Princípios da contagem

Princípios de contagem
Introdução
A escolha do presente que você deseja ganhar em seu aniversário, a de-
cisão de uma fábrica quanto às alternativas de investimento nesse ano e a
seleção do time que um técnico de futebol deve fazer para o próximo jogo
são decisões que, na maioria das vezes, estão relacionadas a uma quantida-
de muito grande de possibilidades.
Como encontrar essas quantidades e escolher a melhor opção?
Com o auxílio da análise combinatória é possível organizar as informa-
ções objetivando a contagem rápida das escolhas, sem a necessidade de
contá-las uma a uma. Em alguns casos, inclusive, além de ser inconveniente,
isso é praticamente impossível.
Vejamos, inicialmente, uma situação em que a quantidade de possibilida-
des não é representada por um número muito grande.
Suponha, por exemplo, que uma fábrica de sua cidade pretenda aumen-
tar o faturamento no próximo ano e, para alcançar essa meta, necessita tomar
três decisões importantes:
1.ª decisão: aumentar ou diminuir o número de funcionários;
2.ª decisão: realizar um empréstimo junto a um de três bancos finan-
ceiros;
3.ª decisão: estabelecer uma nova política de investimentos ou manter
a atual.
Cada decisão tem uma quantidade específica de possibilidades de esco-
lha. Tomando as três decisões, de quantas maneiras ela poderá tentar alcan-
çar a meta estabelecida?
A primeira decisão poderá ser tomada de duas maneiras: aumentando ou
diminuindo a quantidade de funcionários.
Esse material é parte integrante do Videoaulas on-line do IESDE BRASIL S/A,
mais informações www.videoaulasonline.com.br

204
A segunda decisão poderá ser tomada de três maneiras: banco 1, banco 2
ou banco 3, por exemplo.
A terceira decisão poderá ser tomada de duas maneiras: alterando ou
mantendo a política de investimentos.
Observe as opções de escolha descritas em uma árvore de possibilidades:
aumentar
Banco 1
Banco 1
alterar
manter
alterar
manter
alterar
manter
alterar
manter
alterar
manter
alterar
manter
Banco 2
Banco 2
Banco 3
Banco 3
diminuir
1ª decisão 2ª decisão 3ª decisão
(7 maneiras)
(2 maneiras)
(1 maneira)
(8 maneiras)
(3 maneiras)
(9 maneiras)
(4 maneiras)
(10 maneiras)
(5 maneiras)
(11 maneiras)
(6 maneiras)
(12 maneiras)
Logo, a empresa poderá tomar as decisões de 12 maneiras distintas.
Observe que, quando multiplicamos o número de maneiras de a empre-
sa tomar cada decisão, encontramos o número total de maneiras de as três
decisões serem tomadas:
1.ª decisão: 2 maneiras

205
Número total: 2 . 3 . 2 = 12 maneiras
As árvores de possibilidades são instrumentos úteis na contagem dos
agrupamentos que podemos realizar em uma determinada situação, pois
elas organizam as informações. Porém, se as quantidades de escolhas au-
mentarem muito, será impraticável construí-las. Nesses casos, necessitare-
mos de métodos que nos permitam solucionar problemas de contagem com
maior rapidez.
Princípio fundamental da contagem
Suponha que na cantina de seu colégio existam 5 tipos de sucos de frutas
disponíveis para a venda: laranja, pêssego, maçã, abacaxi e caju. Além disso,
existem dois tipos de água mineral: com gás e sem gás.Você deseja pedir um
único tipo de bebida entre as anteriores, sem restrições, para matar a sede.
Quantas opções de escolha existem?
IESDEBrasilS.A.
Existem 5 opções de sucos e 2 opções de água. Como você escolherá
apenas uma delas – ou um dos sucos ou uma das águas minerais – então
terá 7 (5 + 2) opções de escolha.

206
suco
5 + 2 = 7
ou água
bebidas
Observe que as opções de escolha da bebida são exclusivas, ou seja, esco-
lhida uma delas, as demais são eliminadas, sem a necessidade de uma nova
escolha. O raciocínio utilizado para o cálculo do número de escolhas é cha-
mado de princípio aditivo:
Se existem m1
maneiras de tomar a decisão D1
e existem m2
maneiras de
tomar a decisão D2
, sendo D1
e D2
decisões exclusivas, então o número de
maneiras de tomar ou a decisão D1
ou a decisão D2
é m1
+ m2
.
Emoutrasituação,imaginequenacantinadeseucolégioexistam5opções
de sucos de frutas: pêssego, maçã, morango, caju e mamão. Você deseja es-
colher apenas um desses sucos, mas deverá decidir também se o suco será
acompanhado de água ou leite. Escolhendo apenas uma das frutas e apenas
um dos acompanhamentos, de quantas maneiras poderá pedir seu suco?
IESDEBrasilS.A.

207
fruta
5 . 2 = 10
e acompanhamento
sucos
Observe que existem 5 opções de frutas e 2 opções de acompanhamen-
to para cada fruta possível de ser escolhida. Como você escolherá uma das
frutas e, em seguida, um dos acompanhamentos, então poderá pedir seu
suco de 10 (5 . 2) maneiras possíveis.
Não é difícil perceber que, para cada fruta escolhida, existiam dois acom-
panhamentos. Por isso, as quantidades de opções foram multiplicadas.
Para generalizar o raciocínio exposto, acompanhe a definição do princí-
pio multiplicativo:
Se existem m1
maneiras de tomar uma decisão D1
e, para cada uma dessas
maneiras, existem m2
maneiras de tomar a decisão D2
, então o número de
maneiras de tomar sucessivamente as decisões D1
e D2
é igual a m1
. m2
.
Embora o conceito anterior contemple apenas duas decisões, é impor-
tante destacar que o princípio pode ser estendido para mais escolhas.
Exemplo 1:
A biblioteca pública de uma cidade quer instalar a internet para que a
população possa consultar livros e arquivos. Após uma análise de possíveis
provedores, a direção verificou que existem 10 provedores que podem fazer
a instalação em sua casa. No entanto, para ter acesso à internet, além do
único provedor, precisa ainda escolher um de dois tipos de conexão: banda-
larga ou discada. Se qualquer um desses provedores oferece os dois tipos de
conexão, quantas opções de acesso à internet existem?
A direção escolherá apenas um dos 10 provedores. Para cada um deles,
existem ainda 2 opções de escolha de conexão. Logo, pelo princípio multipli-
cativo, existem 10 . 2 = 20 opções de acesso.
Exemplo 2:
Quantos números de três algarismos podemos formar com os algarismos
1, 2, 5, 8 e 9 de modo que:

208
a) os algarismos possam ser repetidos?
b) os algarismos sejam distintos?
Solução:
a) Para cada posição, podemos fazer a escolha de 5 maneiras, pois os alga-
rismos podem ser repetidos. Assim, temos:
5 5. . 5 = 125
Logo, podemos formar 125 números.
b) Inicialmente, existem 5 escolhas para o algarismo das centenas. Es-
colhido o algarismo das centenas e, sabendo que os algarismos são distin-
tos, existem 4 escolhas para o algarismo das dezenas. Escolhido também o
algarismo das dezenas, existem 3 escolhas restantes para o algarismo das
unidades. As escolhas foram diminuindo uma a uma, pois os algarismos são
distintos:
5 4. . 3 = 60
Portanto, existem 60 números.
Fatorial
Na resolução de problemas de análise combinatória, é frequente a ocor-
rência de multiplicações cujos fatores são números inteiros que formam uma
sequência decrescente, na qual cada fator é uma unidade menor do que o
anterior.
Para exemplificar, considere a sequência formada pelos seis primeiros
corredores de uma prova de atletismo.

209
IstockPhoto.
O número total de resultados de uma pro-
vadeatletismopodesercalculadousando
a operação fatorial.
Considerando-se todas as sequências possíveis desses 6 corredores,
quantos resultados existem?
A quantidade de maneiras de se formar a sequência dependerá do
número de escolhas que poderemos fazer para cada colocação. Analisando,
inicialmente, o número de escolhas da 1.ª colocação da prova, e assim por
diante até a última, temos:
O 1.º corredor pode ser escolhido de 6 maneiras possíveis:
6
Escolhido o 1.º corredor, existem 5 maneiras de escolher o 2.º:
6 5

210
Escolhidos o 1.º e o 2.º corredores, existem 4 maneiras de escolher o 3.º:
6 5 4
Escolhidos o 1.º, o 2.º e o 3.º corredores, existem 3 maneiras de escolher o 4.º:
6 5 4 3
Escolhidos o 1.º, o 2.º, o 3.º e o 4.º corredores, existem 2 maneiras de es-
colher o 5.º:
6 5 4 3 2
Escolhidos o 1.º, o 2.º, o 3.º, o 4.º e o 5.º corredores, existe 1 maneira de
escolher o 6.º:
6 5 4 3 2 1
Utilizando o princípio multiplicativo, existem: 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720 ma-
neiras de ordenarmos os seis primeiros corredores dessa prova.
Observe que, para encontrar o número de sequências que podem ser for-
madas pelos 6 corredores, efetuamos a multiplicação da quantidade de corre-
dores (6) por todos os números que antecedem o número 6 até o número 1.
Para facilitar a representação dessas multiplicações, a partir de agora uti-
lizaremos o símbolo“!”para representá-las, ou seja:

211
6 ! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1
Lê-se fatorial de 6 ou 6 fatorial
A operação empregada ao número 6 é denominada fatorial e somente
será empregada a números naturais.
Observe outros exemplos de fatoriais de números naturais:
8 ! = 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 (fatorial de 8)
7 ! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 (fatorial de 7)
5 ! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 (fatorial de 5)
Exemplos:
Calcule o valor do fatorial de 4.
4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Verifique se 5! – 3! = 2!.
5! – 3! = (5 . 4 . 3 . 2 . 1) – (3 . 2 . 1) = 120 – 6 = 114
2! = 2 . 1 = 2
Logo, 5! – 3! ≠ 2!.
Em geral, se m e n são números naturais, m! – n! ≠ (m – n)!.
É correto escrever 3! . 2! = (3 . 2)!?
3! . 2! = (3 . 2 . 1) . (2 . 1) = 6 . 2 = 12
(3 . 2)! = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
Então, 3! . 2! ≠ (3 . 2)!.
Portanto, se m e n são números naturais, em geral, m! . n! ≠ (m . n)!.
A partir das ideias expostas, podemos definir fatorial de um número natural:

212
O fatorial de um número natural n, n 2, representado por n!, é definido como
sendo o produto de n por todos que o antecedem até o número 1, ou seja:
n! = n . (n – 1) . (n – 2) . ... . 3 . 2 . 1
Para que todos os problemas de contagem possam ser resolvidos adequa-
damente, faz parte da definição ainda que:
1! = 1 e 0! = 1
O conceito de fatorial está intimamente ligado à formação de filas ou se-
quências, no sentido de que, se uma fila tem n pessoas, existem n! manei-
ras possíveis de se ordenar essas n pessoas. Sendo assim, vamos refletir um
pouco sobre duas questões importantes: os valores de 1! e 0!.
De quantas maneiras poderemos ordenar uma fila de uma única pessoa?
Com uma só pessoa, existe apenas uma fila. Isso explica porque defini-
mos 1! = 1.
E uma fila com nenhuma pessoa, ou seja, com zero (0) pessoa, de quantas
maneiras podemos ordená-la?
Embora seja um pouco estranho imaginar uma fila sem pessoa alguma,
podemos pensar que, como não existe uma pessoa sequer na fila, podemos
ordená-la de uma única maneira:“não ordenando”. Já que não existe pessoa
alguma, a opção de não ordenar existe e é única. Por isso, 0! = 1.
Listando alguns resultados de fatoriais de números naturais de 0 a 10,
temos:
0! = 1
1! = 1
2! = 2 . 1 = 2
3! = 3 . 2 . 1 = 6
4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5 040
8! = 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 40 320
9! = 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 362 880
10! = 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3 628 800

213
Como existem fatoriais apenas de números naturais, para citar alguns
exemplos, não estão definidos os seguintes fatoriais:
(–3)! ou
4
5
! ou 2 !
Suponha que uma corrida automobilística seja disputada por 11 carros
distintos. Desconsiderando a possibilidade de empates, quantos resultados
são possíveis para essa corrida?
Podemos escolher o primeiro colocado de 11 maneiras. Escolhido o pri-
meiro, o segundo pode ser escolhido de 10 maneiras. Prosseguindo nesse
raciocínio e utilizando o princípio multiplicativo, temos:
11 . 10 . 9 . ... . 3 . 2 . 1 = 11! = 11 . 10! = 11 . 3 628 800 = 39 916 800
Assim, existem 39 916 800 resultados possíveis para a corrida.
Nos problemas de contagem a operação fatorial apresenta-se como uma
ferramenta importante, minimizando as operações aritméticas e simplifican-
do os cálculos.
Por exemplo, qual é o valor de 20!
17!
?
Não há a necessidade de calcularmos separadamente cada um dos fato-
riais. Observe:
20!
17!
= 20.19.18.17!
17!
= 20.19.18 = 6840
A simplificação foi efetuada desenvolvendo o fatorial do maior número
(20!) até a ocorrência de um fator que seja igual ao menor fatorial (17!). Após
a simplificação, as operações restantes são efetuadas.
Exemplo 1:
Uma secretária deveria enviar 5 cartas a cada um dos clientes de uma em-
presa. Apesar de saber os endereços dos clientes, ela não sabia qual deveria
ser o destino de cada carta. Se os conteúdos das cartas são distintos e cada
cliente receberá uma carta diferente, de quantas maneiras ela poderá enviar
as cinco cartas?
Vamos supor que os clientes sejam designados por A, B, C, D e E. Assim, o
cliente A poderá receber uma das 5 cartas. Escolhida a carta de A, o cliente B

214
poderá receber 4 cartas. Escolhidas as duas cartas para A e B, o cliente C poderá
receber 3 cartas. Escolhidas as três cartas para A, B e C, o cliente D poderá re-
ceber 2 cartas. Escolhidas as quatro cartas para A, B, C e D, o cliente E poderá
receber uma única carta. Logo, pelo princípio multiplicativo existem:
5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 maneiras
Exemplo 2:
Determine o valor de y em (y – 3)! = 720.
(y – 3)! = 720 (y – 3)! = 6! y – 3 = 6 y = 6 + 3 y = 9
Exemplo 3:
Simplifique
51! + 52!
50!
.
Inicialmente, vamos desenvolver 51! e 52! até o aparecimento do fator
50!, pois 50 é o menor entre os números 50, 51 e 52:
51! + 52!
50!
=
51 . 50! + 52 . 51 . 50!
50!
O numerador apresenta os fatores comuns 51 e 50!. Vamos colocá-los em
evidência e, em seguida, simplificar 50! com o denominador:
51! + 52!
50!
=
51 . 50! + 52 . 51 . 50!
50!
=
51 . 50!. . (1 + 52)
50!
= 51 . 53 = 2 703
Exemplo 4:
Resolva a equação (n + 2)! – (n + 1)! = 16n!.
(n + 2)! – (n + 1)! = 16n!
(n + 2) . (n + 1) . n! – (n + 1) . n! = 16n!
Fatorando, temos:
(n + 1) . n! . [(n + 2) – 1] = 16n!
Para que um produto seja nulo, ao menos um dos fatores deve ser nulo.
Se n! ≠ 0, então:

215
(n + 1) . (n + 1) = 16
(n + 1)2
= 16
n + 1 = 4 ou n + 1 = –4
n = 3 ou n = –5 (não convém, pois n 0)
Logo, S = {3}.
Permutações simples
Imagine que você deseja reorganizar na estante seus 12 livros prediletos.
JupiterImages/DPIImages.
Permutação na organização de livros.
Quantas sequências poderíamos formar com a disposição dos 12 livros
distintos na estante, lado a lado?
O 1.º livro pode ser escolhido de 12 modos diferentes. Escolhido o 1.º,
existem 11 modos para escolher o 2.º livro. Escolhidos os dois primeiros, exis-
tem 10 maneiras para escolher o 3.º livro. Se continuarmos com esse procedi-
mento até o último livro, teremos 12! maneiras de ordenar esses 12 livros:
12! = 12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 479 001 600
O resultado é, digamos, surpreendente: com exatamente 12 livros distin-
tos, existem 479 001 600 maneiras possíveis de ordená-los, lado a lado, em

216
uma estante. Apenas para ilustrar, se perdêssemos 1 minuto para ordenar
cada uma das sequências, demoraríamos cerca de 910 anos para que todas
as sequências de livros fossem ordenadas.
Cada sequência possível de se ordenar os livros é chamada de permu-
tação simples desses livros. Pensando de uma forma abrangente, podemos
dizer que o número de maneiras de ordenar n objetos distintos é o número
de permutações simples de n objetos.
Representando por Pn
o número de permutações simples, observe o pró-
ximo conceito:
O número de permutações simples de n objetos distintos é dado por Pn
=n!.
A palavra simples indica que os elementos permutados são distintos. Não
é difícil perceber que a fórmula do número de permutações simples é uma
consequência imediata do princípio multiplicativo.
Por exemplo, a quantidade de permutações simples das letras a, b, c, d é
dada por:
P4
= 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Essas 24 sequências possíveis são as seguintes:
abcd bacd cabd dabc
abdc badc cadb dacb
acbd bcad cbad dbac
acdb bcda cbda dbca
adbc bdac cdab dcab
adcb bdca cdba dcba
Considere que sete amigos vão ao cinema e ocupam as sete únicas pol-
tronas de uma mesma fileira. De quantas maneiras podemos distribuir os
sete amigos entre essas sete poltronas?
A quantidade total de maneiras é igual à quantidade de permutações
simples de sete elementos, ou seja:
P7
= 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5 040
Logo, existem 5 040 maneiras possíveis.

217
Utilizamos o conceito de permutação quando ordenamos elementos, ou
seja, quando, dado um agrupamento de elementos, formamos sequências di-
ferentes dispondo esses elementos em novas ordens.
Exemplo 1:
Na compra de ingressos para um jogo de futebol, minutos antes do jogo,
uma fila de seis torcedores é formada na bilheteria. De quantas maneiras a
fila poderia ser ordenada?
A quantidade de filas é a quantidade de permutações simples de seis ele-
mentos. Esse número é igual a P6
= 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720.
Exemplo 2:
A produção de um automóvel exige a ocorrência de cinco etapas prin-
cipais: A, B, C, D e E, todas distintas, não simultâneas, não necessariamente
nessa ordem e cada uma delas ocorrendo uma única vez.
IstockPhoto.
Etapas da montagem de um carro.
a) De quantas maneiras o automóvel pode ser produzido?
A quantidade total de sequências é dada por:
P5
= 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
b) De quantas maneiras o automóvel pode ser produzido, se a etapa A é
a 1.ª e B é a última etapa?
Fixando A como sendo a 1.ª etapa e fixando B como sendo a última etapa,
podemos permutar as três etapas intermediárias. Logo, a quantidade de se-
quências nesse caso é:

218
P3
= 3! = 3 . 2 . 1 = 6
c) De quantas maneiras o automóvel pode ser produzido, de modo que as
etapas A e B sejam consecutivas, em qualquer ordem?
Vamos considerar as etapas A e B como sendo um único elemento (AB) da
sequência. Isso pode ser feito de P4
maneiras. No entanto, quando as etapas
A e B ficam juntas, podemos também permutá-las, mantendo-as juntas, mas
em outra ordem (AB ou BA). Assim, a quantidade total em que A e B são con-
secutivas, em qualquer ordem, é dada por:
P4
. P2
= 4! . 2! = (4 . 3 . 2 . 1) . (2 . 1) = 24 . 2 = 48
d) De quantas maneiras o automóvel pode ser produzido, de modo que
as etapas A e B não sejam consecutivas?
Para calcular a quantidade de sequências em que A e B não são consecu-
tivas, basta considerar a quantidade total de sequências, sem restrição (120),
e dessas subtrair a quantidade de sequências que apresentam as etapas A e
B consecutivas (48). Assim, temos:
120 – 48 = 72
e) De quantas maneiras o automóvel pode ser produzido, de modo que a
etapa A preceda a etapa B?
De todas as sequências que podemos formar (120), metade delas (60)
apresenta A precedendo B, e a outra metade apresenta B precedendo A.
Logo, existem 60 sequências em que A precede B.
Permutações com repetição
Existem situações nas quais devemos ordenar elementos em que pelo
menos um deles é repetido. Nesses casos, a permutação não é simples, mas,
sim, com repetição de elementos. Para compreender essa diferença vamos
exemplificar falando um pouco de um famoso torneio de xadrez.
Considerada por muitos a maior rivalidade da história do xadrez mundial,
as partidas entre os enxadristas russos Garry Kasparov e Anatoly Karpov ul-
trapassaram décadas e emocionaram até mesmo as mentes mais brilhantes
da época. Na disputa ocorrida pelo título mundial, em 1985, nas quatro pri-
meiras partidas em que não ocorreu empate, foram duas vitórias para cada
um deles.

219
Se ocorreram duas vitórias para cada um dos enxadristas, como o torneio
poderia ter se desenvolvido em relação a essa sequência de vitórias?
Sendo G (Garry Kasparov) e A (Anatoly Karpov), as sequências possíveis
de vitórias nessas quatro partidas são as seguintes:
AAGG
AGAG
AGGA
GGAA
GAGA
GAAG
Logo, são 6 maneiras.
Podemos também calcular a quantidade de maneiras sem descrevê-las.
Acompanhe o raciocínio:
Na sequência de 4 elementos, existem 2 iguais a A e 2 iguais a B. Logo,
poderíamos pensar em permutar os 4 elementos, o que nos originaria 4! ma-
neiras, caso fossem todos distintos. Entretanto, nessas 4! maneiras, pela re-
petição de A, teríamos contado a mesma sequência 2! vezes e, pela repetição
de B, outras 2! vezes.
Representando por P2,2
4
a quantidade de sequências possíveis e conside-
rando-se as repetições apresentadas, temos:
P 2,2
4 =
4!
2! 2!
=
4 . 3 . 2!
2 . 1 . 2!
= 6
O duelo de K’s, como ficou conhecido o jogo entre esses enxadristas,
apresentou a seguinte sequência de vitórias no torneio pelo título mundial
de 1985:
1.ª – Kasparov, G.
2.ª – Karpov, A.
3.ª – Karpov, A.
4.ª – Kasparov, G.
Ao final, foram 24 partidas, sendo 5 vitórias de Kasparov, 3 vitórias de
Karpov e 16 empates. Com o resultado, Kasparov sagrou-se campeão mun-
dial de xadrez pela Fédération Internationale des Échecs (FIDE), em francês.

220
Exemplo 1:
Quantos anagramas podem ser formados com as letras da palavra
OSSOS?
Os anagramas são os seguintes:
OSSOS
SOSOS
SSSOO
SSOSO
SOSSO
SSOOS
SOOSS
OSSSO
OSOSS
OOSSS
Existem 10 anagramas.
Para calcular a quantidade total de anagramas, sem necessariamente des-
crevê-los, podemos utilizar o seguinte raciocínio:
Se todas as letras fossem distintas, teríamos 5! anagramas. Quando troca-
mos entre si as 2 letras“O”, obtemos o mesmo anagrama, não um anagrama
distinto. Isso faz com que, na nossa contagem de 5!, tenhamos contado o
mesmo anagrama 2! vezes, pois há 2! modos de trocar as letras “O” entre si.
Da mesma forma, isso ocorre também para as 3 letras “S” que podem ser
ordenadas de 3! modos.
Dessaforma,aquantidadetotaldeanagramaséencontradapermutando-
se as 5 letras e dividindo-se o total obtido pela quantidade de permutações
de 2 elementos (letra O) e pela quantidade de permutações de 3 elementos
(letra S):
P5
P2
.P3
=
5!
2! .3!
=
5 . 4 . 3!
2 . 1 . 3!
= 10
Em geral, a quantidade de permutações com elementos repetidos é
obtida do seguinte modo:

221
A quantidade de permutações de n elementos, dos quais um deles é repe-
tido α vezes, outro é repetido β vezes, outro γ vezes, ..., e assim por diante, é
dada por:
P , , , ...
n =
n!
! . ! . ! ...
Exemplo 2:
Em todos os dias de aula, João vai a pé ao colégio. Ele gosta de fazer cami-
nhos diferentes, alternando o passeio entre as quadras percorridas. O mapa
a seguir ilustra parte da cidade, na qual se observa a casa de João, represen-
tada pelo ponto J, e o colégio, representado pelo ponto C.
J
C
Considerando os caminhos distintos de menor trajeto possível, quantos
existem levando João de casa ao colégio?
Para que o caminho seja de menor trajeto possível, exatamente 7 quadras
devem percorridas, sendo 4 na direção leste e 3 na direção sul. Qualquer
trajeto pode ser pensado como uma sequência codificada pelas letras L e S,
indicando uma quadra andada em direção ao leste ou sul, respectivamente.
Observe dois trajetos possíveis:
S – L – L – S – S – L – L
S – S – S – L – L – L – L

222
A cada permutação dessas letras, identificamos um novo caminho que
poderia ser percorrido. Assim, o número de permutações dessas letras é o
número total de caminhos possíveis.
Permutando 7 letras (7 quadras) com repetição de 4 letras L (4 quadras
para o leste) e de 3 letras S (3 quadras para o sul), obtemos:
P4 , 3
7 =
7!
4! . 3!
=
7 . 6 . 5 . 4!
4! . 3 . 2 . 1
= 35
Logo, existem 35 caminhos possíveis.
Combinações simples
Imaginequeumarevistaespecializadatenhaselecionadocincoroqueiros,
considerados os maiores da história e já falecidos: Elvis Presley, John Lennon,
Freddie Mercury, Jimi Hendrix e Jim Morrison. A lista havia sido constituída
por uma pesquisa de opinião junto a críticos musicais, com base na influên-
cia para a época, na originalidade e, principalmente, na obra de cada cantor.
Domíniopúblico.
Elvis Presley (1935-1977)
Domíniopúblico.
John Lennon (1940-1980)
CarlSenger.
Freddie Mercury(1946-1991)
ChrysWalter/WireImage.
Jim Morrison (1943-1971)
Domíniopúblico.
Jimi Hendrix (1942-1970)

223
Se você propusesse a seus amigos a seguinte questão:
“Dessa lista, escolha três dos cinco roqueiros que, em sua opinião, seriam
os melhores!”
Você não quer que seus amigos elejam o 1.º melhor, o 2.º melhor ou o
3.º melhor roqueiro. Basta escolher três entre os cinco. Nenhuma ordem de
classificação é necessária.
Um de seus amigos poderia escolher Elvis Presley, John Lennon e Freddie
Mercury. Outro amigo poderia escolher John Lennon, Freddie Mercury e Elvis
Presley. Nesse caso, ambos os amigos teriam feito a mesma escolha, pois o
interesse está em quais músicos são escolhidos, e não em que ordem se dá a
escolha.
Um terceiro amigo poderia escolher Freddie Mercury, John Lennon e Jim
Morrison. Embora dois desses músicos estejam presentes também nas outras
seleções, o fato de um dos músicos ser diferente torna a escolha também di-
ferente. Não é difícil perceber que, numa situação como essa, se a escolha
não for dos mesmos três músicos, certamente ela será diferente.
Esse exemplo ilustra um conceito que, em Matemática, é conhecido como
combinação simples:
Dado um conjunto com n elementos distintos, chama-se combinação sim-
ples desses n elementos, tomados p a p, n p, qualquer subconjunto de p
elementos distintos formado com os n elementos dados.
Por se tratar de escolher elementos para formar subconjuntos, a definição
anterior esclarece que:
A ordem dos elementos escolhidos não é importante .
Escolher Elvis Presley, Jimi Hendrix e Jim Morrison é o mesmo que esco-
lher Jim Morrison, Elvis Presley e Jimi Hendrix.
Os elementos escolhidos não podem ser repetidos.
Não se pode escolher Freddie Mercury, John Lennon e Freddie Mercury.
A natureza dos elementos escolhidos é importante.

224
Escolher Freddie Mercury, Elvis Presley e John Lennon é diferente de esco-
lher Freddie Mercury, Elvis Presley e Jimi Hendrix.
De quantas maneiras é possível escolher três roqueiros entre os cinco?
Vamos apresentar todas as escolhas possíveis:
Elvis Presley, John Lennon e Freddie Mercury (1 escolha)
Elvis Presley, John Lennon e Jimi Hendrix (2 escolhas)
Elvis Presley, John Lennon e Jim Morrison (3 escolhas)
Elvis Presley, Freddie Mercury e Jimi Hendrix (4 escolhas)
Elvis Presley, Freddie Mercury e Jim Morrison (5 escolhas)
Elvis Presley, Jimi Hendrix e Jim Morrison (6 escolhas)
John Lennon, Freddie Mercury e Jimi Hendrix (7 escolhas)
John Lennon, Freddie Mercury e Jim Morrison (8 escolhas)
John Lennon, Jimi Hendrix e Jim Morrison (9 escolhas)
Freddie Mercury, Jimi Hendrix e Jim Morrison (10 escolhas)
Existem 10 escolhas de três músicos entre os cinco.
Em outras palavras, 10 é a quantidade de combinações simples de 5 ele-
mentos (5 músicos disponíveis) tomados 3 a 3 (3 músicos escolhidos). Essa
relação pode ser representada por:
C 3
5 = 10
Para calcular a quantidade de escolhas, podemos raciocinar do seguinte
modo:
Para o 1.º músico existem 5 escolhas;
Para o 2.º músico existem 4 escolhas;
Para o 3.º músico existem 3 escolhas.
Logo, para os três músicos existem:

225
5 4. . 3 = 60 escolhas
Entretanto, as escolhas dos mesmos três músicos são iguais. Assim, como
podemos ordenar os três elementos distintos de 3! maneiras e, cada uma
dessas maneiras encontra-se repetida no cálculo anterior, devemos dividir o
resultado por 3!:
5 . 4 . 3
3!
=
5 . 4 . 3
3 . 2 . 1
=
60
6
= 10 escolhas
O resultado anterior confirma a quantidade de escolhas que havíamos
obtido anteriormente, listando uma a uma.
Então, podemos escrever:
C 3
5 =
5 . 4 . 3
3!
Multiplicando e dividindo o numerador e o denominador do 2.º membro
por 2!, temos:
C 3
5 =
5 . 4 . 3 . 2!
3! 2!
Reduzindo o numerador a um único fatorial e observando que 2! = (5 –
3)!, temos:
C 3
5 =
5!
3! (5 – 3)!
Dados 5 elementos distintos, essa última fórmula calcula a quantidade
de escolhas (subconjuntos) de 3 elementos distintos entre os 5 elementos
dados.
Esse raciocínio pode ser generalizado. Acompanhe:
Considere n e p números naturais, tais que n p. Para escolher p elemen-
tos distintos entre n elementos distintos dados, a quantidade de escolhas é
dada por:
C p
n =
n!
p! (n – p)!

226
A quantidade de combinações simples de n elementos tomados p a p
será representada por C p
n ou Cn, p . Caso ocorra n p, define-se C p
n = 0, pois
não há maneira alguma de escolher mais elementos distintos do que os ele-
mentos disponíveis.
Observe alguns exemplos:
C 2
6 =
6!
2! . (6 – 2)!
=
6 . 5 . 4!
2 . 1 . 4!
=
6 . 5
2 . 1
= 15
Existem 15 maneiras possíveis de escolher 2 elementos distintos entre 6
elementos distintos disponíveis.
C 4
8 =
8!
4! . (8 – 4)!
=
8 . 7 . 6 . 5 . 4!
4 . 3 . 2 . 1 . 4!
=
8 . 7 . 6 . 5
4 . 3 . 2 . 1
= 70
C 3
7 =
7!
3! . (7 – 3)!
=
7 . 6 . 5 . 4!
3 . 2 . 1 . 4!
=
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
= 35
Os exemplos anteriores enfatizam a ideia de que utilizamos combinações
simples para formar subconjuntos, ou seja, escolher elementos distintos.
Exemplo:
Suponha que um clube de tênis da capital deseja inscrever alguns jogado-
res para participarem de um campeonato importante no próximo mês. Exis-
tem 10 jogadores do clube interessados em participar do torneio.
Vamos responder a algumas perguntas referentes à inscrição dos jogado-
res no torneio:
Se exatamente dois jogadores podem ser inscritos, de quantas maneiras o
clube pode participar do torneio?
C 2
10 =
10!
2! . (10 – 2)!
=
10 . 9 . 8!
2 . 1 . 8!
=
10 . 9
2 . 1
= 45
Logo, existem 45 maneiras de inscrever 2 jogadores.
Se exatamente cinco jogadores podem ser inscritos, de quantas maneiras
o clube pode participar do torneio?
C 5
10 =
10!
5! . (10 – 5)!
=
10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5!
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 5!
=
10 . 9 . 8 . 7 . 6
5 . 4 . 3 . 2 . 1
= 252

227
Portanto, existem 252 maneiras de inscrever 5 jogadores.
Se exatamente oito jogadores podem ser inscritos, de quantas maneiras o
clube pode participar do torneio?
C 8
10 =
10!
8! . (10 – 8)!
=
10 . 9 . 8!
8! 2 . 1
=
10 . 9
2 . 1
= 45
Assim, existem 45 maneiras de inscrever 8 jogadores.
Observe que dois dos resultados anteriores são iguais. Essa igualdade ocor-
reu porque a quantidade de escolhas de 2 jogadores entre os 10 jogadores é a
mesma quantidade de escolhas de 8 jogadores entre os 10 jogadores:
C 2
10 = C 8
10 = 45
Observe que 2 + 8 = 10. Assim, para cada escolha de 2 jogadores que par-
ticipam do torneio, existe também uma escolha de 8 jogadores que não par-
ticipam. Da mesma forma, para cada escolha de 8 jogadores que participam,
existe também uma escolha de 2 que não participam. Tais combinações são
chamadas de combinações com taxas complementares.
Outros exemplos de combinações com taxas complementares:
C 3
7 = C 4
7 , pois 3 + 4 = 7
C 2
6 = C 4
6 , pois 2 + 4 = 6
C 1
9 = C 8
9 , pois 1 + 8 = 9
Em geral, sendo n e p números naturais, tais que n p, as combinações
C p
n e C n – p
n têm taxas complementares, pois p + (n – p) = n. Logo, podemos
escrever:
C p
n = C n – p
n
Exemplo 1:
De um grupo formado por cinco pessoas, devem-se escolher exatamente
duas delas para formar uma comissão que ficará encarregada de organizar
um almoço de confraternização. De quantas maneiras é possível escolher
essa comissão?
Para compor a comissão, basta escolher duas pessoas entre as cinco dis-
poníveis, logo:
C 2
5 =
5 . 4
2 . 1
= 10 maneiras

228
Portanto, a comissão pode ser escolhida de 10 maneiras possíveis.
Exemplo 2:
Um torneio de damas, no qual cada jogador joga com todos os outros
uma única vez, tem 351 jogos. Quantos jogadores disputam o torneio?
Sendo x a quantidade de jogadores e observando que cada jogo é dispu-
tado por dois deles, temos:
C 2
x = 351
x!
2! (x–2)!
= 351
x (x-1) (x–2)!
2.1 (x–2)!
= 351
x . (x – 1)
2 . 1
= 351
x2
– x – 702 = 0
x =
x . b2
– 4ac
2a
x =
– (–1) (–1)2
– 4 . 1 (–702)
2 . 1
x =
1 2809
2
=
1 53
2
Se x 0, então x =
1 + 53
2
=
54
2
= 27. Logo, o torneio é disputado por 27
jogadores.
Exemplo 3:
Numa circunferência são marcados 6 pontos distintos, conforme ilustra a
próxima figura.

229
a) Quantas retas ficam determinadas com esses 6 pontos?
Uma reta fica determinada por dois pontos escolhidos em qualquer
ordem, logo:
C 2
6 =
6 . 5
2 . 1
= 15
Assim, 15 retas ficam determinadas pelos seis pontos.
b) Quantos triângulos podem ser construídos com esses 6 pontos?
Um triângulo fica determinado por três pontos não colineares, escolhidos
em qualquer ordem. Como todos os seis pontos pertencem à mesma circun-
ferência, não existem três colineares. Logo:
C 3
6 =
6 . 5 . 4
3 . 2 . 1
= 20
Existem 20 triângulos possíveis de serem construídos com os seis
pontos.
c) Quantos polígonos convexos podem ser construídos com esses 6
pontos?
Com seis pontos podemos construir triângulos, quadriláteros, pentágo-
nos e hexágonos, todos convexos. Logo, utilizando o raciocínio do item an-
terior, a quantidade de polígonos é dada por:
C 3
6 + C 4
6 + C 5
6 + C 6
6 =
6 . 5 . 4
3 . 2 . 1
+
6 . 5 . 4 . 3
4 . 3 . 2 . 1
+
6 . 5 . 4 . 3 . 2
5. 4 . 3 . 2 . 1
+
6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1
6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1
C 3
6 + C 4
6 + C 5
6 + C 6
6 = 20 + 15 + 6 + 1 = 42
Portanto, 42 polígonos convexos podem ser construídos.
Exemplo 4:
Uma empresa de produtos de higiene faz uma promoção na qual pre-
tende distribuir um pequeno kit de produtos para clientes que atingem um
determinado número de pontos acumulados com a compra de produtos.
Cada kit é composto por 4 produtos distintos, escolhidos entre 7 tipos de
produtos para o rosto e 6 tipos de produtos para o corpo.
a) Quantos kits distintos podem ser distribuídos?
Se existem 13 produtos disponíveis ao todo e o kit deve conter 4 produ-
tos distintos, então a quantidade de kits é dada por:

230
C 4
13 =
13 . 12 . 11 . 10
4 . 3 . 2 . 1
= 715
Assim, podem ser distribuídos 715 kits.
b) Quantos kits distintos podem ser distribuídos, se cada um deles deve
conter dois produtos distintos para o rosto e 2 produtos distintos para o
corpo?
Devemos escolher 2 produtos para o rosto, entre 7 possíveis, e 2 produtos
para o corpo, entre 6 possíveis, para formar o kit. Logo, a quantidade de kits
nessas condições é:
C 2
7 . C 2
6 =
7 . 6
2 . 1
.
6 . 5
2 . 1
= 21 . 15 = 315
Nessas condições, podem ser distribuídos 315 kits.
c) Quantos kits distintos podem ser distribuídos, se em cada um deles
deve haver pelo menos um produto para o rosto e pelo menos um produto
para o corpo?
O kit pode conter 1 produto para o rosto e 3 para o corpo, ou 2 produtos
para o rosto e 2 para o corpo, ou 3 produtos para o rosto e 1 para o corpo.
Logo, podemos escrever:
C 1
7 . C 3
6 + C 2
7 . C 2
6 + C 3
7 . C 1
6 = 7 .
6 . 5 . 4
3 . 2 . 1
+
7 . 6
2 . 1
.
6 . 5
2 . 1
+
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
. 6 =
C 1
7 . C 3
6 + C 2
7 . C 2
6 + C 3
7 . C 1
6 = 7 . 20 + 21 . 15 + 35 . 6 = 665
Existem 665 maneiras de montar o kit nas condições apresentadas.
Importante:
Em análise combinatória existem duas ferramentas básicas de contagem:
a atitude de ordenar, correspondendo ao que chamamos de permutação, e o
procedimento intuitivo de escolher, correspondendo ao que denominamos
combinação. Quando essas duas atitudes são reunidas, ou seja, quando de-
vemos escolher elementos distintos e ordená-los, estamos empregando o
conceito de arranjos simples. O conceito de arranjos simples é, portanto, con-
sequência de dois raciocínios estudados.
Sendo n e p números naturais, tais que n p, a quantidade de arranjos
simples, representada por A p
n ou An, p é dada por:
A p
n
= C p
n
. Pp
A p
n
=
n!
p! (n – p)!
. p! A p
n
=
n!
(n – p)!

231
Exemplo 1:
Calcule o valor do número de arranjos simples tomados 3 a 3, ou seja, A 3
6 .
Utilizando o conceito de arranjos simples, temos:
A 3
6 = C 3
6 . P3 =
6 . 5 . 4
3 . 2 . 1
. 3 . 2 . 1 = 6 . 5 . 4 = 120
Utilizando a fórmula do número total de arranjos simples, temos:
A 3
6 =
6!
(6 – 3)!
=
6 . 5 . 4 . 3!
3!
= 6 . 5 . 4 = 120
Utilizando o princípio multiplicativo:
A 3
6 = 6 . 5 . 4 = 120
Exemplo 2:
Em um grupo de sete pessoas, três serão sorteadas para receber, cada
uma, um único prêmio.
a) De quantas maneiras poderá ocorrer a premiação, se os prêmios são
iguais?
Se os prêmios são iguais, basta escolher três pessoas premiadas entre as
sete. Isso pode ser feito de:
C 3
7 =
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
. = 35 maneiras
b) E se os prêmios são distintos?
Se os prêmios são distintos, devemos escolher três pessoas premiadas
entre as sete e, em seguida, ordenar a distribuição dos prêmios. Isso pode
ser feito de:
A 3
7 = C 3
7 . P3 =
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
. 3 . 2 . 1 = 7 . 6 . 5 = 210 maneiras
Ampliando seus conhecimentos
O próximo texto foi extraído do livro A Matemática do Ensino Médio –
Volume 2.

232
Princípios básicos
(LIMA, 2001, p. 85-87)
O princípio fundamental da contagem diz que se há x modos de tomar
uma decisão D1
e, tomada a decisão D1
, há y modos de tomar a decisão D2
,
então o número de modos de tomar sucessivamente as decisões D1
e D2
é xy.
Exemplo 1:
Com 5 homens e 5 mulheres, de quantos modos se pode formar um casal?
Solução:
Formar um casal equivale a tomar as decisões:
D1
: Escolha do homem (5 modos);
D2
: Escolha da mulher (5 modos).
Há 5 . 5 = 25 modos de formar um casal.
Exemplo 2:
Uma bandeira é formada por 7 listras que devem ser coloridas usando
apenas as cores verde, azul e cinza. Se cada listra deve ter apenas uma cor
e não se pode usar cores iguais em listras adjacentes, de quantos modos se
pode colorir a bandeira?
Solução:
Colorir a bandeira equivale a escolher a cor de cada listra. Há 3 modos de
escolher a cor da primeira listra e, a partir daí, 2 modos de escolher a cor de
cada uma das outras 6 listras. A resposta é 3 . 26
= 192.
Exemplo 3:
Quantos são os números de três dígitos distintos?
Solução:
O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 modos, pois ele não pode ser
igual a 0. O segundo dígito pode ser escolhido de 9 modos, pois não pode ser
igual ao primeiro. O terceiro dígito pode ser escolhido de 8 modos, pois não
pode ser igual nem ao primeiro nem ao segundo dígito.

233
A resposta é 9 . 9 . 8 = 648.
Você já deve ter percebido nesses exemplos qual é a estratégia para resol-
ver problemas de combinatória:
1) Postura – Devemos sempre nos colocar no papel da pessoa que deve
fazer a ação solicitada pelo problema e ver que decisões devemos tomar. No
exemplo 3, nós nos colocamos no papel da pessoa que deveria escrever o
número de três dígitos; no exemplo 2, nós nos colocamos no papel da pessoa
que deveria colorir a bandeira; no exemplo 1, nós nos colocamos no papel da
pessoa que deveria formar o casal.
2) Divisão – Devemos, sempre que possível, dividir as decisões a serem to-
madas em decisões mais simples. Formar um casal foi dividido em escolher o
homem e a mulher; colorir a bandeira foi dividido em colorir cada listra; formar
um número de três dígitos foi dividido em escolher cada um dos três dígitos.
Vamos voltar ao exemplo anterior – Quantos são os números de três dígi-
tos? – para ver como algumas pessoas conseguem, por erros de estratégia,
tornar complicadas as coisas mais simples.
Começando a escolha dos dígitos pelo último dígito, há 10 modos de esco-
lher o último dígito. Em seguida, há 9 modos de escolher o dígito central, pois
não podemos repetir o dígito já usado. Agora temos um impasse: de quantos
modos podemos escolher o primeiro dígito? A resposta é “depende”. Se não
tivermos usado o 0, haverá 7 modos de escolher o primeiro dígito, pois não
podemos usar nem o 0 nem os dois dígitos já usados nas demais casas; se já
tivermos usado o 0, haverá 8 modos de escolher o primeiro dígito.
Um passo importante na estratégia para resolver problemas de combina-
tória é:
3) Não adiar dificuldades – Pequenas dificuldades adiadas costumam se
tranformar em imensas dificuldades. Se uma das decisões a serem tomadas
for mais restrita que as demais, essa é a decisão que deve ser tomada em pri-
meiro lugar. No exemplo 3, a escolha do primeiro dígito era a decisão mais
restrita do que as outras, pois o primeiro dígito não pode ser igual a 0. Essa é
portanto a decisão que deve ser tomada em primeiro lugar e, conforme aca-
bamos de ver, postergá-la só serve para causar problemas.

234
Atividades de aplicação
1. Construa uma árvore de possibilidades relativa ao seguinte problema
de contagem e, em seguida, determine o número total de escolhas:
Uma fábrica produz automóveis cujos modelos podem ser escolhidos de
acordo com alguns opcionais. Os clientes podem decidir entre as seguintes
opções:
Modelo: conversível ou não conversível.
Combustível: gasolina, bicombustível ou gás.
De quantas formas pode-se escolher um carro com essas opções?
2. Todas as semanas um grupo formado por cinco casais de amigos se
reúnem para dançar tango. No final do ano acontecerá o festival es-
tadual de dança e dois integrantes do grupo, um do sexo masculino
e um do sexo feminino, serão escolhidos para participar do festival.
Se a escolha não será feita por critérios técnicos, e sim por sorteio, de
quantas maneiras o casal poderá ser escolhido?
3. Um aluno não estudou para a prova de Análise Combinatória. Por isso,
não sabia resolver exatamente 4 das 5 questões da prova. As questões
eram de múltipla escolha, cada uma com cinco alternativas, em que
apenas uma delas era correta. Assim, ele resolveu responder ao aca-
so essas 4 questões. De quantas maneiras o gabarito da prova desse
aluno poderia ser preenchido, considerando que ele acertou a única
questão que sabia resolver?
4. Uma bandeira é formada por três listras paralelas, sendo que cada
uma delas deve ser colorida com apenas uma das cores: branca, azul,
vermelha e verde.
a) De quantas maneiras a bandeira poderá ser colorida de modo que
todas as listras tenham cores distintas?
b) De quantas maneiras a bandeira poderá ser colorida de modo que
as listras adjacentes não tenham a mesma cor?

235
5. Quantos números de 3 algarismos podem ser formados utilizando os
algarismos do sistema decimal de modo que:
a) os algarismos sejam distintos?
b) os algarismos possam ser repetidos?
c) sejam ímpares e de algarismos distintos?
d) não tenham um algarismo igual a 7?
e) tenham pelo menos um algarismo igual a 7?
6. Marque V ou F conforme a afirmação seja verdadeira ou falsa, respec-
tivamente:
a) ( ) 0! = 0
b) ( ) 5! = 1 . 2 . 3 . 4 . 5
c) ( ) Se x! = y!, então x = y.
d) ( ) m! + n! = (m + n)! para m e n números naturais quaisquer.
e) ( ) a! – b! = (a – b)! para a e b números naturais e a b.
f) ( ) 3n! = (3n)! , sendo n um número natural qualquer.
7. Supondo a existência de todos os fatoriais, simplifique as frações:
a)
8!
4!
=
b)
10!
3! 7!
=
8. Anagrama de uma palavra é qualquer disposição das letras dessa pa-
lavra. Por exemplo, um dos anagramas de “PALCO” é “CPAOL”. Assim
sendo, qual é o número de anagramas da palavra“PARTIDO”?
9. Transitando por uma rodovia, o motorista de um carro passa consecu-
tivamente por cinco semáforos não sincronizados. Se dois deles esta-
vam vermelhos e três estavam verdes, em relação à sequência forma-
da pelos sinais de cada semáforo, de quantas maneiras esse motorista
pode ter percorrido o trajeto?
10. Calcule o número de anagramas:

236
a) da palavra BRASIL.
b) da palavra NATUREZA.
11. André, Bruno, Carlos e Diego desejam viajar de ônibus para uma bela
praia no próximo feriado. O pai de Bruno ficou responsável pela com-
pra das passagens pela internet. A figura a seguir ilustra as quatro pol-
tronas que eles deverão ocupar na viagem:
lado esquerdo lado direito
correDor Se André e Bruno desejam viajar de um mesmo lado do ônibus em
relação ao corredor, assim como Carlos e Diego, de quantas maneiras
eles podem se distribuir entre as poltronas?
12. Na semana cultural de um colégio serão exibidas sete peças teatrais
distintas, uma em cada dia. Sabe-se que apenas três dessas peças são
do gênero comédia. De quantas maneiras é possível organizar a pro-
gramação teatral de forma que as três peças de comédia sejam exibi-
das em dias consecutivos?
13. Com relação à palavra ALUNO, calcule:
a) O total de anagramas.
b) O total de anagramas cujas vogais aparecem em posições adjacentes.
c) O total de anagramas cujas vogais aparecem em ordem alfabética.
d) O total de anagramas cujas vogais aparecem em posições adjacen-
tes e em ordem alfabética.
14. Você faz parte de um grupo de 8 pessoas, sendo uma das 4 que deve-
rão ser selecionadas para formar um grupo de trabalho voluntário. De
quantos modos o grupo poderá ser formado de forma que você seja
um dos integrantes?
15. Num campeonato de futebol, todos os 20 times jogam uma única vez

237
contra todos os demais times. Quantas partidas serão realizadas?
16. A paz reina em um grupo de 8 alunos, pois todos são muito amigos,
com exceção de Luiza, que sempre briga com Jaime e com Marcos.
Nesse grupo será constituída uma equipe de quatro alunos. A única
exigência é que cada integrante se relacione bem com todos os ou-
tros. Dessa forma, quantas equipes podem ser formadas?
17. Em uma escola, três dos 10 alunos que obtiveram a melhor média anu-
al serão sorteados para ganhar uma viagem, com tudo pago e com
direito a um acompanhante. Após ficarem sabendo da notícia, André,
Tiago e Letícia, que estão entre os 10 melhores alunos, ficaram eufó-
ricos com a possibilidade de desfrutar do merecido descanso após o
encerramento do ano letivo.
Será que temos boas chances?
Já pensaram de quantas
maneiras o sorteio pode ser
realizado?
Acho que o número de resul-
tados depende se o destino
será o mesmo para todos ou
não!
Será que isso
faz mesmo
diferença?
IESDEBrasilS.A.
Se a direção da escola ainda não decidiu se os três alunos sorteados irão
para o mesmo destino ou cada um para um destino diferente, de acordo
com a ordem do sorteio, responda:
a) De quantas maneiras o sorteio pode se“desenrolar”, considerando
que todos os três alunos sorteados irão para o mesmo destino?
b) E se os três alunos forem para destinos diferentes?

238
Referências
ASIMOV, Isaac. Cronologia das Ciências e das Descobertas. Rio de Janeiro: Civi-
lização Brasileira.
BOYER, Carl B. História da Matemática. 12. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996.
DANTE, Luiz Roberto. Matemática – contexto e aplicações. São Paulo: Ática. 472
p. v. 2. Edição reformulada.
DEVLIN, Keith. O Gene da Matemática – o talento para lidar com números e a
evolução do pensamento matemático. Rio de Janeiro: Record, 2004.
GARBI, Gilberto G. O Romance das Equações Algébricas. São Paulo: Makron
Books, 1997.
_____. A Rainha das Ciências – um passeio histórico pelo maravilhoso mundo da
Matemática. São Paulo: Livraria de Física, 2006.
HOGBEN, Lancelot. Maravilhas da Matemática. 3. ed. Porto Alegre: Globo, 1952.
IEZZI, Gelson et al. Matemática – ciência e aplicações. 4. ed. São Paulo: Atual,
2006. 352 p. v. 1.
LIMA, Elon L. Meu Professor de Matemática e outras Histórias. Rio de Janeiro:
Sociedade Brasileira de Matemática. (Coleção do Professor de Matemática).
LIMA, Elon L. et al. A Matemática do Ensino Médio. Rio de Janeiro: Sociedade
Brasileira de Matemática, 2001. v. 1.
_____. A Matemática do Ensino Médio. Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de
Matemática, 2001. v. 2.
_____. A Matemática do Ensino Médio. Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de
Matemática, 2001. v. 3.
LINTZ, Rubens G. História da Matemática. Blumenau: FURB, 1999. v. 1.
SINGH, Simon. O Último Teorema de Fermat. Rio de Janeiro: Record, 2002.
TAHAN, Malba. O Homem que Calculava. 40. ed. Rio de Janeiro: Record, 1995.
_____. Os Números Governam o Mundo: folclore da Matemática. 3. ed. Rio de
Janeiro: Ediouro, 1999. 398 p.

239
Gabarito
1.
conversível
Gasolina
Gasolina
Bicombustível
Bicombustível
Gás
Gás
Não conversível
1.ª escolha
4.ª escolha
2.ª escolha
5.ª escolha
3.ª escolha
6.ª escolha
Assim, a escolha pode ser feita de 6 maneiras distintas.
2. Paraescolherointegrantedosexomasculinotemos5possibilidades.Para
cada uma dessas possibilidades temos outras 5 possibilidades para esco-
lher a integrante do sexo feminino. Assim, para escolher o casal temos
5 . 5 = 25 maneiras distintas.
3. Como o aluno sabia resolver e acertou uma das questões, para essa
questão tinha apenas uma possibilidade. Para todas as demais, tinha
5 possibilidades para cada uma delas. Assim, o total de maneiras de
preencher o gabarito da prova é igual a: 1 . 5 . 5 . 5 . 5 = 625.
4.
a) Se as listras devem ter cores distintas, há 4 escolhas de cores para
a 1.ª listra, 3 escolhas de cores para a 2.ª listra e 2 escolhas de cores
para a 3.ª listra, logo: 4 . 3 . 2 = 24 maneiras possíveis.
b) É possível escolher a 1.ª listra de 4 maneiras. Escolhida a cor da 1.ª
listra, existem 3 escolhas possíveis para a 2.ª listra, pois sendo a 2.ª

240
listra adjacente à 1.ª, deve ter cor distinta. Escolhidas as cores da 1.ª
e 2.ª listras, a 3.ª listra poderá ser colorida de 3 maneiras, pois a cor
da 1.ª listra poderá ser novamente utilizada.
Assim, existem 4 . 3 . 3 = 36 maneiras possíveis.
5. Embora tal restrição não ocorra para senhas, códigos e similares, não
esqueça que, para números do sistema decimal, não é possível iniciar
com o algarismo zero, a não ser que o número seja o próprio zero. Va-
mos resolver esse problema dividindo-o em problemas de se escolher
cada ordem dos números: centenas, dezenas e unidades.
a) Se os algarismos são distintos, existem 9 escolhas para o algarismo
das centenas, pois o número não pode iniciar por zero. Escolhido o
algarismo das centenas, existem 9 escolhas para o algarismo das de-
zenas, pois apesar de o algarismo das centenas não poder se repetir
nas dezenas, o algarismo zero pode ser escolhido para o algarismo
das dezenas. Escolhidos os algarismos das centenas e das dezenas,
restam 8 escolhas para o das unidades. Logo, a quantidade de nú-
meros com três algarismos distintos é dada por 9 . 9 . 8 = 648.
b) Existem 9 escolhas para o algarismo das centenas. Como os alga-
rismos podem ser repetidos, existem 10 escolhas para o algarismo
das dezenas e 10 escolhas para o algarismo das unidades, ou seja,
temos 9 . 10 . 10 = 900 números de três algarismos.
c) Vamos começar analisando as possibilidades para as unidades,
pois a condição de que o número deve ser ímpar restringe o al-
garismo das unidades. Como essa é a condição mais restritiva, de-
vemos começar pela ordem das unidades. Se o número deve ser
ímpar, então existem 5 escolhas para o algarismo das unidades (1
ou 3 ou 5 ou 7 ou 9). Escolhido o algarismo das unidades, existem 8
escolhas para o algarismo das centenas (todos, exceto o ímpar das
unidades e o zero). Escolhidos os algarismos das unidades e das
centenas, existem 8 escolhas para o algarismo das dezenas (todos,
exceto o algarismo ímpar das unidades e o algarismo das cente-
nas). Logo, teremos um total de 8 . 8 . 5 = 320 números ímpares de
três algarismos distintos.

241
d) Se o algarismo 7 não pode participar do número, existem 8 esco-
lhas para o algarismo das centenas, 9 escolhas para o algarismo
das dezenas e 9 escolhas para o algarismo das unidades. Dessa for-
ma, existem 8 . 9 . 9 = 648 números que não têm o algarismo 7 em
qualquer ordem.
e) No item (b) calculamos a quantidade total de números com três
algarismos. No item (d) calculamos a quantidade de números
com três algarismos que não têm o algarismo 7 em qualquer
ordem. Logo, se subtrairmos os 648 números dos 900 números,
a diferença será a quantidade de números com três algarismos
que têm pelo menos um algarismo igual a 7. Assim, a resposta é
900 – 648 = 252.
6. Marque V ou F conforme a afirmação seja verdadeira ou falsa, respec-
tivamente:
a) ( F ) 0! = 1
b) ( V ) 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 1 . 2 . 3 . 4 . 5 ( ordem dos fatores não altera
o produto)
c) ( F ) 0! = 1! e 0 ≠ 1.
d) ( F ) A operação fatorial não é distributiva em relação à adição.
e) ( F ) A operação fatorial não é distributiva em relação à subtração.
f) ( F ) Para n = 2, tem-se 3 . 2! = 6 ≠ (3 . 2)! = 6! = 720
7.
a)
8!
4!
=
8 . 7 . 6 . 5 . 4!
4!
= 8 . 7 . 6 . 5 = 1680
b)
10!
3! 7!
=
10 . 9 . 8 . 7!
3 . 2 . 1 . 7!
= 120
8. Como a palavra tem todas as letras distintas, para escolher a 1.ª letra
do anagrama existem 7 escolhas possíveis. Escolhida a 1.ª, existem 6
escolhas possíveis para a 2.ª letra, e assim por diante. Logo, existem
7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5 040 anagramas possíveis.

242
9. A sequência é formada pelos cinco sinais dos semáforos, sendo dois
vermelhos e três verdes. Logo, a quantidade de maneiras é calculada
pela quantidade de permutações de cinco elementos com duas repe-
tições de um deles (vermelho) e três repetições do outro (verde):
P 2, 3
5 =
5!
2! . 3!
=
5 . 4 . 3!
2 . 1 . 3!
= 10
10.
a) A palavra BRASIL possui 6 letras distintas. Assim, o número de anagra-
mas é igual ao número de permutações de seis elementos, ou seja,
P6
= 6 . 5 . 4 . 3 . 2 .1 = 720.
b) A palavra NATUREZA possui 8 letras, sendo que duas delas são iguais
(A). Assim, o número de anagramas é igual ao número de permuta-
ções de oito elementos com duas repetições, ou seja,
P 2
8 .
5!
2!
=
8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2!
2!
= 20160.
11. Considerando, inicialmente, as duplas (André e Bruno, Carlos e
Diego), existem P2
maneiras de distribuirmos as duplas entre os
lados do ônibus. Para cada maneira, em cada lado, ambos os com-
ponentes de cada dupla podem ser permutados. Dessa forma,
existem: P2
. P2
. P2
= (2 . 1) . (2 . 1) . (2 . 1) = 2 . 2 . 2 = 8 maneiras.
12. Considerando que as três peças de teatro correspondem a um único
elemento, para manter juntas essas peças, calcula-se a quantidade de
permutações de cinco elementos (1 de comédia e 4 de outros gêne-
ros), o que resulta em P5
. Para cada uma das sequências anteriores é
possível também trocar a ordem das três peças de comédias. Isso pode
ser feito de P3
maneiras. Logo, a quantidade de maneiras de organizar
a programação da semana cultural é dada por:
P5
. P3
= (5 . 4 . 3 . 2 . 1) . ( 3 . 2 . 1) = 120 . 6 = 720
13.
a) O total de anagramas da palavra ALUNO é igual ao número de per-
mutações de cinco elementos, ou seja, P5
= 5! = 120.
b) Se as vogais devem aparecer em posições adjacentes, então pode-
mos considerar as letras A, O e U como sendo uma só letra. Além

243
disso, podemos permutar as vogais entre si. Assim, o número de
anagramas cujas vogais aparecem em posições adjacentes é dado
por P3
. P3
= 3! . 3! = 6 . 6 = 36.
c) As vogais podem dispor-se de P3
= 6 maneiras distintas (AOU, AUO,
OAU, OUA, UAO, UOA). Dessas, apenas a primeira nos interessa, pois
as vogais devem aparecer em ordem alfabética. Assim, o número
de anagramas cujas vogais aparecem em ordem alfabética é igual a
sexta parte do total de anagramas, ou seja,
P5
6
=
5 . 4 . 3 . 2 . 1
6
= 20.
d) Se as vogais devem aparecer em posições adjacentes e em ordem
alfabética, então consideramos as letras A, O e U como sendo uma
só letra, e nesse caso não podemos permutar as vogais entre si. As-
sim, o número de anagramas cujas vogais aparecem em posições
adjacentes e em ordem alfabética é igual a P3
= 3! = 6.
14. Se você deve ser um dos integrantes, então resta escolher outras 3
pessoas entre 7 possíveis. Logo, a quantidade de modos que você será
um dos integrantes do grupo é igual a:
C 3
7 =
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
= 35
15. Qualquer partida de futebol é realizada com 2 times, em qualquer or-
dem. Logo, a quantidade de partidas é igual à quantidade de escolhas
de 2 times entre os 20:
C 2
20 =
20 . 19
2 . 1
= 190
Assim, 190 partidas serão realizadas.
16. Existem dois tipos de equipes possíveis de serem formadas: as que
contam com a participação de Luiza e as que não contam. Inicialmen-
te, calcularemos as que contam. Se Luiza é uma das integrantes, bas-
ta escolher os outros 3 integrantes entre os 7. Isso pode ser feito de
C 3
7 =
7 . 6 . 5
3 . 2 . 1
= 35 maneiras. Se Luiza não é uma das integrantes, basta
escolher todos os 4 integrantes entre os 7, pois Luiza não será escolhi-
da. Isso pode ser feito de C 4
7 =
7 . 6 . 5 . 4
4 . 3 . 2 . 1
= 35 maneiras.

244
Assim, podem ser formadas 35 + 35 = 70 equipes.
17.
a) Se o destino será o mesmo, então basta saber quais alunos serão
premiados. O total de maneiras de escolher três alunos dentre os
10 melhores da escola é igual ao número de combinações simples
de 10 elementos, tomados 3 a 3, ou seja, C 3
10 =
10 . 9 . 8
3 . 2 . 1
= 120.
b) Nesse caso, não basta saber quais alunos serão premiados, pois a
ordem é relevante. Além de escolher os três alunos, precisamos
ordená-los. Assim, o total de maneiras de acontecer o sorteio é
C 3
10 . P3 =
10 . 9 . 8
3 . 2 . 1
. 3 . 2 . 1 = 720.

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