Problemas de Contagem 3

Há 13 alunos de Espanhol e \(25-13=12\) de Francês. Delegado e subdelegado são cargos diferentes: trocar os titulares cria outra eleição. A mesma pessoa não pode ocupar os dois cargos.

a) Sem restrições

Escolhemos o delegado entre 25 alunos e o subdelegado entre os 24 restantes: um arranjo de 25 alunos, 2 a 2.

b) Na mesma disciplina

Ou são ambos de Espanhol, com \(13\times12\) atribuições, ou ambos de Francês, com \(12\times11\). Somamos porque os dois casos não se sobrepõem.

c) Em disciplinas diferentes

Escolhemos um dos 13 alunos de Espanhol e um dos 12 de Francês. Depois há duas atribuições dos cargos a esse par. Não basta escolher o par: é preciso saber quem ocupa cada cargo.

d) Com a Leonor

A Leonor pode ocupar um de dois cargos; o outro pode ser ocupado por qualquer um dos 24 colegas.

PORTUGAL tem oito letras distintas: três vogais (O, U, A) e cinco consoantes (P, R, T, G, L). As «palavras» são sequências, mesmo sem significado. A ordem interessa e não se repete uma letra.

a) Sem restrições

Preenchem-se quatro posições com quatro das oito letras: 8 opções, depois 7, 6 e 5. É um arranjo simples de 8 letras, 4 a 4.

b) Vogal no início

Escolhemos primeiro uma das três vogais. Restam sete letras para as três posições seguintes, sem repetição e com ordem.

c) A última não é P

Tratamos primeiro a última posição: tem sete opções, todas menos P. Depois restam sete letras, incluindo P, para as outras três posições.

d) Consoantes nas extremidades

Escolhemos a primeira consoante entre cinco e a última entre as quatro restantes. Depois preenchemos as duas posições centrais com duas das seis letras que sobraram, sem outra restrição.

e) Só as posições centrais são vogais

Os dois lugares centrais recebem duas das três vogais em ordem: \({}^{3}A_2=6\). Os extremos recebem duas das cinco consoantes em ordem: \({}^{5}A_2=20\). Usar só combinações esqueceria as trocas de lugares.

f) A e O juntos

O bloco AO ou OA pode começar na posição 1, 2 ou 3: três escolhas de início e duas ordens internas. Os outros dois lugares recebem duas das seis letras restantes, em \({}^{6}A_2\) ordens.

Uma capicua de sete algarismos tem a forma \(abcdcba\). Só os quatro primeiros algarismos são escolhidos: os três últimos ficam determinados pela simetria.

a) Todas as capicuas

\(a\) tem 9 opções, pois não pode ser zero. Cada um de \(b,c,d\) tem 10 opções, podendo repetir valores já escolhidos.

b) Quatro valores de algarismos distintos

Para aparecerem quatro valores distintos, \(a,b,c,d\) têm de ser todos diferentes. Após escolher \(a\) entre 9 valores não nulos, \(b\) tem 9 opções (o zero já é permitido), \(c\) tem 8 e \(d\) tem 7.

Não voltamos a escolher os algarismos da metade direita: isso destruiria a condição de capicua.

Estão disponíveis os algarismos 0, 1, 2, 3, 4 e 5. Podem repetir-se, salvo a restrição específica de cada alínea. O primeiro algarismo de um número de seis algarismos nunca é zero.

a) Múltiplos de 5

A unidade é 0 ou 5: duas opções. O primeiro algarismo tem cinco opções não nulas. As quatro posições centrais têm seis opções cada. É permitido usar 5 nas duas extremidades.

b) Três ímpares distintos seguidos de três pares iguais

Os ímpares disponíveis são 1, 3 e 5: usam-se os três nas primeiras posições, em \(3!\) ordens. Escolhemos um dos pares 0, 2 ou 4; os três últimos lugares ficam todos iguais a essa escolha.

c) Só zeros e uns, com ambos presentes

O primeiro algarismo tem de ser 1. Os outros cinco podem ser 0 ou 1, dando \(2^5\) números. Já existe um 1; para garantir um 0, excluímos apenas o número 111111.

Há 10 algarismos e 7 símbolos. As posições da password são distintas e o zero pode aparecer no início, porque se trata de um código.

a) Dois algarismos iguais e juntos

Escolhemos o algarismo comum de 10 maneiras. O bloco de dois algarismos iguais pode começar em quatro posições. Os outros três lugares recebem três dos sete símbolos, todos diferentes: \({}^{7}A_3=7\times6\times5\).

Não há \(2!\) dentro do bloco: trocar dois algarismos iguais não altera a password.

b) Nenhum par de algarismos consecutivos

Com três algarismos e dois símbolos, o único padrão possível é D–S–D–S–D. Cada D tem 10 opções, podendo repetir. Os dois S têm de ser diferentes: 7 escolhas para o primeiro e 6 para o segundo.

c) Símbolos iguais juntos numa extremidade

Escolhemos o início ou o fim para o bloco: 2 opções. Escolhemos o símbolo comum entre 7. As outras três posições recebem três algarismos distintos, escolhidos e ordenados entre 10: \({}^{10}A_3\).

Todas as pessoas são distintas. Nas disposições em duas filas, cada pessoa só pode ocupar um lugar da fila indicada para o seu sexo.

a) Duas filas

Os dois rapazes ordenam-se de \(2!\) maneiras e as três raparigas de \(3!\). Cada ordem da fila de trás pode combinar-se com qualquer ordem da frente.

b) Bia ao centro

O lugar da Bia fica fixado. As duas outras raparigas trocam entre si de \(2!\) maneiras; os rapazes mantêm \(2!\) ordens.

c) Um bloco de cada sexo

Há duas ordens dos blocos, \(3!\) ordens das raparigas e \(2!\) dos rapazes.

d) As três raparigas juntas

O bloco das raparigas e os dois rapazes formam três unidades, ordenadas de \(3!\) maneiras. Há ainda \(3!\) ordens dentro do bloco.

e) Os dois rapazes juntos

O bloco dos rapazes e as três raparigas formam quatro unidades. Dentro do bloco há duas ordens possíveis.

O formato LAAAL tem duas posições de letras e três de algarismos. Cada letra tem 26 opções e cada algarismo tem 10. Não há proibição de repetição, e um código pode conter zero na primeira posição numérica.

Multiplicamos porque um código exige preencher as cinco posições. Não se escolhem as posições das letras: o formato já as fixa nas extremidades.

Os pares de géneros possíveis são romance–banda desenhada, romance–policial e banda desenhada–policial. Estes três casos não se sobrepõem e cobrem todas as escolhas de géneros diferentes.

No primeiro caso escolhe-se um dos 5 romances e um dos 4 livros de banda desenhada; nos outros dois procede-se da mesma forma.

Não multiplicamos por 2: levar um romance e um policial é a mesma escolha que levar esse policial e esse romance.

Os três algarismos 8 somam \(3\times8=24\). Se \(d\) é o outro algarismo, precisamos de \(24+d<29\), isto é, \(d<5\). Há cinco valores possíveis: 0, 1, 2, 3 e 4.

Escolhemos uma das quatro posições para \(d\); as três restantes ficam obrigatoriamente preenchidas com 8. Como são códigos, o zero pode aparecer na primeira posição.

Usar \(4!\) contaria várias vezes as trocas entre os três 8, que são iguais.

Os dois cavalos brancos são iguais entre si para esta contagem, tal como os dois pretos. As casas do tabuleiro distinguem-se pela linha e pela coluna.

Escolhemos a linha dos brancos de 8 maneiras e duas das suas 8 casas de \({}^{8}C_2\) maneiras. Não ordenamos os brancos, porque trocá-los não muda a configuração.

Os pretos têm de ficar noutra linha: restam 7 escolhas de linha. Dentro dela escolhemos também duas das oito casas.

Não dividimos por 2 pela escolha das linhas: a linha dos brancos e a dos pretos têm papéis diferentes.

a) Exatamente três algarismos 4

Se o primeiro algarismo for 4, escolhemos duas das outras quatro posições para os restantes 4: \({}^{4}C_2\). Cada um dos dois lugares livres tem 9 opções, todos os algarismos exceto 4, incluindo zero.

Se o primeiro não for 4, tem 8 opções: excluem-se 0 e 4. Escolhemos três das quatro posições seguintes para os 4: \({}^{4}C_3\). O último lugar livre tem 9 opções, excluindo apenas o 4.

b) Produto par

Um produto de algarismos é ímpar apenas quando todos são ímpares. Há \(9\times10^4=90000\) números de cinco algarismos e \(5^5\) números formados só com 1, 3, 5, 7, 9. Retiramos estes últimos.

Zero é par; os números que contêm zero têm produto zero e estão incluídos nesta alínea.

Escolhemos quatro dos 12 lugares para as quatro garrafas iguais: \({}^{12}C_4\). Só importa quais ficam ocupados por essas garrafas.

Restam oito lugares para seis garrafas distintas. Atribuímos um lugar a cada uma: 8 opções para a primeira, depois 7, 6, 5, 4 e 3. É um arranjo de 8 lugares, 6 a 6, \({}^{8}A_6\); sobram dois lugares vazios.

Os quatro setores são distintos, pelo que mudar a cor de um setor identificado cria outra pintura. Só são permitidos os casos com exatamente duas ou exatamente quatro cores.

Exatamente duas cores

Como setores vizinhos não podem ter a mesma cor, as duas cores têm de alternar: A–B–A–B. Escolhemos a cor do primeiro setor de 5 maneiras e a do seguinte de 4; as outras duas ficam determinadas.

Exatamente quatro cores

Cada setor recebe uma cor diferente. Escolhemos e atribuímos quatro das cinco cores aos quatro setores: \({}^{5}A_4\). A condição de vizinhança fica automaticamente cumprida.

Os casos são distintos, logo o total é \(20+120=140\).

Com três faixas, uma cor só pode repetir-se nas duas extremidades, pois faixas adjacentes devem ter cores diferentes. Dividimos a contagem em bandeiras sem repetição e bandeiras com repetição.

Três cores diferentes

Qualquer escolha ordenada de três das dez cores serve, tenha ou não encarnado. Usamos um arranjo de 10 cores, 3 a 3, porque as faixas superior, central e inferior são distintas.

Uma cor repetida

A bandeira tem a forma A–B–A. Para existir encarnado, ou A é encarnado (9 escolhas de B), ou B é encarnado (9 escolhas de A). Estes casos não se sobrepõem, porque A e B têm de ser diferentes.

O último algarismo é par. Separamos zero dos outros pares, porque o primeiro algarismo nunca pode ser zero e também não pode repetir a unidade.

Termina em 0

Há 9 opções para o primeiro algarismo. Restam 8 e depois 7 opções para os dois lugares centrais.

Termina em 2, 4, 6 ou 8

Há 4 escolhas de unidade. O primeiro algarismo tem 8 opções, excluindo zero e a unidade. Os dois lugares centrais têm 8 e 7 opções; nestes lugares o zero já é permitido.

Os algarismos permitidos são \(\{0,1,2,4,7,8,9\}\): sete ao todo. Para superar 2400, analisamos o início do número. Em todos os casos os algarismos são distintos.

Se começar por 24, restam cinco algarismos para a dezena e quatro para a unidade: \(5\times4=20\). Todas estas continuações são maiores que 2400, pois 00 não é permitido.

Se começar por 2 e a centena for 7, 8 ou 9, há \(3\times5\times4=60\) números.

Se o primeiro algarismo for 4, 7, 8 ou 9, o limite fica garantido. Há seis algarismos disponíveis para três posições, com ordem: \(4\times{}^{6}A_3=480\).

Há \(9\times10^3=9000\) números naturais de quatro algarismos: nove opções na primeira posição e dez em cada uma das outras.

a) Todos diferentes ou todos iguais

Com algarismos distintos, há 9 escolhas na primeira posição, depois 9 (o zero já pode entrar), 8 e 7: \(9\times9\times8\times7=4536\).

Com todos iguais, escolhe-se um algarismo de 1 a 9, ficando o número determinado: 1111, 2222, …, 9999. São 9 números. Os dois casos não se sobrepõem.

b) Pelo menos dois iguais

Retiramos do total apenas os números com todos os algarismos diferentes. Isto inclui qualquer repetição, não apenas um único par.

a) Bolas 1 e 2 juntas

O bloco formado por 1 e 2 e as quatro outras bolas são cinco unidades, ordenadas de \(5!\) maneiras. Dentro do bloco há duas ordens: 12 e 21.

b) Sem dois pares consecutivos

Ordenamos primeiro as três bolas ímpares (1, 3, 5), de \(3!\) maneiras. Surgem quatro espaços: antes, entre e depois das ímpares. Para separar as três pares (2, 4, 6), escolhemos três desses quatro espaços, de \({}^{4}C_3\) maneiras, e distribuímos as pares de \(3!\) maneiras.

c) Pares juntos e em ordem crescente

O bloco 246 tem ordem fixa. Ordenamos apenas quatro unidades: esse bloco e as bolas 1, 3 e 5. Não há permutações internas adicionais.

As faces são identificadas pelos números 1 a 6. Contamos atribuições de cores a essas faces, sem identificar pinturas por rotação do cubo.

a) Sem restrições

Cada uma das seis faces tem oito opções de cor e a repetição é permitida.

b) Faces pares com uma cor comum

Escolhemos uma cor para as faces 2, 4 e 6: oito opções. Cada face ímpar (1, 3, 5) pode ter qualquer uma das sete outras cores. As faces ímpares podem ter cores iguais entre si: apenas se exige que sejam diferentes da cor comum às pares.

A comissão tem três membros e não há cargos diferentes. Por isso escolher as mesmas pessoas noutra ordem não altera a comissão: usam-se combinações.

Primeiro método: separar as composições possíveis

Se houver uma rapariga e dois rapazes, há 15 escolhas de rapariga e \({}^{13}C_2\) escolhas do par de rapazes. Se houver um rapaz e duas raparigas, há 13 escolhas de rapaz e \({}^{15}C_2\) escolhas das raparigas.

Segundo método: contar pelo complementar

Há \({}^{28}C_3\) comissões no total. Só falham a condição as comissões só de rapazes, \({}^{13}C_3\), e as só de raparigas, \({}^{15}C_3\). Estes dois grupos não se sobrepõem.

Uma mão de seis cartas é um conjunto: a ordem de extração não distingue mãos. O baralho tem quatro naipes de 13 cartas e 13 valores, cada um presente em quatro naipes.

a) Sem condições

Escolhemos seis das 52 cartas, sem ordem nem repetição.

b) Só copas

Só as 13 copas estão disponíveis; escolhemos seis.

c) Três copas e três paus

Escolhemos três das 13 copas e três dos 13 paus. Os dois conjuntos são distintos e precisamos de ambos.

d) Três de um naipe e três de outro

Escolhemos dois dos quatro naipes: \({}^{4}C_2\). Como cada naipe fornece três cartas, trocar os nomes «primeiro» e «segundo» naipe não cria outra mão. Depois escolhemos as cartas de cada um.

e) Quatro copas e dois paus

Os naipes já estão fixados, com quantidades diferentes.

f) Quatro de um naipe e dois de outro

Agora os naipes têm papéis diferentes: um fornece quatro cartas, o outro duas. Há 4 escolhas para o primeiro papel e 3 para o segundo, isto é, \({}^{4}A_2\), e não \({}^{4}C_2\).

g) Duas cartas de um valor, uma de outro e três de outro

Escolhemos três valores distintos e atribuímos-lhes os papéis «par», «carta isolada» e «trio»: \({}^{13}A_3\). Para cada valor, escolhemos respetivamente 2, 1 e 3 dos quatro naipes disponíveis.

h) Três cartas de cada um de dois valores

Os dois valores desempenham o mesmo papel, por isso escolhemo-los sem ordem: \({}^{13}C_2\). Para cada valor escolhemos três dos seus quatro naipes.

a) Sem restrições

Os dez livros são distintos e usam-se todos: há \(10!\) ordens.

b) Juntos por tema

Ordenamos os três blocos de temas de \(3!\) maneiras. Dentro deles, os 5 livros de Física, 3 de Matemática e 2 de Informática têm \(5!\), \(3!\) e \(2!\) ordens, respetivamente.

c) Apenas Matemática tem de ficar junta

O bloco de Matemática e os sete outros livros formam oito unidades, em \(8!\) ordens. Há \(3!\) ordens dentro do bloco.

«Só os de Matemática tiverem de ficar juntos» impõe uma obrigação a esses livros; não proíbe que os livros de outros temas também acabem juntos.

Se existem \(n\) sabores, cada taça corresponde a escolher dois sabores distintos, sem ordem. Morango com chocolate e chocolate com morango representam a mesma taça, por isso usamos \({}^{n}C_2\).

As raízes são 13 e −12. Como \(n\) conta sabores e tem de ser inteiro com \(n\ge2\), só serve \(n=13\). Verificação: \(13\times12/2=78\).

Cada uma das cinco perguntas de escolha múltipla admite quatro respostas, dando \(4^5\) conjuntos de respostas para essa parte. Cada uma das dez perguntas de verdadeiro ou falso admite duas respostas, dando \(2^{10}\).

Uma resposta completa ao teste combina uma possibilidade da primeira parte com uma da segunda. Multiplicamos, sem exigir que as respostas escolhidas estejam corretas.

Usamos todos os oito algarismos indicados, respeitando as repetições: dois 1, três 2, dois 3 e um 4. Para o número ser par, a unidade tem de ser 2 ou 4. As cópias do mesmo algarismo são iguais.

Unidade igual a 2

Restam sete posições para dois 1, dois 2, dois 3 e um 4. Escolhemos duas posições para os 1 entre sete, duas para os 2 entre cinco e duas para os 3 entre três. A última recebe o 4.

Unidade igual a 4

Restam dois 1, três 2 e dois 3. Escolhemos duas posições entre sete para os 1 e três entre cinco para os 2. As duas que sobram recebem os 3.

O primeiro e o último algarismos devem estar numa linha com pelo menos dois algarismos e com uma linha imediatamente acima. No teclado representado há duas possibilidades: extremos em 4,5,6 e centrais em 1,2,3; ou extremos em 7,8,9 e centrais em 4,5,6. A linha do zero não tem dois algarismos distintos.

Escolhidas as linhas, atribuímos dois dos três algarismos aos dois extremos: \({}^{3}A_2=3\times2\). Fazemos o mesmo nos dois lugares centrais com a outra linha. As linhas não partilham algarismos, por isso não há novas exclusões.

Isto equivale à expressão \(2\times{}^{3}C_2\times2!\times{}^{3}C_2\times2!\): escolher cada par e depois ordená-lo.

Usam-se dez das doze bandeiras, com no máximo quatro de cada cor. As únicas quantidades possíveis por cor, sem atender à ordem das cores, são \((4,4,2)\) e \((3,3,4)\): correspondem a deixar de fora duas da mesma cor ou uma de cada uma de duas cores.

Quantidades 4, 4 e 2

Escolhemos as duas cores que aparecem quatro vezes: \({}^{3}C_2\). Fixada uma ordem de referência dessas duas cores, escolhemos quatro das dez posições para a primeira e quatro das seis restantes para a segunda. As duas posições livres recebem a terceira cor.

Quantidades 3, 3 e 4

Escolhemos as duas cores que aparecem três vezes: \({}^{3}C_2\). Escolhemos três posições entre dez para uma delas e três entre as sete restantes para a outra. As quatro que sobram recebem a terceira cor.

Não multiplicamos por \(2!\) para ordenar as duas cores selecionadas: a atribuição às posições já distingue as cores; um fator adicional repetiria cada fila.

Há \(5\times6=30\) lugares distintos para 25 alunos distintos. Atribuímos um lugar a cada aluno sem repetir lugares: \({}^{30}A_{25}\). Cinco lugares ficam vazios.

É mais simples retirar as disposições em que Bernardo e Frederico ficam lado a lado. Escolhemos a fila (5 opções) e um dos 5 pares consecutivos dessa fila: (1,2), (2,3), …, (5,6). Há \(2!\) ordens para Bernardo e Frederico nesse par.

Depois de os sentar, restam 28 lugares para os outros 23 alunos: \({}^{28}A_{23}\). Cada disposição proibida é contada uma vez, pois o par de lugares ocupado pelos dois amigos é único.

a) Alunos do mesmo ano juntos

São três blocos, um por ano: \(3!\) ordens de blocos. Dentro de cada bloco há três alunos distintos, com \(3!\) ordens. Multiplicamos pelas três ordens internas.

b) Vitória só aparece se a Raquel também aparecer

A condição exclui apenas «Vitória presente e Raquel ausente». Admitindo uma fotografia em fila, é preciso escolher as cinco pessoas e ordená-las.

Se estiverem ambas, escolhemos três dos outros sete alunos e ordenamos as cinco pessoas: \({}^{7}C_3\times5!\).

Se estiver só a Raquel, escolhemos quatro dos outros sete e ordenamos os cinco: \({}^{7}C_4\times5!\).

Se não estiver nenhuma, escolhemos e ordenamos cinco dos outros sete: \({}^{7}A_5\). Os três casos são distintos.

MATEMATICA contém seis tipos de letras: A, M, T, E, I, C. Há três A, dois M, dois T e uma de cada uma das restantes. Contamos sequências de cinco letras, sem exceder as quantidades disponíveis; cópias da mesma letra são iguais.

a) Cinco letras diferentes

Escolhemos e ordenamos cinco dos seis tipos: um arranjo de 6 letras, 5 a 5. A existência de várias cópias de A, M ou T não cria novas letras distintas.

b) Três A e duas outras letras diferentes

Escolhemos três das cinco posições para A: \({}^{5}C_3\). As duas restantes recebem duas letras diferentes entre M, T, E, I, C, em \({}^{5}A_2\) ordens.

c) Exatamente um par e três letras distintas

A letra repetida pode ser A, M ou T: três escolhas. Escolhemos duas posições para esse par, \({}^{5}C_2\). Os três lugares restantes recebem três dos outros cinco tipos, todos diferentes e com ordem: \({}^{5}A_3\).

d) Dois pares e uma letra isolada

Escolhemos as duas letras que se repetem entre A, M e T: \({}^{3}C_2\). A letra isolada é um dos quatro tipos restantes. Para um par escolhido, há \({}^{5}C_2\) escolhas de posições; para o outro, \({}^{3}C_2\). Sobra uma posição para a letra isolada.

e) Pelo menos um A, com as outras letras diferentes

Há um, dois ou três A. Com um A, escolhemos quatro dos outros cinco tipos e ordenamos as cinco letras: \({}^{5}C_4\times5!\).

Com dois A, escolhemos as suas duas posições e três dos outros cinco tipos para as posições restantes, com ordem: \({}^{5}C_2\times{}^{5}A_3\).

Com três A, usamos a contagem de b): \({}^{5}C_3\times{}^{5}A_2\). Somamos os três casos, porque o número de A os distingue.

f) Dois M ou dois T, mas não ambos os pares

Contamos primeiro as palavras com dois M e sem dois T. Escolhemos as posições dos M: \({}^{5}C_2\). Nos três lugares livres, só A pode repetir-se.

Se os três livres forem AAA, há 1 preenchimento. Se houver dois A, escolhemos as suas duas posições entre três e uma das quatro letras T, E, I, C: \({}^{3}C_2\times4\). Se os três livres forem diferentes, escolhemos e ordenamos três tipos entre A, T, E, I, C: \({}^{5}A_3\).

O caso com dois T e sem dois M tem a mesma contagem, por simetria. São casos sem sobreposição, logo:

a) Trilogia junta e em ordem fixa

Tratamos os três filmes da trilogia como um bloco, juntamente com os seis outros DVD: são sete unidades para ordenar. Dentro do bloco não há escolhas, pois a ordem por ano crescente já está imposta.

b) Filmes da trilogia separados entre si

Ordenamos primeiro os seis outros DVD: \(6!\). Eles criam sete espaços, incluindo as duas pontas. Escolhemos três espaços distintos para que os filmes da trilogia não fiquem vizinhos: \({}^{7}C_3\). Distribuímos os três filmes por esses espaços de \(3!\) maneiras.

A figura mostra o 1 numa face quadrada e o 2 numa face hexagonal. De acordo com os dados do enunciado, ficam três faces quadradas e sete hexagonais por numerar, usando dez números: 3 a 12. Entre estes há cinco pares (4, 6, 8, 10, 12) e cinco ímpares (3, 5, 7, 9, 11).

Como uma face quadrada já tem o ímpar 1, nas três quadradas livres pode aparecer, no máximo, mais um ímpar. Contamos atribuições às faces identificadas na figura.

Nenhum novo ímpar nas quadradas

Atribuímos três dos cinco pares às três faces quadradas distintas: \({}^{5}A_3\). É um arranjo porque trocar dois números entre faces muda a numeração. Sobram sete números para as sete faces hexagonais livres, em \(7!\) ordens.

Exatamente um novo ímpar nas quadradas

Escolhemos qual das três faces recebe o ímpar (3 opções) e qual dos cinco ímpares usamos (5 opções). As duas outras faces quadradas recebem dois dos cinco pares, com ordem: \({}^{5}A_2\). Os sete números restantes preenchem as sete faces livres de \(7!\) maneiras.

Existem \(n+3\) contos no total. Selecionar dois contos não atribui uma ordem aos escolhidos, logo há \({}^{n+3}C_2\) seleções. Igualamos esse número a 21.

As raízes são 4 e −9. Como \(n\) representa uma quantidade de contos, rejeitamos −9. Há 4 contos inéditos e 7 ao todo; de facto, \({}^{7}C_2=21\).

Contamos pares de bolas individuais, sem ordem de extração. Há \(n\) bolas azuis e \(30-n\) brancas. Um par da mesma cor ou tem duas azuis, \({}^{n}C_2\), ou duas brancas, \({}^{30-n}C_2\). São casos incompatíveis, por isso somam-se.

Os valores 12 e 18 trocam as quantidades das duas cores. Como há mais azuis, \(n>30-n\), isto é, \(n>15\). Portanto, \(n=18\); ficam 12 brancas.

As 28 casas são distintas. As fichas da mesma cor são iguais, mas as sete fichas A a G são todas diferentes. Por isso escolhemos conjuntos de casas para cores e atribuímos casas individualmente às letras.

Primeira expressão

\({}^{28}C_7\) escolhe as sete casas das azuis. Restam 21 casas; \({}^{21}C_6\) escolhe seis para as encarnadas. Restam 15 casas; \({}^{15}A_7\) atribui uma casa a cada ficha A a G, sem repetir casas. Trocar A e B altera a disposição, justificando o arranjo. Oito casas ficam vazias.

Segunda expressão

\({}^{28}C_{20}\) escolhe primeiro todas as casas ocupadas. Nessas 20 casas, \({}^{20}A_7\) coloca as sete letras distintas. Sobram 13 casas ocupadas ainda por preencher; \({}^{13}C_7\) escolhe as sete das azuis. As seis restantes recebem obrigatoriamente as encarnadas.

As duas expressões contam as mesmas disposições, apenas mudando a ordem das decisões. Não há fator adicional para permutar fichas iguais.

a) Fila de sete cartas

Aqui a ordem interessa: estamos a formar uma fila. Há \(4\times3=12\) figuras no baralho. As três primeiras posições recebem três figuras distintas: \({}^{12}A_3\).

Existem 26 cartas encarnadas; retiramos as seis figuras encarnadas e os dois ases encarnados, ficando \(26-6-2=18\) cartas. As posições 4, 5 e 6 recebem três delas, com ordem: \({}^{18}A_3\). A última posição recebe um dos quatro ases.

Os três grupos de cartas não se sobrepõem, pelo que escolher cartas num deles não reduz as opções dos outros.

b) Conjunto de seis cartas

Agora só interessa quais as cartas extraídas: usamos combinações. Escolhemos exatamente duas das 13 espadas e quatro das 39 cartas de outros naipes: \({}^{13}C_2\times{}^{39}C_4\).

«No máximo três ouros» exclui apenas as escolhas em que as quatro restantes são ouros. Há \({}^{13}C_2\times{}^{13}C_4\) escolhas desse tipo.

As bolas com o mesmo número não se distinguem nesta contagem. As cinco bolas 2 formam um bloco com ordem interna única. Juntamente com as outras onze bolas, esse bloco forma doze unidades.

Escolhemos a posição do bloco entre as doze unidades: 12 opções. Nas onze posições restantes escolhemos três para as bolas 1, de \({}^{11}C_3\) maneiras. Das oito que sobram escolhemos seis para as bolas 3, de \({}^{8}C_6\) maneiras. As duas últimas recebem as bolas 4.

Não multiplicamos por \(5!\) dentro do bloco, pois todos os seus números são 2.

Usamos todos os algarismos do número dado: quatro 1, cinco 2, três 3 e uma ocorrência de cada um dos algarismos 5, 6, 7, 9. A soma \(4+5+3+4=16\) confirma o total de posições.

Escolhemos quatro das 16 posições para os 1: \({}^{16}C_4\). Restam 12; escolhemos cinco para os 2: \({}^{12}C_5\). Restam sete; escolhemos três para os 3: \({}^{7}C_3\). As quatro posições livres recebem os quatro algarismos distintos 5, 6, 7 e 9 em \(4!\) ordens.

Consideram-se números de cinco algarismos, como indica a expressão da alínea b), com repetição permitida. Os algarismos disponíveis são 1 a 9, pelo que não há restrição de zero inicial.

a) Exatamente dois algarismos 2

Escolhemos duas das cinco posições para os 2: \({}^{5}C_2\). Cada uma das outras três posições tem oito opções, todos os algarismos disponíveis exceto 2, para não criar mais ocorrências.

b) Últimos algarismos pares e soma par

Uma soma de algarismos é par quando contém uma quantidade par de algarismos ímpares. Como os dois últimos já são pares, nas três primeiras posições têm de existir zero ou dois ímpares.

Com zero ímpares, todos os cinco algarismos são pares. Há quatro opções (2, 4, 6, 8) em cada posição: \(4^5\).

Com dois ímpares, escolhemos as suas duas posições entre as três primeiras: \({}^{3}C_2\). Cada ímpar tem cinco valores possíveis e cada uma das outras três posições tem quatro valores pares. Daí \({}^{3}C_2\times5^2\times4^3\).

Os grupos não têm nomes nem funções que os distingam. Dentro de cada grupo, a ordem das pessoas não interessa. Se vários grupos têm o mesmo tamanho, trocar esses grupos também não cria uma nova divisão.

a) Dois grupos de cinco

Escolhemos cinco das dez pessoas; as outras formam o segundo grupo. Mas cada divisão foi contada duas vezes, conforme o grupo escolhido primeiro. Dividimos por \(2!\).

b) Dois grupos de quatro e um de dois

Escolhemos quatro entre dez, depois quatro entre seis; os dois restantes formam o último grupo. Dividimos por \(2!\) pela troca dos dois grupos de quatro. O grupo de dois já se distingue pelo tamanho.

c) Grupos com 1, 2, 3 e 4 pessoas

Escolhemos sucessivamente os membros de cada tamanho. Como todos os tamanhos são diferentes, cada grupo fica identificado pelo tamanho: não há divisão extra por trocas de grupos.

d) Dois grupos de dois e dois de três

Dividimos pelos fatoriais dos tamanhos para ignorar a ordem interna. Dividimos ainda por \(2!\) pelas trocas dos dois grupos de dois e por outro \(2!\) pelas trocas dos dois grupos de três.

Para interpretar a contagem, considera-se uma sequência linear de 18 lugares: os dois extremos não são vizinhos. A disposição «numa mesa retangular», por si só, não especifica as vizinhanças nos cantos; esta é a convenção da resolução.

Ordenar os diplomatas fora dos blocos

Os 6 dos EUA e os 5 de França são 11 pessoas distintas, ordenadas de \(11!\) maneiras. Essa fila cria 12 espaços, incluindo as duas pontas.

Colocar China e Japão sem contacto entre os blocos

Os três diplomatas da China formam um bloco e os quatro do Japão outro. Para existir pelo menos um diplomata de outro país entre esses blocos, colocamo-los em dois espaços diferentes. Escolhemos os espaços de \({}^{12}C_2\) maneiras e atribuímos os dois blocos aos espaços de \(2!\) maneiras.

Ordenar dentro dos blocos

Os diplomatas da China têm \(3!\) ordens internas e os do Japão \(4!\). Todas estas escolhas são necessárias para construir a disposição, pelo que multiplicamos.