?
Solução:
Se primeiramente colocarmos os dígitos 1’s, deixando um espaço entre eles teremos
—1 —1 —1 —1 —1 —1 —1 —
Podemos perceber que há 8 espaços onde podem ser colocados os dígitos 2 e 3. Supondo que o dígito 2 seja
colocado primeiro, como há 8 possibilidades para isso, vamos considerar uma dentre estas 8
—1 — 2 —1 —1 —1 —1 —1 —1 —
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Percebemos agora que há 9 espaços onde o dígito 3 pode ser colocado portanto 8  9  72 são os números
formados com os 9 dígitos sendo sete 1s, um 2 e um 3.
Exercício 16
Um vagão de metrô possui 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e 5 de costas. De 10 passageiros, 4
preferem sentar de frente, 3 preferem sentar de costas e os demais não tem preferência. De quantos modos
os passageiros podem se sentar respeitando-se as preferências?
Solução:
Os 4 que preferem se sentar de frente podem se acomodar de 5  4  3  2  120 maneiras. Os 3 que preferem
ficar de costas podem se acomodar de 5  4  3  60 maneiras. Feito isto, sobram 3 passageiros e 3 lugares e
existem 3  2 1  6 maneiras de senta-los nestes lugares. Portanto, o número de maneiras de acomodarmos
os 10 passageiros respeitadas as preferências é
120  60  6  43 200
Exercício 17
Ligando as cidades A e B existem duas estradas principais. Dez estradas secundárias, de mão dupla, ligam as
duas estradas principais como mostra a figura.
A
B
Quantos caminhos, sem auto-interseções existem de A até B.
Obs.: Caminho sem auto-interseções é um caminho que não passa por um ponto duas ou mais vezes.
Solução:
Cada estrada secundárias pode ser usada ou não o que nos dá um total de 210 escolhas para as estradas
secundárias (a sua decisão é sim ou não para cada uma das 10 estradas. Dada uma escolha de estradas
secundárias este caminho pode ser feito começando por qualquer uma das duas estradas principais, assim o
número total de caminhos é 2  210  211  2048 .
Exercício 18
Cinco rapazes e cinco moças devem posar para fotografia ocupando cinco degraus de uma escadaria, de forma
que em cada degrau fique um rapaz e uma moça. De quantas maneiras distintas podemos arrumar este grupo?
Solução:
O primeiro rapaz pode ocupar o seu lugar de 10 maneiras. O segundo rapaz pode ocupar o seu lugar de 8
modos uma vez que ele não pode ocupar o mesmo degrau do primeiro. O terceiro rapaz pode ocupar o seu
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lugar de 6 modos pois ele não pode ocupar os degraus já ocupados pelo primeiro e pelo segundo rapazes. O
quarto rapaz pode ocupar o seu lugar de 4 modos já que ele não pode ocupar os degraus ocupados pelos três
primeiros. O quinto rapaz pode ocupar o seu lugar de 2 modos.
A primeira moça pode ocupar o seu lugar de 5 modos pois ela pode ficar ao lado de qualquer rapaz. As outras
moças podem ocupar um lugar de 4 modos, de 3 modos, de 2 modos e de 1 modo. Daí, o número de maneiras
de arrumar este grupo é
10  8  6  4  2  5  4  3  2  1  460 800.
Exercício 19
De quantos modos podemos organizar a tabela da 1ª rodada de um campeonato de futebol com 12 clubes?
Solução:
Observemos em primeiro lugar que todos os clubes devam jogar, logo o nosso problema consiste em programar
os 6 jogos. O primeiro jogo pode ser programado de 11 modos distintos a saber, o Flamengo digamos, contra
qualquer um dos onze clubes restantes. O segundo jogo pode ser programado de 9 modos distintos. O Vasco
digamos, contra qualquer um dos nove clubes restantes. O terceiro jogo pode ser programado de 7 modos
distintos, o Fluminense digamos, contra qualquer um dos sete clubes restantes. O quarto jogo pode ser
programado de 5 modos distintos, o Botafogo digamos, contra qualquer um dos cinco clubes restantes. O
quinto jogo pode ser programado de 3 modos distintos, o América digamos, contra qualquer um dos três
clubes restantes. Finalmente, o sexto jogo pode ser programado de um único modo já que sobraram apenas 2
clubes. Portanto, o número total de programarmos os 6 jogos é
11 9  7  5  3 1  10395
Exercício 20
De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-adjacentes de um tabuleiro 8  8 ?
Solução:
O tabuleiro possui 64 casas, das quais 4 são de canto, 24 são laterais porém não de canto e 36 casas centrais.
Cada casa de canto possui 3 casas adjacentes; cada uma das laterais possui 5 casas adjacentes e cada casa
central possui 8 casas adjacentes.
Vamos contar separadamente os casos em que o rei negro ocupe uma casa de canto, lateral ou central.
Se o rei negro ocupar uma casa de canto, haverá 4 posições para o rei negro e 60 posições para o rei branco
já que das 64 casas do tabuleiro uma de canto estará ocupada e as três a ela adjacentes não poderão ser
ocupadas pelo rei branco. Haverá portanto 4  60  240 modos de dispor os reis se o rei negro ocupar uma
casa de canto.
Se o rei negro ocupar uma casa lateral que não seja de canto haverá 24 posições para o rei negro e 58 posições
para o rei branco uma vez que das 64 casas do tabuleiro, uma estará ocupada e as cinco a ela adjacentes não
poderão ser ocupadas pelo rei branco. Haverá portanto 24  58  1392 modos de dispor os reis se o rei negro
ocupar uma casa lateral que não seja de canto.
Se o rei negro ocupar uma casa central, haverá 36 posições para o rei negro e 55 posições para o rei branco,
pois das 64 casas do tabuleiro uma estará ocupada e as oito a ela adjacentes não poderão ser ocupadas pelo
rei branco. Haverá portanto 36  55  1980 modos de dispor os reis se o rei negro ocupar uma casa central.
A resposta é portanto 240  1392  1980  3612 .
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Exercício 21
De um baralho comum de 52 cartas, extrai-se sucessivamente e sem reposição duas cartas. De quantas modos
isto pode ser feito se:
a) a primeira carta e uma dama e a segunda carta não é um rei?
b) a primeira carta é uma dama e a segunda carta não é de espadas?
c) a primeira carta é de espadas e a segunda carta não é uma dama?
Solução:
a) A primeira carta (dama) pode ser escolhida de 4 maneiras distintas. Retirada a primeira carta, das 51
restantes 51  4  47 não são reis, daí, o número de maneiras de extrairmos sem reposição duas cartas
de modo que a primeira seja uma dama e a segunda não seja um rei é 4  47  188 .
b) Contemos separadamente os casos que a dama é de espadas e aqueles em que a dama não é de espadas.
Se a primeira carta for a dama de espadas, a segunda carta poderá ser selecionada de 51  12  39 modos.
Se a primeira carta for uma dama que não é a de espadas ela pode ser escolhida de 3 modos. A segunda
carta pode ser escolhida de 51  13  38 modos . Daí, o número de extrações nas quais a primeira carta é
uma dama e a segunda não é de espadas é
1 39  3  38  153
c) Como fizemos no item (b), contemos, separadamente, os casos em que a carta de espadas é uma soma e
aqueles em que a carta de espadas não é uma dama. Se a primeira carta for a dama de espadas, a segunda
carta poderá ser selecionada de 51  3  48 modos. Se a primeira carta for de espadas sem ser a dama,
ela poderá ser selecionada de 12 modos e a segunda de 51  4  47 modos, porque, o número de extrações
nas quais a primeira carta é de espadas e a segunda não é uma dama é 1 48  12  47  612 .
Exercício 22
Dispondo de 5 cores distintas, de quantos modos podemos colorir as quatro quadrantes de um círculo, cada
quadrante com uma só cor, se quadrantes cuja fronteira seja um alinha não podem receber a mesma cor?
Solução:
O primeiro quadrante, pode ser colorido de 5 modos distintos, o segundo quadrante pode ser colorido de 4
modos distintos, o terceiro quadrante pode ser colorido de 4 modos distintos, o quarto quadrante pode ser
colorido de 4 ou 3 modos distintos conforme o primeiro e o terceiro quadrantes possuam ou não a mesma cor
portanto, devemos ocupar separadamente os casos em que os quadrantes 1 e 3 possuem cores iguais e cores
diferentes.
Colocando cores iguais nos quadrantes 1 e 3 temos 5  4  4  80 possibilidades pois há 5 modos de escolher a
cor única para os quadrantes 1 e 3, há 4 modos de escolher a cor do quadrante 2 e há 4 modos de escolher a
cor do quadrante 4.
Colocando cores distintas nos quadrantes 1 e 3 há 5  4  3  3  180 possibilidades, pois há 5 modos de
escolher a cor para o quadrante , há quatro modos de escolher a cor do quadrante 3, há três modos de
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escolher a cor do quadrante 2 e há três modos de escolher a cor do quadrante 4. Logo, o número de maneiras
de colorirmos os quatro quadrantes de um círculo com cada quadrante de uma só cor é 80  180  260 .
Exercício 23
Ao escrevermos todos os números inteiros de 1 até 2222, quantas vezes escrevemos o algarismo zero?
Solução:
Com o zero como algarismo das unidades há 222 números (pois o zero ocupa a última casa e, antes do zero,
podemos colocar qualquer número de 1 a 222); com o zero como algarismo das dezenas, há 22  10  220
números (pois o zero ocupa a penúltima casa; há 10 modos de preencher a última e as casas iniciais podem ser
preenchidas com qualquer número de 1 a 22). Com o zero como algarismo das centenas há 2  10  10  200
números (pois o zero ocupa a antepenúltima casa, há 10 modos de preencher a penúltima e 10 modos de
preencher a última e a primeira casa só pode ser preenchida com o 1 ou o 2). Portanto, a resposta é
222  220  200  642 .
Exercício 24
Um curso de línguas oferece aulas de Inglês, Espanhol e Francês, cada uma dessas línguas com duas aulas
semanais, cada uma destas duas aulas em dias distintos escolhidos dentre segunda feira, quarta feira e sexta
feira. De quantos modos distintos podemos fazer o horário semanal?
Solução:
Existem três modos de escolher os dias de Inglês. Escolhidos os dias, digamos segunda feira e quarta feira,
há dois modos de escolher o horário de Inglês da segunda feira e 2 modos de escolher o horário de Inglês
da quarta feira. Há 2 modos de escolher os dias de Espanhol (não podem ser os mesmos de Inglês senão o
Francês ficaria com as aulas no mesmo dia); em um destes dias a aula de Espanhol só pode ser posta no horário
de um único modo (pois o Inglês já ocupou o outro tempo) e, no outro pode ser posta de 2 modos. Finalmente,
o Francês só pode ser colocado no horário de um único modo, a saber, nos tempos restantes portanto a
resposta é
3  2  2  2 1 2 1  48 .
Exercício 25
Quantos são os divisores positivos de 64800?
Solução:
A decomposição em fatores de 64800 é 25  34  5 2. Como todo divisor de 64800 é da forma 2  2  2 
onde , ,  são inteiros tais que 0    5, 0    4 e 0    2 , o número de divisores positivos de 64800
é o número de maneiras de formarmos os ternos ( , ,  ) onde  {0, 1, 2, 3, 4, 5},  {0, 1, 2, 3, 4} e
 {0, 1, 2} o que pelo MP é dado por 6  5  3  190.
Exercício 26
Quantos são os números pares compreendidos entre 20000 e 70000 que possuem algarismos distintos?
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Solução:
Se o algarismo das dezenas de milhares for 2, 4 ou 6 o algarismo das unidades simples (0, 2, 4, 6, 8) pode ser
escolhido de apenas 4 modos há 8 modos de se escolher o algarismo das unidades de milhar,7 modos de se
escolher o algarismo das centenas simples e 6 modos de escolher o algarismo das dezenas simples. Deste
modo, existem 3  4  8  7  6  4032 inteiros nos quais o algarismo das dezenas de milhares é 2, 4 ou 6.
Analogamente, se o algarismo das dezenas de milhares for 3 ou 5 teremos 3  5  8  7  6  3360 números
párea com 5 algarismos distintos: Temos portanto um total de 4032  3360  7392 números pares pedidos.
Exercício 27
Os números 14647, 10085 e 12531 possuem algo em comum a saber, cada um deles possui cinco
algarismos,começa com 1 e possui exatamente dois algarismos iguais. Quantos números deste tipo existem?
Solução:
Dividamos o conjunto de números deste tipo em dois subconjuntos e façamos as duas subcontagens
separadamente:
1) Se os dois números possuem dois 1’s, o segundo 1 pode ser colocado em qualquer uma das quatros outras
posições e os outros três algarismos distintos podem ser escolhidos de 9  8  7 modos. Deste modo,
existem 4  9  8  7  2016 números deste tipo.
2) Se os números possuem dois algarismos iguais distintos de 1, o par de algarismos idênticos pode ser escolhido
de 9 modos e então colocado no número de 6 modos (nas posições 2 e 3, e 2 e 4, 2 e 5, 3 e 4, 3 e 5 ou 4 e 5).
Os dois algarismos restantes podem ser escolhidos de 8  7 modos.
Deste, modo, existem 9  6  8  7  3024 números deste tipo e a resposta é portanto 2016  3024  5040 .
Exercícios 28
Dez pessoas – A, B, C, D, E, F, G, H, I e J – participam da fundação de um clube de Matemática. A sua primeira
tarefa é escolher um Presidente, um Secretário e um Tesoureiro, dentre as pessoas deste grupo. Se nenhuma
pessoa pode acumular cargos, de quantos modos distintos pode ser feita a escolha se A se recusa a ser o
Presidente e B se recusa a ser o Secretário?
Solução:
Para a escolha do Presidente temos 9 pessoas (A não quer ser o presidente). Para escolhermos o Secretário
temos 9 ou 8 pessoa conforme B seja ou não o Presidente. Neste caso, dividamos o problema conforme B
ocupe ou não a Presidência.
1) Se B é o Presidente, temos 9 escolhas para o Secretário e 8 escolhas para o Tesoureiro. Deste modo,
existem 1 9  8  72 escolhas com B na Presidência.
2) Se B não é o Presidente, temos 8 escolhas para o Presidente(não pode ser nem A ou B), 8 escolhas para o
Secretário (não pode ser nem B, que ainda está de fora, e nem aquele que ocupou a Presidência) e
finalmente 8 escolhas para o Secretário totalizando 8  8  8  512 escolhas quando B não é o Presidente
e a resposta é portanto 72  512  584 .
Exercício 29
Escrevem-se números de cinco dígitos (inclusive os começados por zero) em cartões. Como 0, 1 e 8 não se
alteram de cabeça para baixo, e como 6 de cabeça para baixo se transforma em 9, um só cartão pode
representar dois números (por exemplo 06198 e 86190). Qual o número mínimo de cartões para representar
todos os números de cinco dígitos?
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Solução:
Existem 105 números de cinco dígitos. Destes, aqueles formados apenas por 0, 1, 8, 6 e 9 que são em número
de 55 fazem sentido também de cabeça pra baixo.
Destes 55 aqueles que possuem os pares (0, 0), (1, 1), (8, 8), (6, 9) e (9, 6) ocupando a primeira e a quinta
posições; a segunda e a quarta posições com 0, 1 ou 8 na casa central, transformam-se em si mesmos quando
virados de cabeça para baixo. Há 5  5  3  75 números deste tipo.
Temos então:
1) 105  55 números que não podem ser virados e que portanto necessitam de um cartão cada.
2) 55  75 números que virados de cabeça para baixo transformam-se em números diferentes; cada dois
desses números necessitam de um cartão.
3) 75 números que, virados de cabeça para baixo, não se alteram; cada um desses, necessita de um cartão.
A resposta é portanto,
105  55 
55  75
 75  98475 .
2
Exercício 30
Seja X  {1, 2, 3, ..., 100} e seja
S  {(a, b, c) | a, b, c  X, a  b e a  c}
Determine o número de elementos de S.
Solução:
O problema pode ser dividido em casos disjuntos considerando a = 1, 2, ..., 99.
Para a  k {1, 2, ..., 99} o número de escolhas para b é 100  k o que é igual também para c. Deste modo, o
número de ternos ordenados do tipo (k, b, c) pelo MP é (100  k ) 2 . Uma vez que k pode assumir um dos valores
1, 2, ..., 99, então aplicando o AP temos
| S | 99 2  982  ...  12
Utilizando a fórmula
n
 k 2  6 n(n  1)(2n  1)
1
k 1
obtemos finalmente.
| S |
1
 99 100 199  328350
6
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