Professor Ezequias.
| Problemas Resolvidos

(CESGRANRIO) Um mágico se apresenta em público vestindo calça e paletó de cores diferentes. Para que ele possa se apresentar em 24 sessões diferentes, qual é o número mínimo de peças (número de paletós mais número de calças) de que ele precisa?
Solução: Pelo Princípio  Fundamental da Contagem, se ele tem M paletós e N calças, então, ele tem M×N = 24 maneiras distintas de se vestir. Como, 24 = 24 ×1 = 12×2 = 8×3 = 6×4, segue que o número de peças pode ser 24+1=25  , ou,  12+2=14 , ou , 8+3 =11  , ou,  6+4=10. Assim, o número mínimo de peças é 10.
Uma secretária dispõe de 5 blusas diferentes, 3 saias diferentes e 7 calças diferente . De quantas maneiras diferentes ela pode se vestir usando uma blusa e uma calça ou uma blusa e uma saia?
Solução: Pelo PFC ela tem 5×7 = 35 maneiras de vestir uma blusa e uma calça.
Pelo mesmo princípio ela tem 5×3 = 15 maneiras de vestir uma blusa e uma saia.
Assim, o número total de maneiras distintas de se vestir é 35+15 = 50.

OBS: Quando existe interseção, o conectivo "ou" está associado à união de conjuntos (Princípio aditivo da contagem), e o conectivo "e" está associado à interseção de conjuntos.
Se não existe interseção (como acontece nesse problema), o conectivo "ou" está associado à soma.
No caso de eventos sucessivos e independentes (como acontece nesse problema) o conectivo "e" está associado a multiplicação (consequência do Princípio Fundamental da Contagem).


(UFC) Uma família com 5 pessoas possui um automóvel de 5 lugares. Sabendo que somente 2 pessoas sabem dirigir, de quantos modos poderão se acomodar para uma viagem?
Solução: Trata-se de uma acão constituída de 5 etapas. Na primeira etapa temos 2 possibilidades de escolha, pois só dois sabem dirigir. Na segunda etapa teríamos 5, mas, com uma já foi escolhida, temos 4 possibilidades. Na terceira temos 3 possibilidades, pois, duas já foram escolhidas. Seguindo este raciocínio, na quarta 2 possibilidades e na quinta 1 possibilidade. Assim, pela análise combinatória (estudo dos métodos de contagem) temos o resultado: 2×4×3×2×1 = 48
De quantas maneiras diferentes vinte pessoas podem fazer uma fila indiana para entrar no ônibus?
(A) 202
(B) 220
(C) 2020
(D) 20!
(E) 19!

Solução: Para resolver esse problema, escolhemos a pessoa que vai entrar no ônibus em primeiro lugar, depois a que vai entrar em segundo lugar, e assim por diante, até a que vai entrar no ônibus por último. Pelo PFC, o resultado procurado é 20×19×18× ... ×3×2×1 , ou seja, fatorial de 20. Logo, o resultado é 20! (alternativa D).

Uma classe de 10 alunos e 5 alunas. Formam-se comissões de 4 alunos e 2 alunas. O número de comissões que participa o aluno X e não participa a aluna Y é?


Solução: Sejam os alunos: A, B, C, D, E, F, G, H, I, X.
Sejam as alunas: J, K, L, M, Y.
O número de comissões de p pessoas escolhidas entre n pessoas é o número de combinações n elementos tomados p a p (a ordem com que é feito cada agrupamento NÃO FAZ diferença).
Número de comissões que participa o aluno X é 1 × C9,3 = 9×8×7 / 3! = 84
Número de comissões que NÃO participa a aluna Y é C4,2 = 4×3 / 2! = 6.
Pelo PFC temos que o resultado procurado é 84×6 = 504.

De quantos modos podemos estacionar 20 automóveis em 3 garagens , sabendo que na primeira cabem 10 automóveis ; na segunda , 6 ; e na terceira , 4?
Solução: Na primeira etapa temos escolher 10 automóveis de 20. Na segunda etapa, como 10 já foram escolhidos, temos escolher 6 automóveis de 10. Por último, temos que escolher 4 automóveis dos 4 restantes (a ordem em que os automóveis são escolhidos não faz diferença). Assim pelo princípio fundamental da contagem, o resultado procurado é:
C20,10 ×C10,6 ×C4,4 = 184756×210×1 = 38798760.

Nota: Este problema também poderia ser resolvido contando permutações com elementos repetidos:
20! / (10!×6!×4!) =  38798760.



O número de maneiras diferentes que 3 rapazes e 2 moças podem sentar-se em uma mesma fila de modo que SOMENTE as moças fiquem todas juntas é igual a:
(A) 6
(B) 12
(C) 24
(D) 36
(E) 48

Solução: Se não fosse "de modo que SOMENTE as moças fiquem todas juntas", teríamos 48 maneiras:

MMRRR ------------>  2×1×3×2×1 = 12 ;

RMMRR ------------> 3×2×2×1 = 12 ;

RRMMR ------------> 3×2×2×1 = 12 ;

RRRMM ------------> 3×2×1×2×1 = 12 .

Observe que a segunda sequência e a terceira sequência são as únicas onde SOMENTE as moças estão todas juntas, logo o resultado procurado é 12 + 12 = 24 maneiras (letra C).



De um grupo de 9 professores, 5 lecionam matemática. Quantas comissões de 3 componentes podem ser formadas de modo que em cada uma compareça pelo menos um professor de matemática?


Solução: Pelo menos um, significa um ou mais. Assim, temos que:
escolher 1 que leciona matemática entre 5 e 2 que NÃO lecionam matemática entre 4, OU
escolher 2 que lecionam matemática entre 5 e 1 que NÃO leciona matemática entre 4, OU
escolher 3 que lecionam matemática entre 5 e nenhum que NÃO leciona matemática entre 4.
Logo, temos que:
escolher 1 que leciona matemática entre 5 e 2 que NÃO lecionam matemática entre 4 +
escolher 2 que lecionam matemática entre 5 e 1 que NÃO leciona matemática entre 4 +
escolher 3 que lecionam matemática entre 5 e nenhum que NÃO leciona matemática entre 4 =
C5,1×C4,2+ C5,2×C4,1 + C5,3×C4,0 = 30 + 40 + 10 = 80

Um juiz dispõe de 10 pessoas, das quais somente 4 são advogados. Para formar um único juri com 7 jurados. O número de formas de compor um juri com pelo menos um advogado é:


Solução: Pelo menos um, significa um ou mais. Logo, temos que:
escolher 1 advogado entre 4 e 6 não advogados entre 6 +
escolher 2 advogados entre 4 e 5 não advogados entre 6 +
escolher 3 advogados entre 4 e 4 não advogados entre 6 +
escolher 4 advogados entre 4 e 3 não advogados entre 6 =  
C4,1×C6,6 + C4,2×C6,5 + C4,3×C6,4 + C4,4×C6,3 = 4 + 36 + 60 + 20 = 120.

Considere os números de 2 a 6 algarismos distintos formados utilizando-se apenas 1, 2, 4, 5, 7 e 8. Quantos destes números são ímpares e começam com um dígito par?
Solução: Como existem 3 ímpares {1,5,7}e 3 pares {2,4,8}para serem utilizados, pelo PFC temos:
Quantidade de números com 2 algarismos distintos: 3×3 = 9 ;
Quantidade de números com 3 algarismos distintos: 3×4×3 = 36 ;
Quantidade de números com 4 algarismos distintos: 3×4×3×3 = 108 ;
Quantidade de números com 5 algarismos distintos: 3×4×3×2×3 = 216 ;
Quantidade de números com 6 algarismos distintos: 3×4×3×2×1×3 = 216 .
A resposta do problema é:
3×3 + 3×4×3 + 3×4×3×3 + 3×4×3×2×3 + 3×4×3×2×1×3 = 9 + 36 + 108 + 216 + 216 = 585.


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