Problemas de Contagem 2

Um resultado é um par ordenado \((c,o)\): primeiro registamos o dado cúbico e depois o octaédrico. Para cada um dos 6 valores de \(c\), há 8 valores de \(o\).

Não somamos \(6+8\), porque o resultado inclui os dois dados. Também não contamos apenas as somas: \((1,4)\) e \((2,3)\) são resultados diferentes, embora tenham a mesma soma.

Um ponto é determinado pelo terno ordenado \((x,y,z)\). Há 4 escolhas de abcissa em A, 5 de ordenada em B e 3 de cota em C. Escolher uma coordenada não elimina valores das outras.

Multiplicamos porque precisamos de uma escolha de cada conjunto para formar um ponto. Um valor comum a dois conjuntos pode ser usado nas duas coordenadas: não há proibição de repetição.

Nesta resolução adota-se \(\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}\). Assim, o produto pedido é par e positivo: se a unidade fosse zero, o produto seria zero e não serviria nesta convenção.

Contar os números com produto positivo

Com dois algarismos de 1 a 9 existem \(9\times9=81\) números. Retiramos o 99, que não é menor que 99. O 10 já ficou excluído por ter um zero.

Retirar os produtos ímpares

Um produto só é ímpar se ambos os fatores forem ímpares. Há 5 algarismos ímpares (1, 3, 5, 7, 9), dando \(5^2=25\) números. Também aqui se retira o 99, ficando 24.

Contamos sequências lidas de uma ponta previamente escolhida do fio para a outra. Cada posição recebe uma de três cores; como há missangas suficientes, a cor pode repetir-se e continuam a existir 3 opções na posição seguinte.

É um arranjo com repetição de 3 cores, 4 a 4. Não usamos \(4!\), pois não estamos a ordenar quatro objetos todos diferentes: estamos a escolher uma cor para cada posição.

a) Todos os números

A reposição devolve o cartão ao saco, pelo que cada uma das três extrações volta a ter 7 opções. A ordem interessa: 123 e 321 são números diferentes. Trata-se de um arranjo com repetição de 7 algarismos, 3 a 3.

b) Exatamente dois algarismos pares

Há três pares (2, 4, 6) e quatro ímpares (1, 3, 5, 7). Primeiro escolhemos qual das 3 posições terá o único ímpar; depois escolhemos esse ímpar, de 4 maneiras. Cada uma das outras posições recebe um dos 3 pares. Como há reposição, o mesmo par pode aparecer duas vezes.

c) Números ímpares

Só a unidade tem de ser ímpar: 4 opções. Centena e dezena podem ser quaisquer dos 7 algarismos, incluindo o já usado na unidade.

As sete cores são distintas e cada uma é usada uma vez. Há 7 escolhas para a primeira faixa, 6 para a seguinte e assim sucessivamente até à última. Trocar duas cores muda a sequência.

Usamos uma permutação porque ordenamos todas as sete cores, sem repetição.

Fixamos uma ordem para os seis jovens e atribuímos uma viagem a cada um. O primeiro tem 6 destinos disponíveis, o segundo 5, e assim sucessivamente, até sobrar um destino para o último.

É uma permutação das seis viagens: usam-se todas, uma única vez, e trocar os destinos de dois jovens altera o sorteio.

Cada organização tem duas pessoas distintas que devem ocupar lugares consecutivos no mesmo lado da mesa. Com quatro lugares de cada lado, cabem dois blocos de duas pessoas em cada lado: quatro posições de bloco no total.

Os quatro blocos podem ocupar essas posições de \(4!\) maneiras. Em cada bloco, os dois representantes podem trocar de lugar: 2 escolhas para cada uma das quatro organizações, ou \(2^4\).

Os 12 livros são distintos, mesmo quando pertencem à mesma coleção. Trocar dois livros de uma coleção altera a arrumação.

a) Sem restrições

Usam-se todos os livros em 12 posições: uma permutação.

b) Júlio Verne à esquerda

Escolhe-se um dos 3 livros de Júlio Verne para a primeira posição; os outros 11 livros podem ocupar os 11 lugares restantes em qualquer ordem.

c) Uma restrição em cada extremidade

Há 3 escolhas à esquerda e 4 à direita, de coleções diferentes. Depois ordenam-se os 10 livros que sobram.

d) Uma Aventura nos dois lugares centrais

Os lugares centrais são o 6.º e o 7.º. Atribuímos-lhes dois dos cinco livros de Uma Aventura: \({}^{5}A_2=5\times4\), pois trocar esses livros dá outra ordem. Ordenamos os 10 restantes de \(10!\) maneiras.

e) Os Cinco nos quatro lugares centrais

Os quatro livros ocupam as posições 5 a 8 de \(4!\) maneiras. Os outros oito ocupam as posições livres de \(8!\) maneiras. Não se escolhe a posição do bloco: já está fixada.

f) Cada coleção junta

Ordenamos os três blocos de coleções de \(3!\) maneiras. Dentro dos blocos há, respetivamente, \(5!\), \(4!\) e \(3!\) ordens.

g) Só os três livros de Júlio Verne obrigatoriamente juntos

O bloco e os nove livros restantes formam dez unidades, ordenadas de \(10!\) maneiras. Há \(3!\) ordens dentro do bloco. Os livros das outras coleções podem ou não ficar juntos.

h) Dois livros específicos separados

Ao total \(12!\) retiramos os casos em que os dois livros formam um bloco: são 11 unidades, com \(11!\) ordens, e 2 ordens internas do par.

i) Livros centrais de coleções diferentes

É mais simples excluir os pares da mesma coleção. Para cada coleção de \(k\) livros, há \(k(k-1)\) pares ordenados para o centro e \(10!\) ordens do resto. Os três casos excluídos são distintos.

a) Quatro jogadores do clube A no meio

Os quatro lugares centrais já estão determinados. Ordenamos neles os quatro jogadores de A de \(4!\) maneiras e os outros seis nos lugares livres de \(6!\) maneiras.

b) A junto e B junto

O bloco de A, o bloco de B e os três jogadores restantes formam cinco unidades, com \(5!\) ordens. Dentro dos blocos há \(4!\) ordens dos jogadores de A e \(3!\) dos de B.

c) Cada jogador de B entre dois de A

No bloco dos sete jogadores, a única sequência de clubes é A–B–A–B–A–B–A. Preenchemos as quatro posições de A de \(4!\) maneiras e as três de B de \(3!\). O bloco e os três jogadores exteriores formam quatro unidades, ordenadas de \(4!\) maneiras.

Um pódio tem três lugares distintos: primeiro, segundo e terceiro. Escolher os mesmos três atletas noutra ordem dá outro pódio. Além disso, o mesmo atleta não pode ocupar dois lugares.

Usamos \({}^{8}A_3\): há 8 atletas disponíveis para preencher 3 posições ordenadas, sem repetição. Há 8 escolhas para o vencedor, 7 para o segundo e 6 para o terceiro.

Pratos com três setores

Usamos um arranjo de 5 cores, 3 a 3, \({}^{5}A_3\), porque existem cinco cores disponíveis e três setores distintos a pintar. A ordem interessa: trocar a cor de dois setores muda o prato. Não há repetição de cores no mesmo prato.

Há 5 escolhas para o primeiro setor, 4 para o segundo e 3 para o terceiro.

Pratos com quatro setores

O raciocínio é o mesmo, agora com seis cores e quatro setores distintos. Depois de cada escolha fica disponível menos uma cor.

Somamos os dois tipos de prato porque cada prato pertence a um só tipo. Multiplicar contaria pares de pratos, um de cada tipo, e não pratos individuais.

a) Todos os elementos de A

Só podem ter dois ou três algarismos: 1000 não usa apenas algarismos de P. Como não se proíbe a repetição, cada posição tem quatro opções. Somamos os dois comprimentos.

b) Algarismos distintos

Agora, cada escolha retira um algarismo disponível para as posições seguintes. A ordem interessa, pelo que usamos arranjos simples de 4 algarismos, 2 a 2 ou 3 a 3.

c) Múltiplos de 2 ou de 5, sem repetir

A unidade só pode ser 2 ou 5: duas escolhas. Fixada a unidade, há 3 escolhas para a dezena nos números de dois algarismos, ou \(3\times2\) escolhas para centena e dezena nos de três. Os dois finais são incompatíveis, portanto não há duplicações.

d) Pelo menos uma repetição

Entre os 80 números, ou todos os algarismos são diferentes, ou há dois ou três iguais. Os 36 sem repetição são exatamente o complementar dos pretendidos.

a) Todos os números

Sem reposição, um cartão usado deixa de estar disponível: há 7 escolhas, depois 6 e depois 5. A ordem das extrações determina centena, dezena e unidade, logo usamos \({}^{7}A_3\).

b) Exatamente dois algarismos pares

Há 3 posições possíveis para o único ímpar e 4 escolhas para o seu valor. Restam duas posições distintas para dois dos três pares (2, 4, 6). Usamos \({}^{3}A_2=3\times2\): a ordem interessa e não podemos repetir um par.

c) Números ímpares

Escolhemos primeiro a unidade entre os quatro ímpares. Esse cartão fica indisponível; restam 6 escolhas para a centena e 5 para a dezena.

Os números têm quatro algarismos. Para serem maiores que 5000, o primeiro só pode ser 5, 6, 7, 8 ou 9. Qualquer continuação com algarismos de A dá um número válido, pois não há zeros.

a) Com repetição permitida

Há 5 opções para o primeiro algarismo e 7 para cada um dos três seguintes. Não se retira da lista um algarismo já usado.

b) Todos diferentes

Fixado o primeiro, restam 6 algarismos para três posições distintas. Usamos \({}^{6}A_3\), pois a ordem interessa e não há repetição.

c) Pelo menos dois iguais

O complementar de «pelo menos dois iguais» é «todos diferentes». Evitamos contar separadamente um par, dois pares, três iguais ou quatro iguais.

«No máximo quatro algarismos» inclui números com 1, 2, 3 ou 4 algarismos. Em cada caso a ordem interessa e não se pode repetir um algarismo, logo usamos arranjos simples dos quatro algarismos disponíveis.

Somamos porque um número não pode ter dois comprimentos diferentes. Nenhum começa por zero, pois o zero não está no conjunto.

A identidade \(n!=n(n-1)!\) permite separar apenas os fatores necessários, sem calcular fatoriais grandes.

a) e b) Separar o primeiro fator

Os espaços são preenchidos por 15 e 17, respetivamente.

c) Dividir por 5

O espaço antes do sinal de fatorial é 4, e não 24: o resultado da divisão é \(4!=24\), mas pede-se o número cujo fatorial aparece.

d) e e) Simplificar fatoriais comuns

a) Eliminar os denominadores

Como \(5!=120\) e \(6!=720\), multiplicamos ambos os membros por 720. Este é um múltiplo dos dois denominadores e evita trabalhar com frações.

As soluções reais são \(12\) e \(-12\), mas a equação é pedida em \(\mathbb N\): só \(n=12\) serve.

b) Pôr o fatorial em evidência

Substituímos \((n+1)!\) por \((n+1)n!\). O fator \(n!\) é comum a todos os termos do numerador e do denominador e não é zero, pelo que pode ser simplificado.

O valor 18 pertence ao domínio e não anula o denominador.

O formato é LLLLLDD: cinco posições de letras seguidas de duas posições de algarismos. A ordem dos caracteres interessa. Salvo indicação contrária, podem repetir-se letras e algarismos, e um código pode conter zero.

a) Sem restrições

Cada posição de letra tem 26 opções e cada posição de algarismo tem 10.

b) Sem repetição

Escolhem-se e ordenam-se cinco letras entre 26 e dois algarismos entre 10. A primeira escolha de letra não retira opções aos algarismos, pois são conjuntos diferentes.

c) Sem vogais e com algarismos iguais

Há \(26-5=21\) consoantes em cada uma das cinco posições. Escolhemos uma vez o algarismo, entre 10; o segundo fica automaticamente igual, sem nova escolha.

d) Três primeiras letras vogais

Cada uma das três primeiras posições tem 5 opções. As duas letras seguintes não têm restrição: 26 opções cada. Cada algarismo pode ser 3, 5 ou 7: 3 opções em cada posição.

Não se pede «exatamente três vogais», por isso a quarta e a quinta letras também podem ser vogais.

e) Só vogais, todas diferentes

São cinco posições e cinco vogais disponíveis, sem repetir: usam-se todas, em \(5!\) ordens. Os algarismos continuam livres.

f) Soma dos algarismos ímpar e maior que 12

As somas possíveis são 13, 15 e 17. Para 13, os pares ordenados são (4,9), (5,8), (6,7), (7,6), (8,5), (9,4): seis. Para 15 são (6,9), (7,8), (8,7), (9,6): quatro. Para 17 são (8,9), (9,8): dois.

Há \(6+4+2=12\) terminações; a ordem conta, pois 49 e 94 são códigos distintos. As letras mantêm \(26^5\) possibilidades.

Comparamos os números com 5666 da esquerda para a direita. Se o primeiro algarismo for 1, 2, 3 ou 4, o limite superior fica garantido. Se for 5, temos de analisar a centena e, por vezes, a dezena.

a) Todos os algarismos diferentes

Começando por 1, 2, 3 ou 4, há \(4\times9\times8\times7\) possibilidades. Começando por 5, a centena pode ser 0, 1, 2, 3 ou 4, e as duas posições seguintes têm 8 e 7 opções: \(5\times8\times7\).

Com início 56, a dezena tem de ser menor que 6 e diferente de 5: pode ser 0, 1, 2, 3 ou 4. Para a unidade restam 7 algarismos. Não há outros casos válidos.

b) Só se proíbem vizinhos iguais

Um algarismo pode repetir-se se não ficar ao lado de outro igual. Por exemplo, 1212 é permitido. Após cada posição, só se exclui o algarismo imediatamente anterior: normalmente restam 9 opções.

Se começar por 1, 2, 3 ou 4, há \(4\times9^3\). Se começar por 5 e a centena for 0, 1, 2, 3 ou 4, há \(5\times9^2\). Com início 56, a dezena pode ser 0, 1, 2, 3, 4 ou 5; depois há 9 unidades diferentes da dezena: \(6\times9\).

c) Capicuas

Uma capicua de quatro algarismos tem a forma \(abba\); só escolhemos \(a\) e \(b\). Para \(a=1,2,3,4\), há 10 escolhas de \(b\). Para \(a=5\), são possíveis \(b=0,1,2,3,4,5,6\); a última capicua é 5665, ainda menor que 5666.

Os lugares são distintos e as pessoas também. A sequência descrita no enunciado permite preencher primeiro os lugares dos passageiros obrigatórios.

Os dois idosos têm \(10\times9={}^{10}A_2\) atribuições de lugares. Restam 8 lugares para as seis mulheres identificadas: \({}^{8}A_6\). Ficam dois lugares vazios, a atribuir a dois dos quatro outros homens: \({}^{4}A_2\).

O treinador escolhe quais dos 12 jogadores serão os seis efetivos. Não se atribuem posições ou funções individuais nesta contagem: os mesmos seis jogadores formam a mesma escolha em qualquer ordem.

Usamos uma combinação de 12 jogadores, 6 a 6. Os outros seis ficam automaticamente como suplentes, sem nova escolha.

O primeiro algarismo não pode ser zero, porque o número tem cinco algarismos. O último tem de ser ímpar, portanto também não pode ser zero. Os dois zeros só podem ocupar duas das três posições centrais.

Escolhemos essas posições de \({}^{3}C_2\) maneiras, porque os zeros são iguais. O primeiro algarismo tem 9 opções (1 a 9), a posição central que sobra também tem 9, para evitar um terceiro zero, e a unidade tem 5 opções ímpares.

Não dividimos nem multiplicamos por \(2!\): as combinações já contam cada par de posições dos zeros uma única vez.

a) Cordas

Cada corda é determinada por um par de pontos. AB e BA são a mesma corda, logo a ordem não interessa: escolhemos dois dos cinco pontos, sem repetir.

b) Triângulos

Cada triângulo é determinado por três pontos, sem ordem. Três pontos distintos de uma circunferência nunca são colineares, por isso qualquer escolha de três serve.

a) Seis bolos de tipos diferentes

Escolhemos seis dos 14 tipos, sem repetir. A ordem de compra não altera a seleção, pelo que usamos combinações.

b) Seis bolos iguais em setores distintos

Considerando um bolo por setor, basta escolher quais os seis dos dez setores que ficam ocupados. Os setores distinguem-se pelas cores, mas trocar dois bolos iguais não muda a disposição.

Não aparece \(6!\), porque os seis bolos são iguais. Também não se multiplica por 14: a alínea pede disposições dos bolos já escolhidos.

As comissões têm três membros, sem cargos distintos. Usamos combinações, porque a ordem dos membros não altera a comissão.

a) Sem restrições b) Com a Ana

A Ana já ocupa um lugar. Faltam escolher dois membros entre os outros seis; não se volta a escolher a Ana.

c) Ana e Artur não entram simultaneamente

Ao total retiramos as comissões com ambos. Fixados Ana e Artur, o terceiro membro pode ser qualquer um dos outros cinco.

A condição permite que entre só a Ana, só o Artur ou nenhum dos dois; apenas proíbe entrarem ambos.

d) Os dois sexos representados

Há 3 mulheres e 4 homens. Excluímos as comissões só de mulheres e as só de homens, dois casos sem sobreposição.

Primeiro escolhemos cinco dos dez compartimentos para os lápis. Como os lápis são iguais, só importa o conjunto dos compartimentos ocupados: \({}^{10}C_5\).

Restam cinco compartimentos para as cinco canetas diferentes. Agora trocar duas canetas altera a disposição, pelo que há \(5!\) ordens. Multiplicamos as duas etapas.

Pelas regras indicadas no enunciado, escolhemos um conjunto de cinco números entre 50 e um conjunto de duas estrelas entre 12. Dentro de cada conjunto não há repetição e a ordem não interessa.

Multiplicamos porque cada conjunto de cinco números pode combinar-se com qualquer par de estrelas. Os dois conjuntos têm funções distintas: um mesmo valor pode aparecer como número e como estrela.

a) Sem restrições

O tabuleiro tem 12 casas. Escolhemos 6 para os botões brancos iguais: \({}^{12}C_6\). Restam 6 casas para os quatro botões de cores distintas. Atribuir uma casa a cada um dá \({}^{6}A_4\): 6 escolhas, depois 5, 4 e 3. Duas casas ficam vazias.

b) Os quatro coloridos numa mesma fila

Há 3 escolhas de fila. Como cada fila tem quatro casas, os quatro botões coloridos ocupam-na toda, em \(4!\) ordens. Escolhemos depois 6 das 8 casas restantes para os botões brancos.

Cada família forma um bloco: a família Rocha tem \(2+2=4\) pessoas e a família Costa tem \(2+3=5\). Há duas ordens dos blocos: Rocha–Costa ou Costa–Rocha.

Dentro da família Rocha há \(4!\) ordens e dentro da família Costa há \(5!\). Precisamos de decidir a ordem dos blocos e as duas ordens internas, pelo que multiplicamos.

a) Distribuir versões

Escolhemos os seis alunos que recebem a versão 1: \({}^{20}C_6\). Restam 14 alunos; escolhemos seis para a versão 2: \({}^{14}C_6\). Os oito restantes recebem obrigatoriamente a versão 3.

Os exemplares da mesma versão são iguais para esta contagem. Não multiplicamos por \(6!\), nem por \(3!\): as versões já estão identificadas.

b) Duas raparigas nos primeiros lugares

Os dois primeiros lugares são distintos, logo atribuímos-lhes duas das oito raparigas de \({}^{8}A_2=8\times7\) maneiras. Há 18 alunos ainda disponíveis para os quatro lugares seguintes: \({}^{18}A_4\). Estes podem ser rapazes ou raparigas.

Cada posição pode ser ponto ou traço. Podem repetir-se símbolos, pelo que cada posição livre tem duas opções.

a) Cinco símbolos b) Traço no início e no fim

As extremidades estão fixadas, com uma opção cada. Só os quatro símbolos centrais são livres.

c) No máximo quatro símbolos

Contamos sequências não vazias com 1, 2, 3 ou 4 símbolos. Os comprimentos são casos distintos, por isso somam-se.

d) Os dois símbolos centrais iguais

Escolhemos o símbolo comum ao 3.º e ao 4.º lugares: 2 opções. As outras quatro posições continuam livres. Não há duas escolhas independentes para o centro, pois o segundo símbolo fica determinado pelo primeiro.

e) Pelo menos dois pontos

Ao total de sequências de seis símbolos retiramos a única sequência sem pontos e as seis com exatamente um ponto (uma por cada posição desse ponto).

Escolhemos os jogadores para cada setor da equipa, sem atribuir posições individuais dentro de cada setor. Por isso usamos combinações. As escolhas dos vários setores têm de ocorrer em conjunto, logo multiplicam-se.

a) Um guarda-redes, quatro defesas, três médios e três avançados

Escolhemos 1 entre 3 guarda-redes, 4 entre 6 defesas, 3 entre 8 médios e 3 entre 6 avançados. Os índices inferiores somam \(1+4+3+3=11\).

b) Um guarda-redes, quatro defesas, quatro médios e dois avançados

Só mudam as quantidades de médios e avançados escolhidos; continuam a entrar 11 jogadores.

Todas as bolas se distinguem pela cor e pelo número. A bola azul 1 e a verde 1 são bolas diferentes; as bolas da mesma cor também são diferentes entre si.

a) Sem restrições

Ordenam-se todas as 13 bolas, uma única vez cada.

b) Cada cor num bloco

Há duas ordens dos blocos (azuis–verdes ou verdes–azuis), \(6!\) ordens internas das azuis e \(7!\) das verdes.

c) Azuis juntas

O bloco das seis azuis e as sete verdes isoladas formam oito unidades, ordenadas de \(8!\) maneiras. Dentro do bloco há \(6!\) ordens.

d) Verdes juntas e por ordem crescente

O bloco das verdes tem ordem interna fixa: 1, 2, …, 7. Ordenamos apenas sete unidades, o bloco e as seis azuis. Não multiplicamos por \(7!\) para as verdes, pois a ordem já está imposta.

e) Sem verdes vizinhas

Ordenamos as seis azuis de \(6!\) maneiras. Surgem sete espaços, contando as duas extremidades. As sete verdes têm de ocupar um espaço cada, em \(7!\) ordens; assim ficam todas separadas.