Exercícios de Exame — Problemas de Contagem | 11.º ano

Notação utilizada. \({}^{n}A_{p}\) — arranjos sem repetição de \(n\) elementos \(p\) a \(p\) (importa a ordem); \({}^{n}A'_{p}=n^{p}\) — arranjos com repetição; \({}^{n}C_{p}\) — combinações de \(n\) elementos \(p\) a \(p\) (não importa a ordem); \(n!\) — permutações de \(n\) elementos. As resoluções seguem as propostas oficiais (IAVE).

Ferramentas úteis.

Princípio fundamental da contagem: se uma escolha se faz em etapas com \(n_{1},n_{2},\dots,n_{k}\) hipóteses, o total é \(n_{1}\times n_{2}\times\cdots\times n_{k}\).
A ordem interessa? Se sim, são arranjos ou permutações; se não, são combinações.
Arranjos com repetição: \(n^{p}\). Arranjos sem repetição: \(^{n}A_{p}=\dfrac{n!}{(n-p)!}\). Permutações: \(n!\).
Combinações: \(^{n}C_{p}=\dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}\); \(^{n}C_{p}={}^{n}C_{n-p}\).
Elementos que ficam juntos: tratar o bloco como um só elemento e multiplicar pelas permutações dentro do bloco.
Pelo menos um: é quase sempre mais rápido contar o contrário e subtrair ao total.
Quando há restrições (posições fixas, algarismos que não se repetem), começar pela posição mais condicionada.

📌 Como justificar uma contagem

Como escolher o método — antes de usar a fórmula

O que é um resultado? Identifica se estás a escolher um grupo, a preencher posições ou a atribuir cargos.
Trocar dois elementos muda o resultado? Num pódio muda: a ordem interessa. Numa comissão sem cargos não muda: a ordem não interessa.
Pode repetir-se o mesmo elemento? Com reposição, as opções mantêm-se; sem reposição, cada escolha retira uma opção.
Há restrições? Trata primeiro as posições mais limitadas. Se o número de opções depender de uma escolha anterior, separa os casos necessários.

O significado de «um arranjo de 5, 3 a 3»

Para atribuir três cargos diferentes a cinco pessoas, usamos \({}^{5}A_3\): o 5 é o número de pessoas disponíveis e o 3 é o número de cargos a preencher. A ordem interessa, porque trocar os titulares altera a atribuição, e não há repetição, porque cada pessoa só pode ocupar um cargo.

\[{}^{5}A_3=\underbrace{5}_{\text{1.º cargo}}\times\underbrace{4}_{\text{2.º cargo}}\times\underbrace{3}_{\text{3.º cargo}}=60\]

Se apenas quisermos escolher uma comissão de três pessoas, os mesmos três nomes representam o mesmo grupo nas \(3!=6\) ordens possíveis. Dividimos por essas ordens: \({}^{5}C_3=60/6=10\). Se forem três posições de um código, cada uma com cinco símbolos e repetição permitida, temos \(5^3=125\).

Quando multiplicar, somar ou subtrair

Multiplicar etapas: cada resultado exige realizar todas as escolhas. Sem repetição, as opções mudam, mas podemos multiplicar se o número de continuações for o mesmo para cada escolha dessa etapa.
Somar casos: os casos devem cobrir todas as possibilidades e não se sobrepor. Se se sobrepuserem, é preciso corrigir as contagens repetidas.
Usar o complementar: contar todos e retirar exatamente os que falham a condição. Por exemplo, «pelo menos um» é o total menos «nenhum».

Uma boa justificação: «Uso este método porque…; este número representa…; multiplico estas etapas / somo estes casos porque…». Confirmar se cada resultado foi contado uma única vez é tão importante como calcular a fórmula.

1. Nove alunos num camarote

Exame 2026, época especialEscolha múltipla

Numa turma do 12.º ano, há alunos que gostam de futebol e alunos que gostam de voleibol.

Nove dos alunos dessa turma vão assistir a um jogo de futebol num camarote constituído por uma fila com 9 cadeiras.

A Susana, o Tomás, o Xavier e a Vânia são quatro desses alunos.

De quantas formas diferentes se podem sentar os nove alunos nas nove cadeiras, ficando a Susana, o Tomás e o Xavier juntos nas três cadeiras centrais e a Vânia numa das extremidades da fila?

(A) 240

(B) 720

(C) 1440

(D) 4320

Como interpretar. Sentam-se primeiro os alunos com restrições e depois os restantes, aplicando o princípio fundamental da contagem.

Susana, Tomás e Xavier nas 3 cadeiras centrais: \(3!=6\)  ·  Vânia numa das extremidades: \(2\)  ·  outros 5 alunos: \(5!=120\)

3!\times2\times5!=6\times2\times120=1440

Porquê estes fatoriais? Os três lugares centrais já estão fixados: só falta atribuí-los aos três alunos, de \(3!=3\times2\times1\) maneiras. Fixada também uma extremidade para a Vânia, ficam exatamente cinco lugares para cinco alunos distintos: \(5!\). Não se escolhe a posição do bloco central, pois o enunciado já a determinou.

Opção: (C)

2. Múltiplos de 5 maiores do que 50 000

Exame 2026, 2.ª faseResposta aberta

Considere todos os números naturais com cinco algarismos diferentes.

Determine quantos destes números são múltiplos de \(5\) e maiores do que \(50\,000\).

Como interpretar. Ser múltiplo de 5 obriga o algarismo das unidades a ser 0 ou 5; ser maior do que 50 000 obriga o primeiro algarismo a ser 5, 6, 7, 8 ou 9. Como o 5 pode aparecer nas duas posições, separam-se os dois casos.

1.º caso — algarismo das unidades 0

Primeiro algarismo: 5 hipóteses (5, 6, 7, 8 ou 9). Três algarismos centrais: arranjos de 3 dos 8 algarismos que restam.

5\times{}^{8}A_3=5\times336=1680

2.º caso — algarismo das unidades 5

Primeiro algarismo: 4 hipóteses (6, 7, 8 ou 9). Três algarismos centrais: \({}^{8}A_3\).

4\times{}^{8}A_3=4\times336=1344

3.º — Total

\(1680+1344=3024\)

O significado de \({}^{8}A_3\). Depois de fixar a primeira e a última posições, dois algarismos diferentes já foram usados; dos dez iniciais restam oito. Há três posições centrais distintas para preencher sem repetir: \(8\times7\times6\). Uma combinação escolheria os algarismos mas não a sua posição no número. Somamos os dois casos porque um número não pode terminar simultaneamente em 0 e em 5.

Existem \(3024\) números nessas condições.

3. Livros policiais seguidos

Exame 2026, 1.ª faseEscolha múltipla

O João comprou oito livros distintos para ler durante as férias, sendo quatro desses livros policiais.

O João pretende ler os oito livros, um após o outro.

De quantas maneiras o pode fazer, lendo os quatro policiais seguidos?

(A) \(5\times4!\)

(B) \(4!\times4!\)

(C) \(2\times4!\times4!\)

(D) \(5\times4!\times4!\)

Como interpretar. Os quatro policiais seguidos funcionam como um só bloco, que se ordena com os outros quatro livros; dentro do bloco, os policiais também se ordenam.

5!\times4!=5\times4!\times4!

Contar as unidades. Ao juntar quatro livros num bloco, deixam de existir oito unidades separadas: ficam \(8-4+1=5\). Ordenamos essas cinco unidades de \(5!\) maneiras. Cada uma admite \(4!\) ordens dos policiais dentro do bloco, pois os quatro livros são distintos. A igualdade \(5!=5\times4!\) permite reconhecer a opção apresentada.

Opção: (D)

4. Pintar as faces de uma pirâmide

Exame 2025, 2.ª faseResposta aberta

Na figura, está representada, num referencial o.n. \(Oxyz\), a pirâmide regular de base quadrada \([ABCD]\) e vértice \(V\).

Pirâmide regular de base quadrada [ABCD] e vértice V, representada num referencial o.n. Oxyz

Sabe-se que:

\(\overline{AB}=6\);
o centro da base da pirâmide, \(M\), tem coordenadas \((2,-1,3)\);
o ponto \(V\) tem abcissa positiva;
o plano \(ABC\) é definido pela equação \(2x-y+z-8=0\);
o volume da pirâmide é \(4\sqrt{6}\).

Pretende-se pintar as cinco faces da pirâmide \([ABCDV]\), dispondo-se, para o efeito, de seis cores distintas.

Todas as condições seguintes deverão ser respeitadas:

cada face é pintada com uma só cor;
são utilizadas, no mínimo, quatro das seis cores disponíveis;
duas faces que tenham uma aresta em comum são pintadas com cores diferentes.

A expressão seguinte representa o número total de formas possíveis de pintar as cinco faces da pirâmide respeitando as condições enunciadas.

{}^{6}C_{4}\times 2 \times 4! + {}^{6}A_{5}

Explique, no contexto descrito, cada parcela desta expressão.

Como interpretar. A expressão é uma soma de duas parcelas. Isso acontece porque a condição "usar, no mínimo, quatro cores" se divide em dois casos que não se sobrepõem: pintar usando exatamente 4 cores ou usando exatamente 5 cores (há 5 faces, por isso nunca se usam mais de 5). Cada parcela conta um caso e somam-se (regra da soma).

1.ª parcela \({}^{6}C_{4}\times 2 \times 4!\) — pintar com exatamente 4 cores

Primeiro escolhem-se 4 das 6 cores: \({}^{6}C_{4}\) (combinação, porque por agora só interessa que cores se usam, não onde). Com 5 faces e só 4 cores, uma cor repete-se em duas faces, que têm de ser opostas; há 2 pares de faces laterais opostas para escolher. Por fim, distribuem-se as 4 cores pelas faces de \(4!\) maneiras.

Porquê duas faces com a mesma cor? Há 5 faces para apenas 4 cores, logo duas faces repetem a cor. Só podem repetir as duas faces laterais opostas, porque duas faces com uma aresta em comum têm obrigatoriamente cores diferentes.

2.ª parcela \({}^{6}A_{5}\) — pintar com exatamente 5 cores

Com 5 cores diferentes para 5 faces, cada face tem cor própria: basta ordenar 5 das 6 cores pelas 5 faces — um arranjo \({}^{6}A_{5}\).

O que se permuta no fator \(4!\)? Depois de escolher o par de faces opostas, tratamos esse par como uma unidade de cor; as outras três faces são três unidades separadas. São quatro unidades a receber as quatro cores escolhidas, uma por unidade. Já \({}^{6}A_5=6\times5\times4\times3\times2\) atribui cinco cores distintas às cinco faces, sem repetir.

O total é a soma das duas parcelas: \({}^{6}C_{4}\times 2 \times 4! + {}^{6}A_{5}\) (formas com 4 cores + formas com 5 cores).

5. Números pares inferiores a 300 000

Exame 2024, 2.ª faseResposta aberta

Considere um dado cúbico equilibrado com as faces numeradas de 1 a 6.

Considere todos os números naturais com seis algarismos diferentes que é possível formar usando os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, inscritos nas faces do dado.

Determine quantos desses números são pares, inferiores a trezentos mil, e com os algarismos 2 e 4 um ao lado do outro. Um número nessas condições é, por exemplo, 142 356.

Como interpretar. São três condições ao mesmo tempo: par (último algarismo 2, 4 ou 6), inferior a 300 000 (1.º algarismo 1 ou 2) e "2 e 4 lado a lado" (tratamos o par 2-4 como um bloco). Como as condições se cruzam, organizamos a contagem por casos que não se sobrepõem e, no fim, somamos.

Caso A — começa por 2

Começando por 2, para o 2 e o 4 ficarem juntos o bloco "24" fica no início; sendo par e já gastos o 2 e o 4, o número termina em 6. Sobram 1, 3 e 5 para as 3 posições centrais:

1, 3 e 5 nas posições livres: 3!

\(3! = 6\)

Caso B — começa por 1 e termina em 6

Com o 6 no fim, o bloco "2 4" — que pode ser 24 ou 42 — ocupa uma de 3 posições possíveis entre o 1 e o 6; o 3 e o 5 preenchem os 2 lugares restantes:

bloco 24/42 (3 posições × 2) · 3 e 5 nos restantes (2!)

3 \times 2 \times 2! = 12

Caso C — começa por 1 e termina em 4 ou 2

Como 2 e 4 são ambos pares, o número pode terminar no próprio bloco: "…2 4" ou "…4 2" (2 hipóteses). Sobram 3, 5 e 6 para as 3 posições centrais:

bloco no fim (24 ou 42 → 2) · 3, 5 e 6 nos centrais (3!)

2 \times 3! = 12

Porquê somar os casos? Os três casos são incompatíveis (um número não pode pertencer a dois) e, juntos, cobrem todas as situações. Por isso o total é a soma.

Total: \(6 + 12 + 12 = 30\) números.

6. Audições de uma orquestra

Exame 2024, 1.ª faseEscolha múltipla

Uma orquestra está a realizar audições para novos instrumentistas.

Enquanto aguardam as audições, quatro violinistas, um violoncelista e três contrabaixistas vão sentar-se nas duas primeiras filas de uma plateia, tendo cada fila quatro lugares numerados de 1 a 4.

Qual das expressões seguintes representa o número de maneiras diferentes de dispor os oito músicos, ficando os três contrabaixistas numa fila?

(A) \({}^{4}C_{3}\times 3!\times 5!\)

(B) \(2\times {}^{4}A_{3}\times 5!\)

(C) \(2\times {}^{4}C_{3}\times 5!\)

(D) \({}^{4}A_{3}\times 3\times 5!\)

Como interpretar. São 8 músicos para 8 lugares (2 filas de 4). A condição é "os 3 contrabaixistas na mesma fila". Resolvemos por etapas e multiplicamos: escolher a fila → colocar os contrabaixistas → colocar os restantes músicos nos lugares que sobram.

1.º — Escolher a fila

Há 2 filas, logo 2 maneiras de escolher em qual ficam os contrabaixistas.

2.º — Colocar os 3 contrabaixistas

A fila tem 4 lugares e os contrabaixistas são 3: escolhem-se 3 dos 4 lugares com ordem → \({}^{4}A_{3}\) (um lugar da fila fica para outro músico).

Porquê \({}^{4}A_{3}\) e não \({}^{4}C_{3}\)? Os contrabaixistas são pessoas diferentes em lugares diferentes: trocar dois deles dá uma disposição nova. Como a ordem conta, é arranjo.

3.º — Colocar os restantes 5 músicos

Sobram 5 músicos para os 5 lugares restantes: \(5!\) maneiras.

2\times {}^{4}A_{3}\times 5!

Ler o arranjo passo a passo. O primeiro contrabaixista pode sentar-se em qualquer um dos 4 lugares da fila escolhida; o segundo tem 3 e o terceiro 2: \({}^{4}A_3=4\times3\times2=24\). O lugar que sobra nessa fila é um dos cinco lugares destinados aos outros músicos; não precisa de ser escolhido de novo.

Opção: (B)

7. Números com exatamente dois cincos

Exame 2023, 2.ª faseEscolha múltipla

Considere todos os números naturais de seis algarismos que é possível formar com os algarismos de 1 a 9. Destes números, quantos têm exatamente dois cincos?

(A) 98 415

(B) 61 440

(C) 36 015

(D) 25 200

Como interpretar. "Exatamente dois cincos" separa-se em duas perguntas: onde ficam os dois 5 e com que algarismos se preenchem as outras posições. Resolvemos cada parte e multiplicamos.

1.º — Escolher as posições dos dois 5

Em 6 posições escolhem-se 2 para os cincos — é combinação \({}^{6}C_{2}\), porque os dois 5 são iguais e só interessa quais as posições, não a ordem:

posições dos dois 5: \({}^{6}C_{2}=15\)

2.º — Preencher as 4 posições restantes

Nelas pode entrar qualquer algarismo de 1 a 9 exceto o 5 (senão haveria mais cincos) — 8 hipóteses por posição, podendo repetir:

{}^{8}A'_{4}=8^{4}=4096

Porquê \(8^{4}\) (arranjo com repetição)? Os algarismos podem repetir-se e cada posição é preenchida de forma independente, com 8 escolhas: \(8\times 8\times 8\times 8\).

{}^{6}C_{2}\times 8^{4} = 15 \times 4096 = 61\,440

Opção: (B)

8. Jovens em fila — três amigos juntos

Exame 2023, 1.ª faseEscolha múltipla

Um grupo de jovens inscreveu-se num campo de férias que oferece modalidades de surf e de skate.

Dez dos jovens vão deslocar-se em fila, pela praia, para uma aula de surf.

A Ana, o Diogo e o Francisco são três desses jovens.

De quantas formas diferentes se podem dispor os jovens na fila, ficando a Ana, o Diogo e o Francisco juntos?

(A) 483 840

(B) 241 920

(C) 60 480

(D) 30 240

Como interpretar. Quando alguns elementos têm de ficar juntos, usa-se o método do bloco: imaginam-se a Ana, o Diogo e o Francisco "colados" num único bloco. Contamos onde fica o bloco, como se ordena por dentro e como ficam os restantes jovens.

1.º — Onde fica o bloco

Um bloco de 3 lugares seguidos, numa fila de 10, pode começar em \(10-3+1=8\) posições diferentes.

2.º — Ordem dentro do bloco

Os três amigos trocam entre si de \(3!\) maneiras.

3.º — Os outros 7 jovens

Ocupam os 7 lugares restantes de \(7!\) maneiras.

8 \times 3! \times 7! = 241\,920

Nota. \(8\times 7!\) é igual a \(8!\): equivale a permutar 8 "objetos" (o bloco + os 7 jovens) e depois ordenar os 3 amigos dentro do bloco.

Opção: (B)

9. Números terminados em 5

Exame 2022, época especialEscolha múltipla

Considere todos os números naturais de cinco algarismos diferentes que se podem formar com os algarismos de 0 a 5. Destes números, quantos têm o algarismo das unidades igual a 5?

(A) 625

(B) 256

(C) 128

(D) 96

Como interpretar. Há 5 posições a preencher com algarismos diferentes. Preenchemos posição a posição, contando as hipóteses de cada uma e multiplicando (regra do produto). A ordem em que tratamos as posições é estratégica: começa-se pelas que têm restrições (a última, fixa em 5; e a primeira, que não pode ser 0).

Posição a posição

Unidades: fixo em 5 → 1 hipótese. Dezenas de milhar (1.ª): não pode ser 0 (senão não tinha 5 algarismos) nem 5 (já usado) → 4 hipóteses. Depois sobram 4, 3 e 2 hipóteses (agora o 0 já pode entrar):

dez. milhar · milhares · centenas · dezenas · unidades = 5

4 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 96

Porquê multiplicar? As escolhas não são independentes: um algarismo usado fica indisponível. No entanto, para qualquer escolha válida da primeira posição existem sempre 4 possibilidades na seguinte, depois 3 e depois 2. É esta quantidade constante de continuações em cada etapa que permite aplicar a regra do produto.

Opção: (D)

10. Jogo do Semáforo

Exame 2022, 1.ª faseResposta aberta

O Semáforo é um jogo matemático em que se usa um tabuleiro retangular de \(3\times 4\) casas e se dispõe de peças verdes, peças amarelas e peças encarnadas. As peças da mesma cor são iguais.

Na figura ao lado, está representado um tabuleiro do jogo Semáforo cujas casas foram numeradas de 1 a 12.

Tabuleiro do jogo Semáforo, com 3 × 4 casas numeradas de 1 a 12

Pretende-se colocar 2 peças no tabuleiro, uma peça por casa, de modo a obter uma configuração colorida. Para o efeito, dispõe-se de várias peças de cada cor.

Considera-se uma configuração colorida o resultado da colocação de duas peças no tabuleiro. Duas configurações coloridas são diferentes se diferirem nas casas ocupadas pelas peças usadas ou na cor dessas peças.

A expressão seguinte permite determinar o número de configurações coloridas diferentes que é possível obter.

3 \times {}^{12}C_{2} + {}^{3}C_{2}\times {}^{12}A_{2}

Explique, no contexto descrito, cada parcela desta expressão.

Como interpretar. Mais uma vez a expressão é uma soma: as duas peças que se colocam ou são da mesma cor ou de cores diferentes. São dois casos que não se sobrepõem, contam-se em separado e somam-se. O detalhe-chave é que peças da mesma cor são iguais (não se distinguem), mas peças de cores diferentes distinguem-se.

1.ª parcela \(3 \times {}^{12}C_{2}\) — peças da mesma cor

Escolhe-se a cor das duas peças: \(3\) hipóteses (isto é, \({}^{3}C_{1}\)). Para cada cor, escolhem-se 2 das 12 casas: \({}^{12}C_{2}\). Aqui é combinação porque as duas peças são iguais — pôr a 1.ª na casa 3 e a 2.ª na casa 7 é o mesmo que o contrário.

2.ª parcela \({}^{3}C_{2}\times {}^{12}A_{2}\) — peças de cores diferentes

Escolhem-se 2 das 3 cores: \({}^{3}C_{2}\). Para cada par de cores, colocam-se as duas peças (agora distintas) em 2 das 12 casas com ordem: \({}^{12}A_{2}\).

Porquê \({}^{12}C_{2}\) num caso e \({}^{12}A_{2}\) no outro? Quando as peças são iguais, a ordem das casas não muda a configuração → combinação. Quando as peças têm cores diferentes, "verde na casa 3 / amarela na 7" ≠ "amarela na 3 / verde na 7" → a ordem conta → arranjo.

Verificação por outro caminho. Podemos escolher primeiro as duas casas ocupadas, \({}^{12}C_2\), e depois uma das três cores para cada casa, \(3^2\). Obtém-se \({}^{12}C_2\times9=594\), o mesmo que \(3\times66+3\times132\). Na segunda parcela original, \({}^{12}A_2=12\times11\) atribui uma casa à primeira cor escolhida e outra casa à segunda.

11. Repartir livros e canetas

Exame 2021, época especialResposta aberta

A Fernanda tem cinco livros diferentes e sete canetas, também diferentes, para repartir pelos seus dois netos, o Armando e o Catarino.

A Fernanda vai oferecer três livros e três canetas a um dos netos, e os restantes objetos ao outro, ou quatro livros e duas canetas a um dos netos, e os restantes objetos ao outro.

Determine, nestas condições, de quantos modos diferentes pode a Fernanda repartir os doze objetos pelos seus dois netos.

Como interpretar. Repartir os objetos é escolher quais vão para um neto (os restantes vão para o outro) — escolher é combinação. Há duas repartições possíveis ("3 livros + 3 canetas" ou "4 livros + 2 canetas"): o "ou" indica que se somam os dois casos. Em cada caso há ainda 2 hipóteses, conforme qual dos netos recebe esse grupo.

Hipótese 1 — 3 livros e 3 canetas a um neto

Escolhem-se 3 dos 5 livros e 3 das 7 canetas: \({}^{5}C_{3}\times {}^{7}C_{3}\). Multiplica-se por 2 porque esse grupo tanto pode ir para o Armando como para o Catarino:

2\times {}^{5}C_{3}\times {}^{7}C_{3}

Hipótese 2 — 4 livros e 2 canetas a um neto

2\times {}^{5}C_{4}\times {}^{7}C_{2}

Porquê combinação e porquê o \(\times 2\)? Os livros/canetas escolhidos formam um conjunto — a ordem por que se escolhem não interessa, logo combinação. O \(\times 2\) distingue qual dos netos fica com esse conjunto.

Total (as duas hipóteses excluem-se)

2\times {}^{5}C_{3}\times {}^{7}C_{3} + 2\times {}^{5}C_{4}\times {}^{7}C_{2} = 910

Porque não se conta a distribuição ao outro neto? Escolhidos os objetos de um neto, os do outro são exatamente os restantes, ficando determinados. O fator 2 identifica o destinatário do grupo de 3 livros e 3 canetas ou de 4 livros e 2 canetas; nenhum desses grupos tem a mesma composição que o seu complemento, por isso esse fator não duplica a mesma distribuição.

A Fernanda pode repartir os objetos de 910 modos diferentes.

12. Triângulos com pontos em duas retas

Exame 2021, 2.ª faseResposta aberta

Considere, num plano \(\alpha\), duas retas paralelas \(r\) e \(s\).

Assinalam-se, na reta \(r\), cinco pontos distintos e, na reta \(s\), um certo número \(n\) de pontos, igualmente distintos.

Sabe-se que, com os pontos assinalados nas duas retas, é possível definir exatamente 175 triângulos.

Determine o valor de \(n\).

Como interpretar. Três pontos definem um triângulo desde que não estejam todos na mesma reta. Como \(r\) e \(s\) são paralelas, os pontos de \(r\) são colineares entre si e os de \(s\) também. Por isso um triângulo válido tem de usar 2 pontos de uma reta e 1 da outra. Escolher vértices é combinação (a ordem dos vértices não muda o triângulo).

Há dois modos: dois pontos de \(r\) e um de \(s\) (\({}^{5}C_{2}\times {}^{n}C_{1}\)) ou dois de \(s\) e um de \(r\) (\({}^{5}C_{1}\times {}^{n}C_{2}\)). Como qualquer um serve, somam-se e iguala-se a 175:

{}^{5}C_{2}\,{}^{n}C_{1} + {}^{5}C_{1}\,{}^{n}C_{2} = 10n + \dfrac{5n(n-1)}{2} = 175

\dfrac{20n + 5n(n-1)}{2}=175 \Leftrightarrow 5n^{2}+15n-350=0 \Leftrightarrow n^{2}+3n-70=0

n = \dfrac{-3\pm\sqrt{3^{2}-4\times 1\times(-70)}}{2\times 1} \Leftrightarrow n=-10 \;\lor\; n=7

Como \(n\in\mathbb{N}\), vem \(n = 7\).

13. Corfebol — distribuição pelos veículos

Exame 2021, 1.ª faseResposta aberta

O corfebol é um desporto coletivo misto, com origem na Holanda.

Um clube de corfebol de um certo país vai participar num torneio internacional.

A comitiva vai deslocar-se por via terrestre, utilizando um automóvel de cinco lugares e uma carrinha de nove lugares. A comitiva é constituída por três dirigentes, um treinador, cinco jogadores do sexo masculino e cinco do sexo feminino.

Escreva uma expressão que dê o número de maneiras diferentes de distribuir os catorze elementos da comitiva pelos catorze lugares disponíveis, sabendo-se que os dois condutores são dois dos dirigentes e que, no automóvel, vão dois jogadores de cada sexo.

Como interpretar. É um problema de várias etapas com restrições sobre quem ocupa cada veículo. A estratégia é "encher" primeiro o automóvel (que tem as condições especiais) e depois a carrinha, multiplicando as hipóteses de cada etapa. Onde só se escolhe quem vai usa-se combinação; onde se ordenam por lugares usa-se permutação/arranjo.

1.º — Os dois condutores

Dos três dirigentes escolhem-se dois e atribui-se um a cada veículo (a ordem distingue quem conduz o quê): \({}^{3}C_{2}\times 2! = {}^{3}A_{2}\).

2.º — Os passageiros do automóvel

Vão 2 jogadores do sexo masculino (\({}^{5}C_{2}\)) e 2 do sexo feminino (\({}^{5}C_{2}\)); esses 4 jogadores ocupam os 4 lugares restantes do automóvel de \(4!\) maneiras:

{}^{5}C_{2}\times {}^{5}C_{2}\times 4!

Porquê \({}^{5}C_{2}\) e depois \(4!\)? Primeiro escolhe-se quem vai (conjunto, sem ordem → combinação); só depois se sentam nos lugares (com ordem → \(4!\)). São duas decisões diferentes.

3.º — A carrinha

Sobram 8 pessoas para os 8 lugares restantes da carrinha: \(8!\).

{}^{3}A_{2}\times {}^{5}C_{2}\times {}^{5}C_{2}\times 4! \times 8!

Ler os fatores. \({}^{3}A_2=3\times2\) atribui os dois veículos a dois dirigentes diferentes. Cada \({}^{5}C_2=10\) escolhe duas pessoas de um sexo, sem lhes atribuir ainda lugares. O \(4!\) faz essa atribuição no automóvel. Depois já não escolhemos quem vai na carrinha: são as oito pessoas restantes, a ordenar nos oito lugares de passageiro.

14. Hóspedes e motos

Exame 2020, época especialEscolha múltipla

Um hotel, que promove atividades ao ar livre, é procurado por turistas de várias nacionalidades.

Três hóspedes suecos e quatro hóspedes dinamarqueses pretendem visitar os arredores do hotel. Para tal, o hotel disponibiliza quatro motos de dois lugares cada uma (uma preta, uma amarela, uma branca e uma verde).

Sabe-se que apenas os hóspedes dinamarqueses podem conduzir.

De quantas maneiras distintas se podem distribuir, deste modo, os sete hóspedes pelas quatro motos?

(A) 21

(B) 35

(C) 268

(D) 576

Como interpretar. Há um lugar de condutor por moto e só os dinamarqueses podem conduzir. Primeiro sentam-se os condutores (uma etapa), depois os passageiros suecos (outra etapa); multiplicam-se. As motos são distinguíveis (têm cores diferentes), por isso "quem está em que moto" conta.

1.º — Os condutores

São exatamente 4 dinamarqueses para as 4 motos diferentes: cada um vai para uma moto. Isso são \(P_{4}=4!\) maneiras.

2.º — Os passageiros

Cada moto tem 2 lugares e um já está ocupado pelo condutor: sobram 4 lugares de passageiro para os 3 suecos. Distribuem-se os 3 suecos por 3 desses 4 lugares, com ordem (lugares distintos): \({}^{4}A_{3}\).

4! \times {}^{4}A_{3} = 576

Porquê \({}^{4}A_{3}\)? Há 4 lugares de passageiro e 3 pessoas diferentes; cada pessoa num lugar distinto e a ordem conta (um lugar fica vazio).

Porque são usadas as quatro motos? Três motos só teriam seis lugares, insuficientes para sete pessoas. São necessários quatro condutores, logo todos os quatro dinamarqueses conduzem. Para os suecos, \({}^{4}A_3=4\times3\times2\): atribui-se uma moto ao primeiro, uma das três restantes ao segundo e uma das duas restantes ao terceiro.

Opção: (D)

15. Números entre 9999 e 22000

Exame 2020, 2.ª faseEscolha múltipla

Considere todos os números naturais superiores a 9999 e inferiores a 22000. Destes números, quantos se podem escrever com os algarismos 0, 1, 2 e 3?

(A) 192

(B) 236

(C) 384

(D) 512

Como interpretar. "Superior a 9999 e inferior a 22000" significa números de 5 algarismos cujo 1.º algarismo é 1 ou 2. O enunciado não proíbe repetir algarismos, por isso podem repetir-se. Dividimos em dois casos pelo 1.º algarismo, porque o limite 22000 só restringe os que começam por 2.

Começam por 1 (de 10000 a 19999)

O 1.º algarismo está fixo; nas outras 4 posições qualquer um de 0, 1, 2, 3 serve (4 hipóteses cada, com repetição):

\(1 \times 4^{4}=256\)

Começam por 2 (têm de ser < 22000)

1.º algarismo fixo (2); o 2.º tem de ser inferior a 2, logo 0 ou 1 (2 hipóteses); as outras 3 posições têm 4 hipóteses cada:

\(1 \times 2 \times 4^{3}=128\)

Porquê potências de 4 (e não \({}^{4}A_{k}\))? Porque os algarismos podem repetir-se: cada posição tem sempre as mesmas 4 hipóteses, independentemente das outras.

Total: \(256 + 128 = 384\). Opção: (C)

16. Bolas azuis e brancas em caixas

Exame 2020, 1.ª faseEscolha múltipla

Um saco contém bolas azuis e bolas brancas, indistinguíveis ao tato. Cada bola tem uma única cor e só existem bolas azuis e bolas brancas no saco.

Considere que se alterou a constituição inicial do saco e que, neste, estão agora oito bolas azuis e sete bolas brancas.

Pretende-se colocar todas estas bolas em dez caixas numeradas de 1 a 10, de tal forma que:

cada caixa com número par tenha, pelo menos, uma bola azul;
cada caixa com número ímpar tenha, pelo menos, uma bola branca;
cada caixa tenha, no máximo, duas bolas.

Nestas condições, de quantas maneiras diferentes podem ficar colocadas as bolas nas dez caixas?

(A) 1176

(B) 2520

(C) 28 016

(D) 30 550

Como interpretar. A estratégia é garantir primeiro as condições obrigatórias e só depois distribuir o que sobra. As bolas da mesma cor são iguais, por isso "distribuir bolas" é escolher caixas → combinação.

1.º — Cumprir o mínimo de cada caixa

Entre 1 e 10 há 5 caixas pares e 5 ímpares. Cada caixa par leva 1 bola azul (gasta 5 das 8 azuis → sobram 3) e cada caixa ímpar leva 1 bola branca (gasta 5 das 7 brancas → sobram 2). Agora todas as 10 caixas têm exatamente 1 bola.

2.º — Distribuir as bolas que sobram

Faltam colocar 3 azuis e 2 brancas. Como cada caixa pode ter no máximo 2 bolas, cada uma recebe quando muito mais uma. Escolhem-se 3 das 10 caixas para as azuis (\({}^{10}C_{3}\)) e 2 das 7 caixas ainda livres para as brancas (\({}^{7}C_{2}\)):

{}^{10}C_{3}\times {}^{7}C_{2} = 120 \times 21 = 2520

Porquê combinação? As bolas da mesma cor são indistinguíveis: só interessa em que caixas ficam, não por que ordem. E são \({}^{7}C_{2}\) (não \({}^{10}C_{2}\)) porque as 3 caixas que já receberam um 2.º azul ficam cheias.

Opção: (B)

17. Cartões com primeiros primos

Exame 2019, época especialResposta aberta

Um saco contém nove cartões, indistinguíveis ao tato, numerados de 1 a 9. Colocam-se os nove cartões em cima de uma mesa, lado a lado, em linha reta. Determine de quantas maneiras diferentes é possível colocar os cartões, de modo que os números inscritos nos três primeiros cartões sejam primos.

Como interpretar. Vamos formar uma sequência ordenada com os 9 cartões (a posição importa: o cartão 5 no 1.º lugar é diferente do 5 no 2.º). A única exigência é que os três primeiros cartões sejam primos. Por isso dividimos a fila em duas etapas sucessivas — as 3 primeiras posições e as 6 seguintes — e multiplicamos (regra do produto: para cada modo de preencher o início há todos os modos de preencher o resto).

1.º — As três primeiras posições (só primos)

Entre 1 e 9 os primos são 2, 3, 5 e 7 — quatro. Temos 4 primos para 3 posições ordenadas, sem repetir → arranjo \({}^{4}A_{3}\):

3 primeiras (primos): 4 × 3 × 2 = \({}^{4}A_{3}=24\)

Porquê arranjo e não combinação? Porque a ordem conta — os cartões ficam em lugares distintos de uma fila. "2 no 1.º e 3 no 2.º" é diferente de "3 no 1.º e 2 no 2.º".

2.º — As seis posições restantes

Já se usaram 3 primos; sobram 6 cartões (o primo que não entrou + os não primos 1, 4, 6, 8 e 9) para as 6 posições restantes, ordenados e sem repetir — ou seja, todos: \({}^{6}A_{6}=6!\):

6 últimas: 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = \({}^{6}A_{6}=720\)

Juntar as duas zonas

{}^{4}A_{3}\times {}^{6}A_{6} = 24 \times 720 = 17\,280

Escolher não é ordenar. \({}^{4}C_3\) escolheria apenas quais os três primos do início. Cada escolha ainda admite \(3!\) ordens, dando \({}^{4}C_3\times3!={}^{4}A_3\). O primo que sobra pode aparecer em qualquer uma das seis posições finais: a condição não exige que só os três primeiros cartões sejam primos.

Existem 17 280 maneiras diferentes de colocar os cartões.

18. Comissão de turma

Exame 2019, 2.ª faseEscolha múltipla

Uma turma de uma escola secundária tem 26 alunos, dos quais 15 são raparigas.

O delegado de turma é um rapaz.

Pretende-se formar uma comissão com três alunos desta turma, para organizar uma festa de fim de ano.

Quantas comissões diferentes, que incluam rapazes e raparigas, se podem formar, sabendo-se que o delegado de turma tem de fazer parte da comissão?

(A) 195

(B) 215

(C) 235

(D) 255

Como interpretar. Uma comissão é um conjunto (não há cargos/ordem) → usa-se combinação. A turma tem 11 rapazes (1 é o delegado, 10 são outros rapazes) e 15 raparigas. Como o delegado tem de entrar, só faltam 2 membros. E como a comissão deve ter rapazes e raparigas, e o delegado já é rapaz, basta garantir pelo menos uma rapariga. Organizamos por casos conforme o nº de raparigas.

Caso 1 — mais um rapaz e uma rapariga

Escolhe-se 1 dos 10 outros rapazes e 1 das 15 raparigas:

{}^{10}C_{1}\times {}^{15}C_{1}=10\times 15 = 150

Caso 2 — duas raparigas

O delegado é o único rapaz; escolhem-se 2 das 15 raparigas:

{}^{15}C_{2}=105

Porquê não contar "dois rapazes"? Porque aí a comissão não teria raparigas — violaria a condição "incluir rapazes e raparigas". Esse caso é, por isso, excluído.

\(150 + 105 = 255\)

Opção: (D)

19. Números ímpares maiores que seis milhões

Exame 2019, 1.ª faseResposta aberta

Considere todos os números naturais de sete algarismos que se podem escrever utilizando dois algarismos 5, quatro algarismos 6 e um algarismo 7. Determine quantos desses números são ímpares e maiores do que seis milhões.

Como interpretar. Os algarismos disponíveis repetem-se (dois 5, quatro 6, um 7), por isso contam-se as posições dos algarismos: dispor um multiconjunto resume-se a escolher onde ficam certos algarismos. Duas condições mandam: ímpar → último algarismo é 5 ou 7; maior que seis milhões → primeiro algarismo é 6 ou 7. Fixados o 1.º e o último, conta-se o miolo e somam-se os casos possíveis.

Começa em 6 e termina em 7

Sobram para o miolo (5 posições) dois 5 e três 6. Basta escolher as 2 posições dos 5: \({}^{5}C_{2}=10\).

Começa em 7 e termina em 5

Sobram um 5 e quatro 6. Escolhe-se a posição do 5: \({}^{5}C_{1}\times 1=5\).

Começa em 6 e termina em 5

Sobram um 5, três 6 e um 7. Escolhem-se a posição do 5 e a do 7: \({}^{5}C_{2}\times 2=20\).

Porquê \({}^{5}C_{2}\) para "dispor" os algarismos? Como há algarismos repetidos, ordenar o miolo equivale a escolher as posições dos algarismos distintos; o resto fica automaticamente preenchido pelos 6 (iguais entre si).

\(10 + 5 + 20 = 35\)

Detalhe do fator \({}^{5}C_2\times2\). No caso com início 6 e fim 5, os lugares centrais contêm um 5, um 7 e três 6. Escolhemos duas das cinco posições para os algarismos distintos 5 e 7 e atribuímo-los a essas posições de \(2!\) maneiras. Equivalentemente, podemos escolher primeiro a posição do 5 (5 opções) e depois a do 7 (4 opções): \({}^{5}C_2\times2=5\times4=20\).

Existem 35 números nas condições pedidas.

20. Conjuntos com pelo menos três pessoas

Exame 2018, época especialEscolha múltipla

Com cinco pessoas, quantos conjuntos com, pelo menos, três pessoas é possível formar?

(A) 60

(B) 81

(C) 10

(D) 16

Como interpretar. Um "conjunto de pessoas" não tem ordem nem cargos → combinação. "Pelo menos três" abrange conjuntos de 3, 4 ou 5 pessoas; o "ou" indica que se somam esses casos.

3 pessoas: \({}^{5}C_{3}=10\)
4 pessoas: \({}^{5}C_{4}=5\)
5 pessoas: \({}^{5}C_{5}=1\)

{}^{5}C_{3}+{}^{5}C_{4}+{}^{5}C_{5}=10+5+1=16

Porquê combinação? "Escolher pessoas para um conjunto" não distingue ordem: o grupo {A, B, C} é o mesmo que {C, A, B}.

Opção: (D)

21. Códigos: vogal seguida de algarismos

Exame 2018, 2.ª faseEscolha múltipla

Dispõe-se de catorze caracteres (a saber: os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e as vogais a, e, i, o, u) para formar códigos de quatro caracteres.

Quantos códigos iniciados por uma vogal seguida de três algarismos diferentes se podem formar?

(A) 420

(B) 504

(C) 1840

(D) 2520

Como interpretar. O código tem uma estrutura fixa: vogal + 3 algarismos diferentes. Conta-se cada posição e multiplica-se (regra do produto).

vogal (5) · 3 algarismos diferentes (\({}^{9}A_{3}\))

1.ª posição (vogal): 5 hipóteses. As 3 posições seguintes levam 3 dos 9 algarismos, todos diferentes e com ordem → \({}^{9}A_{3}=504\).

5 \times {}^{9}A_{3} = 5 \times 504 = 2520

Porquê \({}^{9}A_{3}\)? Os três algarismos têm de ser diferentes (não há repetição) e a ordem importa (posições distintas no código): \(9\times 8\times 7\).

Opção: (D)

22. Alunos de Espanhol e Inglês

Exame 2018, 1.ª faseEscolha múltipla

Uma escola dedica-se ao ensino de Espanhol e de Inglês, entre outras línguas.

Doze alunos dessa escola, quatro de Espanhol e oito de Inglês, dispõem-se lado a lado em linha reta para tirar uma fotografia.

De quantas maneiras se podem dispor os doze alunos, de modo que os alunos da mesma disciplina fiquem juntos?

(A) 40 320

(B) 8 064 048

(C) 967 680

(D) 1 935 360

Como interpretar. "Cada disciplina junta" é o método do bloco aplicado a dois blocos: o bloco de Espanhol e o bloco de Inglês. Conta-se (1) a ordem dos dois blocos entre si, (2) a ordem dentro de cada bloco — e multiplica-se.

Ordem dos dois blocos

Os dois blocos podem ficar "Espanhol–Inglês" ou "Inglês–Espanhol": \(2!=2\) maneiras.

Ordem dentro de cada bloco

Os 4 alunos de Espanhol permutam entre si (\(4!\)) e os 8 de Inglês também (\(8!\)).

2 \times 4! \times 8! = 1\,935\,360

Cuidado. Não basta \(4!\times 8!\): é preciso o \(\times 2\) porque os próprios blocos podem trocar de lado na fila.

Opção: (D)

23. Números maiores que 20000

Exame 2017, época especialEscolha múltipla

Com os algarismos 0, 1, 2, 3 e 4, quantos números naturais maiores do que 20000 e com os cinco algarismos todos diferentes é possível formar?

(A) 24

(B) 48

(C) 72

(D) 96

Como interpretar. São 5 posições e 5 algarismos (0, 1, 2, 3, 4) todos diferentes — logo usam-se todos os algarismos. A condição "> 20000" só restringe o 1.º algarismo. Tratamos primeiro essa posição com restrição e depois as restantes.

1.ª posição (dezenas de milhar)

Para o número ser maior que 20000, o 1.º algarismo tem de ser 2, 3 ou 4 (não pode ser 0 nem 1): 3 hipóteses.

Posições restantes

Sobram 4 algarismos diferentes para as 4 posições restantes: \({}^{4}A_{4}=4!\) (uma permutação).

1.º: 2/3/4 (3) · restantes: 4 × 3 × 2 × 1

3 \times 4! = 72

Porquê \(4!\) e não potências? Como os 5 algarismos são todos diferentes, depois de fixar o 1.º não há repetição: cada posição seguinte tem menos uma hipótese (4, 3, 2, 1).

Opção: (C)

24. Algarismos pares um a seguir ao outro

Exame 2017, 2.ª faseEscolha múltipla

Considere todos os números naturais de cinco algarismos diferentes que se podem formar com os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5. Destes números, quantos têm os algarismos pares um a seguir ao outro?

(A) 24

(B) 48

(C) 72

(D) 96

Como interpretar. São números de 5 algarismos diferentes com {1, 2, 3, 4, 5} (usam-se todos). Os pares (2 e 4) têm de ficar juntos → método do bloco: o par 2-4 forma um bloco e os ímpares (1, 3, 5) ocupam o resto.

O bloco dos pares

O bloco "2 4" (de duas casas) pode começar em 4 posições de uma fila de 5, e por dentro tem 2 ordens (24 ou 42): \(4\times 2=8\).

bloco par (4 posições × 2) · ímpares nos restantes (3!)

Os ímpares nas posições restantes

Os 3 ímpares ocupam as 3 posições que sobram: \({}^{3}A_{3}=3!=6\).

8 \times 6 = 48

Porquê \(\times 2\) no bloco? Dentro do bloco, "2 4" e "4 2" são números diferentes; por isso multiplica-se pelas 2 ordens internas.

Opção: (B)

25. Múltiplos de 5

Exame 2017, 1.ª faseEscolha múltipla

Considere todos os números naturais de quatro algarismos que se podem formar com os algarismos de 1 a 9. Destes números, quantos são múltiplos de 5?

(A) 729

(B) 1458

(C) 3645

(D) 6561

Como interpretar. Um número é múltiplo de 5 quando termina em 0 ou 5. Como só há algarismos de 1 a 9 (não há 0), só pode terminar em 5. O enunciado não obriga a algarismos diferentes, por isso podem repetir-se.

3 posições livres (9 cada) · unidades = 5

Fixado o 5 nas unidades, cada uma das 3 posições restantes tem 9 hipóteses, com repetição:

{}^{9}A'_{3}=9^{3}=729

Porquê \(9^{3}\)? Por poderem repetir-se algarismos, cada posição mantém as 9 hipóteses (não diminui como num arranjo simples).

Opção: (A)

26. Fichas num tabuleiro

Exame 2016, 2.ª faseResposta aberta

Considere nove fichas, indistinguíveis ao tato, numeradas de 1 a 9.

Na figura seguinte, está representado um tabuleiro com 16 casas, dispostas em quatro filas horizontais (A, B, C e D) e em quatro filas verticais (1, 2, 3 e 4).

Tabuleiro com 16 casas: quatro filas horizontais A, B, C, D e quatro filas verticais 1, 2, 3, 4

Pretende-se dispor as nove fichas (numeradas de 1 a 9) no tabuleiro, de modo que cada ficha ocupe uma única casa e que cada casa não seja ocupada por mais do que uma ficha.

De quantas maneiras diferentes é possível dispor as nove fichas, de tal forma que as que têm número par ocupem uma única fila horizontal?

Como interpretar. As fichas são todas diferentes e cada casa leva no máximo uma ficha, por isso colocar fichas em casas é arranjo (a ordem/posição conta). A condição é "as 4 fichas pares na mesma fila horizontal". Etapas: escolher a fila dos pares → colocar os pares → colocar os ímpares nas casas que sobram.

1.º — As fichas pares (2, 4, 6 e 8) numa fila

Há 4 filas horizontais para escolher. Em cada fila, as 4 casas recebem as 4 fichas pares com ordem: \({}^{4}A_{4}=4!\). Logo \(4\times {}^{4}A_{4}\).

2.º — As fichas ímpares (1, 3, 5, 7 e 9)

Já se ocuparam 4 casas; restam \(16-4=12\) casas para as 5 fichas ímpares, com ordem: \({}^{12}A_{5}\).

4 \times {}^{4}A_{4} \times {}^{12}A_{5} = 9\,123\,840

Porquê arranjos? As fichas são distintas e cada uma vai para uma casa diferente: trocar duas fichas de casa dá uma disposição nova → a ordem conta.

O que conta \({}^{12}A_5\)? As cinco fichas ímpares são distintas: para a ficha 1 há 12 casas livres, para a 3 ficam 11, para a 5 ficam 10, depois 9 e 8. Assim, \({}^{12}A_5=12\times11\times10\times9\times8\). Sete casas continuam vazias; não se multiplicam as maneiras de «ordenar» esses vazios.

Existem 9 123 840 maneiras diferentes.

27. Números ímpares com bolas

Exame 2016, 1.ª faseResposta aberta

Considere nove bolas, quatro numeradas com o número 1, quatro com o número 2 e uma com o número 4.

Considere agora que se colocam as nove bolas lado a lado, de modo a formar um número com nove algarismos.

Quantos números ímpares diferentes se podem obter?

Como interpretar. Os algarismos a usar (quatro 1, quatro 2, um 4) repetem-se, por isso "ordenar" reduz-se a escolher as posições de cada tipo de algarismo (combinação). Para o número ser ímpar, tem de terminar no único algarismo ímpar: o 1.

1.º — Garantir que é ímpar

Fixa-se um 1 na posição das unidades (o 1 é o único ímpar). Sobram 8 posições e os algarismos: três 1, quatro 2 e um 4.

2.º — Distribuir os restantes pelas 8 posições

Escolhem-se 4 das 8 posições para os quatro 2 (iguais → \({}^{8}C_{4}\)); depois 1 das 4 posições restantes para o 4 (\({}^{4}C_{1}\)); as 3 posições que sobram ficam com os três 1.

{}^{8}C_{4}\times {}^{4}C_{1} = 70 \times 4 = 280

Porquê combinações? Como as bolas do mesmo número são indistinguíveis, só interessa em que posições ficam — não a ordem por que se colocam.

Não multiplicar por quatro para a unidade. Há quatro bolas com o número 1, mas qualquer uma delas dá o mesmo algarismo final. Contamos números diferentes, não a identidade física das bolas. Depois de fixar um 1 no fim, contamos apenas as posições dos algarismos que sobraram.

É possível obter 280 números ímpares diferentes.

28. Fotografia — rapazes juntos

Exame 2015, época especialEscolha múltipla

Nove jovens, três rapazes e seis raparigas, vão dispor-se, lado a lado, para uma fotografia. De quantas maneiras o podem fazer, de modo que os rapazes fiquem juntos?

(A) 40 140

(B) 30 240

(C) 20 340

(D) 10 440

Como interpretar. Os rapazes têm de ficar juntos → método do bloco: os 3 rapazes formam um bloco. Contam-se as ordens dentro do bloco e as ordens do conjunto "bloco + raparigas".

Dentro do bloco

Os 3 rapazes trocam entre si: \({}^{3}A_{3}=3!\).

O bloco e as raparigas

Tratando o bloco como uma só unidade, há 7 unidades (o bloco + 6 raparigas) que se ordenam de \({}^{7}A_{7}=7!\) maneiras.

3! \times 7! = 30\,240

Opção: (B)

29. Banco com rapazes nas extremidades

Exame 2015, 1.ª faseEscolha múltipla

Dois rapazes e quatro raparigas vão sentar-se num banco corrido com seis lugares. De quantas maneiras o podem fazer, de modo que fique um rapaz em cada extremidade do banco?

(A) 12

(B) 24

(C) 48

(D) 60

Como interpretar. Há posições com restrição (as duas extremidades só podem ser rapazes) e posições livres (os 4 lugares do meio). A boa estratégia é tratar primeiro as posições com restrição e depois as livres.

As extremidades

Os dois rapazes ocupam as duas pontas; trocando entre si dá 2 hipóteses.

Os 4 lugares do meio

As 4 raparigas permutam pelos 4 lugares centrais: \(P_{4}={}^{4}A_{4}=4!=24\).

rapazes nas pontas (2) · raparigas no meio (4!)

2 \times 24 = 48

Opção: (C)

30. Ímpares com quatro algarismos pares

Exame 2014, época especialEscolha múltipla

Considere todos os números ímpares com cinco algarismos. Quantos destes números têm quatro algarismos pares e são superiores a 20000?

(A) \(5^{4}\)

(B) \(5^{5}\)

(C) \(3\times 5^{4}\)

(D) \(4\times 5^{4}\)

Como interpretar. "Número ímpar com 4 algarismos pares" fixa a estrutura: os quatro primeiros algarismos pares e o último ímpar. Como o enunciado não exige algarismos diferentes, podem repetir-se. Conta-se posição a posição, com atenção ao 1.º algarismo (não pode ser 0 e tem de garantir > 20000).

par≥2 · par · par · par · ímpar

1.º algarismo: par e diferente de 0 (para ser > 20000) → 2, 4, 6, 8 → 4 hipóteses;
2.º, 3.º e 4.º: pares (0, 2, 4, 6, 8) → 5 hipóteses cada;
5.º: ímpar (1, 3, 5, 7, 9) → 5 hipóteses.

4 \times 5 \times 5 \times 5 \times 5 = 4 \times 5^{4}

Porquê 5 hipóteses fixas em cada posição? Porque os algarismos podem repetir-se: há sempre 5 pares e 5 ímpares disponíveis, independentemente das outras posições.

Porque começar por 2 já serve? A unidade é ímpar e, portanto, pelo menos 1. Mesmo com zeros nas três posições centrais, o menor número com início 2 é 20001, estritamente maior que 20000. Não há um caso adicional a excluir no limite.

Opção: (D)

31. Números com seis algarismos 2

Exame 2014, 1.ª faseEscolha múltipla

Considere todos os números naturais de dez algarismos que se podem escrever com os algarismos de 1 a 9. Quantos desses números têm exatamente seis algarismos 2?

(A) \({}^{10}C_{6}\times 8^{4}\)

(B) \({}^{10}C_{6}\times {}^{8}A_{4}\)

(C) \({}^{10}A_{6}\times {}^{8}A_{4}\)

(D) \({}^{10}A_{6}\times 8^{4}\)

Como interpretar. "Exatamente seis algarismos 2" tem duas partes: onde ficam os seis 2 e com que algarismos se preenchem as outras posições. (É o mesmo tipo de raciocínio do exercício 7.)

1.º — Posições dos seis 2

Em 10 posições escolhem-se 6 para os "2" — combinação (os 2 são iguais): \({}^{10}C_{6}\).

2.º — As 4 posições restantes

Em cada uma entra um algarismo de 1 a 9 diferente de 2 (8 hipóteses), podendo repetir: \({}^{8}A'_{4}=8^{4}\).

{}^{10}C_{6}\times 8^{4}

Porquê \({}^{10}C_{6}\) (combinação) e \(8^{4}\) (com repetição)? A posição dos seis 2 é uma escolha sem ordem (são iguais) → combinação. As outras posições admitem repetição de algarismos → potência.

Opção: (A)

32. Bolas 3 e 4 juntas

Teste Intermédio 12.º ano · novembro 2013Resposta aberta

Numa caixa, estão cinco bolas, indistinguíveis ao tato, numeradas de 1 a 5. De quantas maneiras diferentes se podem colocar, lado a lado, as cinco bolas, de modo que as bolas com os números 3 e 4 fiquem ao lado uma da outra?

Como interpretar. As bolas 3 e 4 têm de ficar ao lado uma da outra → método do bloco: juntam-se 3 e 4 num bloco. Conta-se onde fica o bloco, a ordem interna do bloco e a ordem das restantes bolas.

Onde fica o bloco e a sua ordem interna

Numa fila de 5, um bloco de 2 lugares seguidos cabe em \(5-2+1=4\) posições; dentro do bloco há 2 ordens (34 ou 43).

As outras 3 bolas

Ocupam os 3 lugares restantes: \({}^{3}A_{3}=3!\).

2 \times 4 \times 3! = 48

Existem 48 maneiras diferentes de as colocar.

33. Numeração das faces de um octaedro

Teste Intermédio 12.º ano · novembro 2013Resposta aberta

Na figura seguinte, à esquerda, está representado, num referencial o.n. \(Oxyz\), um octaedro regular \([ABCDEF]\), cujos vértices pertencem aos eixos coordenados.

Admita que a face \([ABC]\) do octaedro está numerada com o número 1, como se observa na figura da direita.

À esquerda, octaedro regular [ABCDEF] num referencial o.n. Oxyz; à direita, o mesmo octaedro com a face [ABC] numerada com o número 1

Pretende-se numerar as restantes faces do octaedro com os números de 2 a 8 (um número diferente em cada face).

De quantas maneiras diferentes se podem numerar as restantes faces, de modo que, depois de o octaedro ter todas as faces numeradas, pelo menos três das faces concorrentes no vértice \(A\) fiquem numeradas com números ímpares?

Como interpretar. Os números a usar são 2 a 8 (a face do 1 já está pintada). Entre 1 e 8 os ímpares são 1, 3, 5 e 7 — ou seja, no total só há quatro faces que podem ter número ímpar (e uma, a do 1, já está fixa numa das faces concorrentes em \(A\)). "Pelo menos três faces ímpares concorrentes em \(A\)" só pode acontecer de dois modos: as 4 faces de cima ímpares ou exatamente 3 ímpares. Contam-se os dois casos e somam-se.

Designemos por faces de cima as quatro faces concorrentes no vértice \(A\) (uma delas é a face já numerada com o 1) e por faces de baixo as restantes quatro.

Caso 1 — as 4 faces de cima são todas ímpares

Uma já tem o 1; sobram os ímpares 3, 5 e 7 para as outras 3 faces de cima: \({}^{3}A_{3}=3!\). Os 4 pares (2, 4, 6 e 8) ocupam as faces de baixo: \({}^{4}A_{4}=4!\).

3! \times 4!

Caso 2 — exatamente 3 das 4 faces de cima são ímpares

Uma das faces de cima fica com número par: escolhe-se um dos 4 pares e uma das 3 faces disponíveis (\(4\times 3\)). As duas faces de cima restantes recebem 2 dos 3 ímpares (3, 5, 7): \({}^{3}A_{2}\). As faces de baixo recebem os 4 números que sobram: \({}^{4}A_{4}=4!\).

4 \times 3 \times {}^{3}A_{2} \times 4!

Total

3! \times 4! + 4 \times 3 \times {}^{3}A_{2} \times 4! = 144 + 1728 = 1872

Verificar os números ainda disponíveis. A face com 1 já está fixa. Depois de preencher as outras três faces concorrentes em A, restam quatro faces e quatro números, justificando o \(4!\) em ambos os casos. No segundo caso, \({}^{3}A_2=3\times2\) atribui dois ímpares diferentes a duas faces distintas; usar apenas \({}^{3}C_2\) esqueceria a troca desses números entre faces.

Existem 1872 maneiras diferentes.