1) A solução resume os 20 exercícios apresentados no documento, fornecendo as principais informações sobre cada um em geral 3 frases ou menos.

1. Solu¸˜es dos Exerc´
co ıcios da Se¸˜o 4.1
ca
1) A primeira pergunta pode ser respondida de 5 modos; a segunda, de 5
modos, etc.
A resposta ´ 5 × 5 × · · · × 5 = 510 = 9.765.625.
e
2) Para formar um subconjunto, deve-se decidir, para cada elemento do
conjunto, se ele pertencer´ ou n˜o ao subconjunto. H´ 2 modos de
a a a
decidir o que fazer com o primeiro elemento do conjunto, 2 modos com
o segundo, etc.
A resposta ´ 2 × 2 × · · · × 2 = 2n .
e
Outra solu¸˜o:
ca
Quando se acrescenta um elemento a um conjunto, os subconjuntos do
novo conjunto s˜o os subconjuntos do conjunto original e estes unidos
a
ao novo elemento. Ou seja, o n´ mero de subconjuntos dobra. Ent˜o,
u a
se An ´ o n´ mero de subconjuntos de um conjunto com n elementos,
e u
(An ) ´ uma progress˜o geom´trica de raz˜o 2. Logo, An = A0 .2n = 2n
e a e a
pois o conjunto vazio possui um unico subconjunto.
´
3) A primeira pessoa tem 5 escolhas; a segunda, 4; a terceira, 3. A resposta
´ 5 × 4 × 3 = 60.
e
4) Os bancos em que os homens se sentam podem ser escolhidos de 5×4×
3×2×1 = 120 modos, o mesmo ocorrendo com os bancos das mulheres.
Em cada banco, os casais podem se sentar de 2 modos diferentes. A
resposta ´ 1202 × 25 = 460.800.
e
5) As 64 casas do tabuleiro dividem-se, naturalmente, em trˆs grupos:
e
i) as 4 casas dos v´rtices;
e
ii) as 24 casas da borda do tabuleiro, mas que n˜o s˜o v´rtices;
a a e
iii) as restantes 36 casas, que s˜o interiores ao tabuleiro.
a
Vamos separar a nossa contagem conforme o tipo de casa ocupada pelo
rei negro:
i) h´ 4 possibilidades para o rei negro e 60 para o rei branco;
a
ii) h´ 24 possibilidades para o rei negro e 58 para o rei branco;
a

2. iii) h´ 36 possibilidades para o rei negro e 55 para o rei branco.
a
A resposta ´ 4 × 60 + 24 × 58 + 36 × 55 = 3612.
e
Se os reis s˜o iguais, a resposta passa a ser a metade da resposta an-
a
terior, pois, trocando a posi¸˜o dos reis, agora obt´m-se a mesma con-
ca e
figura¸˜o.
ca
6) Haver´ uma torre em cada linha e em cada coluna. A posi¸˜o da torre
a ca
da primeira linha pode ser escolhida de 8 modos; a da segunda linha,
de 7, etc.
A resposta ´ 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 40.320.
e
Se as torres fossem diferentes, para cada uma das escolhas de posi¸˜o,
ca
ter´
ıamos que escolher uma das torres. A resposta seria, portanto,
8 × 8 × 7 × 7 × 6 × 6 × 5 × 5 × 4 × ×3 × ×3 × 2 × 2 × 1 × 1 = (8!)2 =
1.625.702.400.
7) Se a primeira carta ´ o rei de copas, a segunda pode ser escolhida de 48
e
modos (pode ser qualquer carta, exceto os 4 reis). Se a primeira carta ´e
de copas mas n˜o ´ o rei, ela pode ser escolhida de 12 modos. Neste caso,
a e
a segunda carta pode ser escolhida de 47 modos (n˜o pode ser a primeira
a
escolhida, nem nenhum dos 4 reis). A resposta ´ 48 + 12 × 47 = 612.
e
8) a) Para construir uma fun¸˜o, devemos, para cada elemento de A, es-
ca
colher sua imagem em B. H´ 7 modos de escolher a imagem do primeiro
a
elemento de A, 7 modos de escolher a imagem do segundo elemento,
etc.
A resposta ´ 7 × 7 × 7 × 7 = 2.401.
e
b) Para a fun¸˜o ser injetora, elementos diferentes devem ter imagens
ca
diferentes. H´ 7 modos de escolher a imagem do primeiro elemento de
a
A, 6 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.
A resposta ´ 7 × 6 × 5 × 4 = 840.
e
9) a) Como 720 = 24 × 32 × 51 , 720 possui 5 × 3 × 2 = 30 divisores. Aos
pares, estes divisores formam produtos iguais a 720. Logo, h´ 15 modos
a
de escrever 720 como um produto de divisores.
b) Como 144 = 24 × 32 , 144 possui 3 × 3 = 9 divisores. Com eles,
podem ser formados 4 pares de divisores cujo produto ´ 144 e, al´m
e e
2

3. disso, pode ser formado o produto 12 × 12. Assim, h´ 5 modos de
a
escrever 144 como um produto de divisores.
10) Um arm´rio ficar´ aberto se ele for mexido um n´mero ´
a a u ımpar de vezes.
Por outro lado, o arm´rio de ordem k ´ mexido pelas pessoas cujos
a e
n´ meros s˜o divisores de k. Logo, estar˜o abertos os arm´rios cujos
u a a a
n´ meros possuem um n´ mero ´
u u ımpar de divisores. Isto ocorre com os
n´ meros cujos expoentes s˜o todos pares na decomposi¸˜o em fatores
u a ca
primos, ou seja, s˜o quadrados perfeitos. Assim, permanecer˜o aber-
a a
tos os arm´rios cujos n´ meros s˜o quadrados perfeitos, ou seja, os de
a u a
n´ meros 12 , 22 , . . . , 302 .
u
11) Separemos o caso em que o primeiro e o terceiro quadrantes tˆm cores
e
iguais do caso em que eles tˆm cores diferentes.
e
No caso de cores iguais, h´ 5 modos de escolher a cor unica para o
a ´
primeiro e o terceiro quadrantes, 4 modos de escolher a cor para o
segundo quadrante e 4 modos de escolher a cor para o quarto quadrante.
H´, portanto, 5 × 4 × 4 = 80 modos de colorir o mapa usando cores
a
iguais no primeiro e no terceiro quadrantes.
No caso de cores diferentes, h´ 5 modos de escolher a cor para o primeiro
a
quadrante, 4 modos de escolher a cor para o terceiro quadrante, 3 modos
de escolher a cor para o segundo quadrante e 3 modos de escolher a cor
para o quarto quadrante. H´ 5 × 4 × 3 × 3 = 180 modos de colorir o
a
mapa usando cores iguais no primeiro e no terceiro quadrantes.
No total, temos, portanto, 80 + 180 = 260 modos de colorir a figura.
12) a) H´ 265 = 11.881.376 palavras de 5 letras. Delas, devemos subtrair
a
as palavras que come¸am por A, 1 × 264 = 456.976, e aquelas nas quais
c
a letra A n˜o figura, 255 = 9.765.625.
a
A resposta ´ 11.881.376 − 456.976 − 9.765.625 = 1.658.775.
e
b) O n´ mero total de palavras de 5 letras distintas ´ 26 × 25 × 24 ×
u e
23 × 22 = 7.893.600. Delas devemos subtrair as palavras que come¸am
c
por A, 1 × 25 × 24 × 23 × 22 = 303.600 e aquelas nas quais a letra A
n˜o figura, 25 × 24 × 23 × 22 × 21 = 6.375.600.
a
A resposta ´ 7.893.600 − 303.600 − 6.375.600 = 1.214.400.
e
Outra solu¸˜o:
ca
3

4. H´ 4 posi¸˜es para colocar a letra A; depois disso, as quatro casas
a co
vazias podem ser preenchidas de 25, 24, 23 e 22 modos.
A resposta ´ 4 × 25 × 24 × 23 × 22 = 1.214.400.
e
13) Cada letra pode ser escolhida de 26 modos, enquanto cada algarismo
pode ser escolhido de 10 modos. Logo, o n´ mero total de placas ´
u e
263 × 104 = 175.760.000.
14) O n´ mero de modos de acomodar os passageiros que pretendem sentar
u
de frente ´ 5 × 4 × 3 × 2 = 120; o n´ mero de modos de acomodar os
e u
passageiros que pretendem sentar de costas ´ 5 × 4 × 3 = 60; o n´mero
e u
de modos de acomodar os demais passageiros ´ 3 × 2 × 1 = 6.
e
A resposta ´ 120 × 60 × 6 = 43.200.
e
15) Vamos primeiramente determinar quantos zeros s˜o escritos na casa
a
das unidades, depois na das dezenas, etc.
H´ 222 n´ meros que tˆm 0 como algarismo das unidades, pois antes do
a u e
zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 222 (inclusive).
H´ 22 × 10 = 220 n´meros que tˆm 0 como algarismo das dezenas,
a u e
pois antes do zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 22
(inclusive) e depois do zero, os inteiros de 0 (inclusive) a 9 (inclusive).
H´ 2 × 100 = 200 n´meros que tˆm 0 como algarismo das centenas,
a u e
pois antes do zero podem ser colocados os inteiros de 1 (inclusive) a 2
(inclusive) e depois do zero, os inteiros de 0 (inclusive) a 99 (inclusive).
A resposta ´ 222 + 220 + 200 = 642.
e
´
16) E mais simples contar, primeiramente, os n´ meros onde o algarismo
u
5 n˜o aparece. O primeiro d´
a ıgito pode ser escolhido de 8 modos (n˜o
a
pode ser igual a 0 nem igual a 5) e cada um dos demais trˆs d´
e ıgitos
pode ser selecionado de 9 modos (deve ser diferente de 5). Logo, h´ a
8×93 = 5.832 n´ meros de 4 algarismos em que n˜o aparece o algarismo
u a
5.
A quantidade de n´ meros de 4 d´
u ıgitos, com ou sem o d´ıgito 5, ´ 9×103 =
e
9.000 (pois h´ 9 modos de selecionar o primeiro d´
a ıgito, que deve ser
diferente de 0, e 10 modos de selecionar cada um dos demais 4 d´ ıgitos).
Logo, h´ 9.000 − 5.832 = 3.168 n´ meros de 4 algarismos em que o 5
a u
n˜o aparece.
a
4

5. 17) Devemos decidir quantos exemplares de cada revista devem ser postos
na cole¸˜o. H´ 6 possibilidades para a ”Veja” (0, 1, 2, 3, 4, ou 5
ca a
´
exemplares), 7 para a ”Manchete” e 5 para a ”Isto E”. O n´ mero de
u
cole¸˜es ´ 6 × 7 × 5 = 210, e o n´mero de cole¸˜es n˜o-vazias ´ 209.
co e u co a e
18) Em cada dia, duas das mat´rias s˜o ensinadas e uma folga. H´ 3
e a a
possibilidades para escolher a mat´ria que folga na segunda, 2 para
e
escolher a que folga na quarta e 1 para escolher a que folga na sexta.
Portanto, h´ 6 modos para escolher as mat´rias de cada dia. Para
a e
escolher os hor´rios, h´ 2 possibilidades em cada dia. Logo, o n´mero
a a u
total de hor´rios ´ 6 × 8 = 48.
a e
19) Foi feita uma distin¸˜o artificial ao se considerar cada casal ordenado
ca
de dois modos diferentes: come¸ando pela mulher ou pelo homem. Por
c
esta raz˜o, o resultado encontrado foi igual ao dobro do correto.
a
20) H´ trˆs tipos de cart˜es: os que virados de cabe¸a para baixo n˜o
a e o c a
representam n´ meros, como, por exemplo, 41.809; os que virados de
u
cabe¸a para baixo representam o mesmo n´mero, como, por exem-
c u
plo, 86.198; os que virados de cabe¸a para baixo representam n´meros
c u
diferentes, como, por exemplo, 66.810. Os cart˜es do ultimo tipo s˜o
o ´ a
os que permitem economia porque um mesmo cart˜o serve para rep-
a
resentar dois n´ meros. H´ 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 3.125 cart˜es que
u a o
virados de cabe¸a para baixo representam n´meros, iguais ou difer-
c u
entes, pois tais cart˜es devem ter como algarismos apenas 0, 1, 8, 6
o
ou 9. Destes, 5 × 5 × 3 = 75 s˜o do segundo tipo, pois um tal cart˜o
a a
deve ter as casas das extremidades preenchidas por 00, 11, 88, 69 ou
96, a segunda e a quarta casas preenchidas por 00, 11, 88, 69 ou 96, e a
casa central preenchida por 0, 1 ou 8. Portanto, os cart˜es do terceiro
o
tipo s˜o em n´ mero de 3.125 − 75 = 3.050. Podem ser economiza-
a u
dos 3.050/2 = 1.525 cart˜es. O n´ mero m´
o u ınimo de cart˜es de que se
o
necessita ´ 100.000 − 1.525 = 98.475.
e
21) A decomposi¸˜o de 360 em fatores primos ´ 720 = 23 .32 .5. Os divisores
ca e
inteiros e positivos de 720 s˜o os n´ meros da forma 2α .3β .5γ , com α ∈
a u
{0, 1, 2, 3}, β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}. A soma dos divisores ´ S = e
α β γ
Σ2 .3 .5 , com α ∈ {0, 1, 2, 3}, β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}. Para calcular
essa soma, dividimos as parcelas em dois grupos, conforme seja γ = 0 ou
γ = 1. S = Σ (2α .3β .50 ) + Σ (2α .3β .51 ) = 6 Σ (2α .3β ) porque a segunda
5

6. soma ´ igual ao qu´
e ıntuplo da primeira. Agora, dividimos as parcelas
em grupos, conforme seja β = 0, β = 1 ou β = 2. S = 6 [Σ (2α .30 ) +
Σ (2α .31 ) + Σ (2α .32 )] = 6[Σ 2α + 3Σ 2α + 9Σ 2α ] = 6[13Σ 2α ] = 78Σ2α =
78[20 + 21 + 22 + 23 ] = 78 × 15 = 1.170.
Solu¸˜es dos Exerc´
co ıcios da Se¸˜o 4.2
ca
1) a) O n´ mero total de anagramas ´ 8! = 40.320.
u e
b) H´ 4 modos de escolher a vogal que ser´ a primeira letra do anagrama
a a
e 3 modos de selecionar a vogal que ser´ a ultima letra do anagrama.
a ´
Depois disso, h´ 6! modos de arrumar as demais letras entre a primeira
a
e a ultima.
´
A resposta ´ 4 × 3 × 6! = 4 × 3 × 720 = 8.640.
e
c) As vogais e consoantes podem aparecer na ordem CV CV CV CV
ou na ordem VC VC VC VC. No primeiro caso, devemos colocar as 4
vogais nos 4 lugares de ordem par (4! modos) e as 4 consoantes nos 4
lugares de ordem ´ımpar (4! modos).
H´ 4!×4! = 24 ×24 = 576 anagramas do primeiro tipo. Analogamente,
a
h´ 576 anagramas do segundo tipo.
a
A resposta ´ 576 + 576 = 1.152.
e
d) Tudo se passa como se CAP fosse uma unica letra. Devemos, por-
´
tanto, arrumar em fila 6 objetos: CAP,I,T,U,L,O.
A resposta ´ 6! = 720.
e
e) Primeiramente, devemos escolher a ordem em que as letras C, A, P
aparecer˜o. H´ 3! modos. Depois, devemos arrumar em fila 6 objetos:
a a
o bloco das letras C, A, P e as 5 letras I, T, U, L, O. H´ 6! modos.
a
A resposta ´ 3! × 6! = 6 × 720 = 4320.
e
f) Basta arrumar em fila, depois do PA, as restantes 6 letras.
A resposta ´ 6! = 720.
e
g) H´ 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar e h´ 7! anagramas
a a
com a letra A em segundo lugar. H´ tamb´m 6! anagramas com P
a e
em primeiro lugar e A em segundo lugar. Ao somarmos 7! com 7!,
6

7. encontramos o n´ mero de anagramas com P em primeiro lugar ou A
u
em segundo lugar, mas contamos duas vezes os anagramas que tˆm P
e
em primeiro lugar e A em segundo lugar. A resposta ´ 7! + 7! − 6! =
e
5040 + 5040 − 720 = 9.360.
h) H´ 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar, 7! anagramas
a
com a letra A em segundo e 7! anagramas com a letra C em terceiro.
H´ tamb´m 6! anagramas com P em primeiro lugar e A em segundo
a e
lugar, 6! anagramas com P em primeiro e C em terceiro e 6! anagramas
com A em segundo e C em terceiro. Finalmente, h´ 5! anagramas com
a
P em primeiro lugar, A em segundo e C em terceiro.
Ao somarmos 7! com 7! com 7!, encontramos o n´mero de anagramas
u
que tˆm P em primeiro lugar ou A em segundo ou C em terceiro, mas
e
contamos alguns anagramas v´rias vezes.
a
Contamos duas vezes os anagramas que tˆm P em primeiro lugar e A em
e
segundo; o mesmo se deu com os que tˆm P em primeiro e C em terceiro
e
e com os que tˆm A em segundo e C em terceiro. Descontando essas
e
contagens indevidas, chegamos a 7! + 7! + 7! − 6! − 6! − 6! = 3.7! − 3.6!.
Entretanto, anagramas com P em primeiro lugar e A em segundo e C
em terceiro foram, inicialmente, contados trˆs vezes e, posteriormente,
e
descontados trˆs vezes, o que significa que n˜o est˜o sendo contados.
e a a
Incluindo-os na contagem, obtemos a resposta correta, que ´ 3.(7!) −
e
3.(6!) + 5! = 3.(5.040) − 3.(720) + 120 = 13.080.
i) Como h´ 6 ordens poss´
a ıveis para as letras C, A e P, os anagramas
pedidos s˜o exatamente 1/6 do total, ou seja, 8!/6 = 6.720.
a
Outra solu¸˜o:
ca
Basta escolher as 3 posi¸˜es a serem ocupadas pelas Letras P, A, C, o
co
3
que pode ser feito de C8 = 56 modos e distribuir as 5 letras restantes
nas demais posi¸˜es, o que pode ser feito de 5! = 120 modos. O total
co
de anagramas ´ 56 × 120 = 6.720.
e
2) O valor de f (a1 ) pode ser escolhido de n modos; o valor de f (a2 ), de
n − 1 modos; . . . ; o de f (an ), de 1 modo.
A resposta ´ n(n − 1) . . . 1 = n!
e
3) O n´ mero total de modos de sentar 8 pessoas em 8 cadeiras ´ o n´ mero
u e u
de modos de arrumar 8 pessoas em fila, 8!. O n´mero de modos de
u
7

8. arrumar 8 pessoas em fila de modo que duas dessas pessoas, Vera e
Paulo, fiquem juntas ´ 2.7!, pois, para formar uma tal fila, devemos
e
inicialmente decidir em que ordem se colocar˜o Vera e Paulo e, em
a
seguida, formar uma fila de 7 objetos: o bloco formado por Vera e
Paulo; as demais 6 pessoas.
A resposta ´ 8! - 2.7! = 40.320 - 10.080 = 30.240.
e
4) Como visto no problema anterior, o n´mero de filas nas quais duas
u
pessoas (neste caso Helena e Pedro) ficam juntas ´ 2.7! = 10.080. O
e
n´ mero de filas onde Helena e Pedro e tamb´m Vera e Paulo ficam
u e
juntos ´ obtido de modo an´logo: agora s˜o dois blocos de duas pes-
e a a
soas, cada um podendo ser arrumado de dois modos distintos e mais
4 pessoas. Portanto, o n´mero de tais filas ´ 2.2.6! = 2.880. Logo, o
u e
n´ mero de filas em que Helena e Pedro ficam juntos, mas Vera e Paulo
u
n˜o, ´ 10.080 − 2.880 = 7.200.
a e
5) O elemento da permuta¸˜o que ocupa o 10o lugar deve ser maior que 7.
ca
Pode ser escolhido de 3 modos. O elemento da 9a posi¸˜o deve ser maior
ca
que 6; haveria 4 possibilidades, mas uma delas j´ foi usada na escolha
a
do elemento que ocupa a 10a posi¸˜o. Pode ser escolhido de 3 modos.
ca
Prosseguindo com esse racioc´ ınio, vemos que a cada nova casa abranda-
se a restri¸˜o, criando uma possibilidade a mais, mas ao mesmo tempo
ca
diminui-se uma possibilidade, pois uma delas foi usada na etapa. Ou
seja, h´ 3 possibilidades para cada casa at´ a 3a casa. O elemento da
a e
3a posi¸˜o deve ser maior que 3 − 3 = 0; haveria 10 possibilidades,
ca
mas 7 delas j´ foram usadas nas etapas anteriores. Pode ser escolhido
a
de 10 − 7 = 3 modos. O elemento da 2a posi¸˜o deve ser maior que
ca
2 − 3 = −1; haveria 10 possibilidades, mas 8 delas j´ foram usadas nas
a
etapas anteriores. Pode ser escolhido de 10−8 = 2 modos. Finalmente,
o elemento de posi¸˜o 1 deve ser maior que 1 − 3 = −2; haveria 10
ca
possibilidades, mas 9 delas j´ foram usadas nas etapas anteriores. Pode
a
ser escolhido de 10 − 9 = 1 modo. A resposta ´ 38 .2.1 = 13.122.
e
a 5 5
6) H´ C15 modos de formar o Esporte; depois disso, C10 modos de formar
o Tupi; finalmente, 1 unico modo de formar o Minas.
´
e 5 5
A resposta ´ C15 × C10 × 1 = 756.756.
7) O n´ mero de possibilidades ´ igual ao n´mero obtido no problema
u e u
8

9. anterior dividido por 3! = 6, j´ que permutando os nomes dos times a
a
subdivis˜o continua a mesma. A resposta ´ 756.756/6 = 126.126.
a e
8) Escolha, sucessivamente, 3 pessoas para formar os 4 grupos de 3; isto
3 3 3 3
pode ser feito, sucessivamente, de C20 , C17 , C14 e C11 modos. A seguir,
com as 8 pessoas restantes forme os 2 grupos restantes, o que pode ser
4 4
feito de C8 e C4 modos, respectivamente. Fazendo isso, contamos cada
divis˜o 4!.2! vezes, porque, quando formamos os mesmos grupos de 3
a
e os mesmos grupos 4 em outra ordem, contamos como se fosse outra
divis˜o em grupos.
a
C 3 .C 3 .C 3 C 3 .C 4 .C 4 20!
A resposta ´ 20 17 14 11 8 4 =
e =
4!.3! (3!)4 (4!)2 4!2!
= 67.897.830.000.
Outra solu¸˜o:
ca
Forme uma fila com as 20 pessoas. Isso automaticamente as divide
em 4 grupos de 3 e 2 grupo de 4: as 3 primeiras formam um grupo,
as 3 seguintes formam outro, etc.. H´ 20! modos de formar a fila.
a
Entretanto, uma mesma divis˜o em grupos corresponde a v´rias filas
a a
diferentes, o que faz com que, no resultado 20!, cada divis˜o tenha a
sido contada v´rias vezes. Devemos corrigir nossa contagem dividindo
a
o resultado pelo n´mero de vezes que cada divis˜o foi contada. Tro-
u a
cando a ordem dos elementos em cada grupo, o que pode ser feito de
3!.3!.3!.3!.4!.4! modos, ou a ordem dos grupos, o que pode ser feito de
4!.2! modos, a divis˜o em grupos n˜o se altera, mas a fila sim. Cada
a a
20!
divis˜o foi, assim, contada (6!)3 .2!.3! vezes e a resposta ´
a e 4 (4!)2 4!2!
.
(3!)
9) Os advers´rios em cada jogo podem ser escolhidos, sucessivamente, de
a
2 2 2 2 2 2
C12 , C10 , C8 , C6 , C4 e C2 modos. No entanto, assim contamos cada
poss´ rodada 6! vezes, j´ que contamos diferentes ordens dos jogos
ıvel a
C 2 .C 2 .C 2 .C 2 .C 2 .C 2
como se fossem rodadas diferentes. A resposta ´ 12 10 8 6 4 2 =
e
6!
12!
= 10.395
26 .6!
Outra solu¸˜o: ca
Colocando os 12 times em fila automaticamente formamos os 6 jogos
da rodada. No entanto, a mesma rodada ´ contada v´rias vezes; os
e a
9

10. advers´rios em cada jogo podem ser ordenados de 2 modos, enquanto
a
os jogos podem ser ordenados de 6! modos. A resposta ´, portanto,
e
12!
.
26 .6!
10) a) Para determinar o lugar ocupado pelo n´mero 62.417, devemos con-
u
tar quantos n´meros est˜o antes dele. Antes dele est˜o 6.0023-380
u a a

11. a 480 dezenas de milhar, ou seja, 4.800.000. A resposta ´ 480 + 4.800
e
+ 48.000 + 480.000 + 4.800.000 = 5.333.280.
Outra solu¸˜o:
ca
H´ 5! = 120 parcelas na soma. Podemos agrup´-las em 60 pares,
a a
juntando a cada n´ mero o que dele se obt´m trocando o 1 com o 7,
u e
trocando o 2 com o 6, e conservando a posi¸˜o do 4. Em cada par, a
ca
soma vale 88.888.
A resposta ´ 88.888 × 60 = 5.333.280.
e
11) Devemos inicialmente escolher a ordem em que as mo¸as ficar˜o juntas,
c a
o que pode ser feito de m! maneiras. Em seguida, devemos arrumar
em fila r + 1 objetos, os r rapazes e o bloco das mo¸as, o que pode ser
c
feito de (r + 1)! modos.
A resposta ´ m!.(r + 1)!.
e
12) a) A face a receber o n´ mero 1 pode ser escolhida de 6 modos, a do
u
n´ mero 2 de 5 modos, e assim por diante. O n´mero de possibilidades
u u
´ 6.5.4.3.2.1 = 720.
e
b) Inicialmente, fazemos de conta que as faces tem cores diferentes.
Contamos, pelo problema anterior, 720 dados. Como as faces s˜o in- a
distingu´ıveis, o mesmo dado foi contado v´rias vezes. Por exemplo,
a
pense em um dado que tenha o 6 na face de baixo (face preta) e o 1
na face de cima (face branca). Ele ´, certamente, diferente de um dado
e
que tenha o 1 na face de baixo (face preta) e o 6 na face de cima (face
branca). Mas sendo as faces indistingu´ ıveis, o dado que tem o 6 na
face de baixo e o 1 na face de cima ´ igual ao dado que tem o 1 na face
e
de baixo e o 6 na face de cima; este ´, simplesmente, aquele de cabe¸a
e c
para baixo. Esse mesmo dado aparece outra vez com o 1 na face da
frente e o 6 na face de tr´s, com o 1 na face da esquerda e o 6 na face da
a
direita, etc. Em suma, o mesmo dado foi contado tantas vezes quantas
s˜o as posi¸˜es de coloc´-lo.
a co a
O n´ mero de posi¸˜es de colocar um cubo ´ 6×4 = 24, pois h´ 6 modos
u co e a
de escolher a face de baixo e 4 de escolher, nessa face, o lado que fica
de frente.
720
A resposta ´e = 30.
24
11

12. Outra solu¸˜o:
ca
Todo dado pode ser imaginado com a face 1 em baixo. Realmente, se
o 1 n˜o estiver em baixo, ´ poss´ rodar o dado de modo que o 1 v´
a e ıvel a
para baixo. Fixado o 1 em baixo, devemos escolher quem ocupar´ a a
face oposta a face do 1. Isso pode ser feito de 5 modos. Digamos que
`
tenha sido escolhido o 6. Com o 1 fixo em baixo e o 6 fixo em cima,
devemos colocar os n´ meros 2, 3, 4 e 5 nas faces laterais. O 2 sempre
u
pode ser imaginado na face da frente. Com efeito, se o 2 n˜o estiver na
a
face da frente, uma conveniente rota¸˜o coloc´-lo-´ na face da frente,
ca a a
sem tirar o 1 da face de baixo nem o 6 da face de cima. Fixados o 2 na
frente, o 1 em baixo e o 6 em cima, devemos escolher quem ocupar´ a a
face oposta a face do 2. Isso pode ser feito de 3 modos. Digamos que
`
tenha sido escolhido o 4. Agora, devemos colocar o 3 e o 5 nas faces da
direita e da esquerda. Note que qualquer movimento com o dado ou
retirar´ o 1 de baixo, ou o 6 de cima, ou o 2 da frente, ou o 4 de tr´s.
a a
Portanto, h´ 2 modos de preencher as faces direita e esquerda com os
a
n´ meros 3 e 5.
u
A resposta ´ 5 × 3 × 2 = 30.
e
c) Um dado com faces de cores diferentes pode, agora, ser numerado
de apenas 6.4.2 = 48 modos, j´ que temos 6 faces a escolher para o
a
n´ mero 1 (isto determina a face do n´mero 6), 4 para o n´mero 2 (o
u u u
que determina a face do 5) e 2 para o n´mero 3 (que determina a do
u
4). Mas como as faces s˜o iguais, cada dado ´ contado, como no item
a e
anterior, 24 vezes. Logo h´ apenas 48/24 = 2 dados distintos.
a
Outra Solu¸˜o:
ca
Como antes, podemos fixar o dado com o n´ mero 1 em baixo. Agora,
u
no entanto, isto tamb´m fixa o n´ mero 6 na face de cima. Agora, o
e u
n´ mero 2 pode ser fixado na face da frente (e, portanto, o n´ mero 5 na
u u
de tr´s). Assim, tudo que temos a escolher ´ se a face lateral da direita
a e
´ o 3 ou o 4. Temos, portanto, apenas duas possibilidades.
e
13) a) O n´ mero de posi¸˜es para um tetraedro regular ´ 4 × 3 = 12, pois
u co e
h´ 4 modos de escolher a face de apoio e 4 de escolher, nessa face, o
a
lado que fica de frente.
4!
A resposta ´
e = 2.
12
12

13. b) O n´ mero de posi¸˜es para um octaedro regular ´ 6 × 4 = 24, pois
u co e
h´ 6 modos de escolher o v´rtice de apoio e 4 de escolher, dentre as
a e
arestas que incidem nesse v´rtice, a que fica de frente.
e
8!
A resposta ´
e = 1.680.
24
c) O n´ mero de posi¸˜es para um dodecaedro regular ´ 12 × 5 = 60,
u co e
pois h´ 12 modos de escolher a face de apoio e 5 de escolher, nessa face,
a
o lado que fica de frente.
12!
A resposta ´
e = 7.983.360.
60
d) O n´ mero de posi¸˜es para um icosaedro regular ´ 20 × 3 = 60, pois
u co e
h´ 20 modos de escolher a face de apoio e 3 de escolher, nessa face, o
a
lado que fica de frente.
20!
A resposta ´
e = 40.548.366.802.944.000 ∼ 4.1016 .
=
60
14) Temos 1! = 1, que ´ um quadrado perfeito, 1! + 2! = 1 + 2 = 3, que n˜o
e a
´ quadrado perfeito, 1! + 2! + 3! = 1 + 2 + 6 = 9, que novamente ´ um
e e
quadrado perfeito, 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33, que n˜o ´
a e
quadrado perfeito. Todos os fatoriais seguinte, a partir de 5! terminam
com zero, j´ que s˜o m´ ltiplos de 5 e 2. Logo, todas as somas da forma
a a u
n
1 k! para n ≥ 5 terminam com o algarismo 3 e n˜o s˜o, portanto,
a a
quadrados perfeitos. As unicas solu¸˜es s˜o n = 1 e n = 3.
´ co a
15) Em ESTRELADA as letras A e E aparecem 2 vezes cada e as letras S,
T, R, L e D aparecem 1 vez cada uma, havendo, portanto, 9 letras na
palavra.
Para formar um anagrama, devemos escolher 2 das 9 posi¸˜es paraco
2
colocar as letras A, o que pode ser feito de C9 modos, 2 das 7 posi¸˜es
co
2
restantes para colocar as letras E, o que pode ser feito de C7 modos, e
arrumar as letras S, T, R, L e D nas 5 posi¸˜es restantes, o que pode
co
2 2
ser feito de 5! modos. A resposta ´ C9 .C7 .5! = 90.720.
e
Outra solu¸˜o:
ca
9!
u e 2,2,1,1,1,1,1 =
O n´ mero de anagramas ´ P9 = 90.720.
2!2!1!1!1!1!1!
16) Formar um subconjunto com p elementos significa escolher p dos n
e p
elementos. A resposta ´ Cn .
13

14. 4
17) Basta escolher as provas do primeiro dia, o que pode ser feito de C8 = 70
modos.
18) O processo de contagem apresentado conta determinadas comiss˜es o
mais de uma vez. Isto ocorre porque um homem que participe da
comiss˜o pode ser inserido de dois modos diferentes: como um dos 3
a
homens escolhidos inicialmente, ou como uma das duas pessoas escol-
hidas posteriormente. O pior ´ que n˜o ´ poss´
e a e ıvel ”corrigir” a con-
tagem dividindo pelo n´mero de vezes que cada comiss˜o ´ contada:
u a e
as comiss˜es com 3 homens s˜o contadas apenas uma vez, as que tˆm
o a e
4 homens s˜

15. 4(4 − 3)
do poliedro, 12 dos quais s˜o arestas e 6
a = 12 dos quais s˜o
a
2
diagonais de faces. A resposta ´ 28 − 12 − 12 = 4.
e
Outra solu¸˜o:
ca
Cada diagonal de um prisma n-agonal une um v´rtice da base “de
e
cima” a um v´rtice da base “de baixo”. O v´rtice da base “de cima”
e e
pode ser selecionado de n modos; depois disso, o da base ”de baixo”
pode ser selecionado de n − 3 modos, pois um dos v´rtices da base ”de
e
baixo”, se selecionado, daria origem a uma aresta e os dois v´rtices a
e
ele adjacentes nesta base dariam origem a diagonais de faces laterais.
O n´ mero de diagonais de um prisma n-agonal ´, portanto, n(n − 3).
u e
Como o cubo ´ um prisma quadrangular,
e
a resposta ´ 4(4 − 3) = 4.
e
e) O prisma hexagonal ´ um poliedro formado por 6 faces quadran-
e
gulares e 2 faces hexagonais e que tem 12 v´rtices e 18 arestas. H´
e a
2
C12 = 66 segmentos que unem dois v´rtices do poliedro, 18 dos quais
e
4(4 − 3) 6(6 − 3)
s˜o arestas e 6
a +2 = 30 dos quais s˜o diagonais de
a
2 2
faces.
A resposta ´ 66 − 18 − 30 = 18.
e
Outra solu¸˜o:
ca
O n´ mero de diagonais de um prisma n-agonal ´, como visto em d),
u e
n(n − 3). Portanto, o n´ mero de diagonais de um prisma hexagonal ´
u e
6(6 − 3) = 18.
20) Uma fun¸˜o estritamente crescente ´ necessariamente injetiva (se f (a) =
ca e
f (b), n˜o pode ser a < b, pois, neste caso, f (a) < f (b), o que ´ absurdo;
a e
do mesmo modo, n˜o pode ser a > b, pois, neste caso, f (a) > f (b),
a
o que ´ absurdo; logo, a = b). Logo, seu conjunto de valores ter´
e a
exatamente m elementos. Para construir uma tal fun¸˜o, devemos, ini-
ca
m
cialmente, selecionar o conjunto de valores, o que pode ser feito de Cn
modos.
Selecionado o conjunto de valores, a fun¸˜o est´ determinada porque
ca a
f (1) deve ser igual ao menor elemento do conjunto de valores, f (2)
deve ser igual ao segundo menor elemento do conjunto de valores, etc.
m
A resposta ´, portanto, Cn .
e
15

16. 21) Vamos esquecer que a primeira casa do n´mero n˜o pode ser igual a
u a
zero. Isso far´ com que contemos a mais e, depois, descontaremos o
a
que foi contado indevidamente.
a 3
H´ C7 modos de escolher as casas que ser˜o ocupadas pelo d´
a ıgito 4;
a 2
depois disso, h´ C4 modos de selecionar as casas que ser˜o ocupadas
a
pelo d´
ıgito 8; finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas
de 8 × 8 modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´
a ıgitos 4 e 8).
3 2
A “resposta” seria C7 × C4 × 8 × 8 = 35 × 6 × 64 = 13.440.
Devemos subtrair os n´meros come¸ados por 0. Se o n´mero come¸a
u c u c
3
por 0, h´ C6 modos de escolher as casas que ser˜o ocupadas pelo d´
a a ıgito
a 2
4; depois disso, h´ C3 modos de selecionar as casas que ser˜o ocupadas
a
pelo d´ıgito 8; finalmente, a casa restante pode ser preenchida de 8
modos (n˜o podemos usar nessa casa os d´
a a 3 2
ıgitos 4 e 8). H´ C6 ×C3 ×8 =
20 × 3 × 8 = 480 n´meros come¸ados por 0.
u c
A resposta ´ 13.440 − 480 = 12.960.
e
Outra solu¸˜o:
ca
Vamos contar separadamente:
i) n´ meros que come¸am em 4; ii) n´ meros que come¸am em 8; iii)
u c u c
n´ meros que n˜o come¸am nem em 4 nem em 8.
u a c
i) H´ 1 modo de preencher a primeira casa; depois disso, h´ C6
a a 2
modos de escolher as outras duas casas do n´ mero que tamb´m
u e
a 2
ser˜o preenchidas com o algarismo 4; depois disso, h´ C4 modos
a
de escolher as duas casas que ser˜o ocupadas pelo algarismo 8;
a
finalmente, as duas casas restantes podem ser preenchidas de 8×8
modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´
a ıgitos 4 e 8).
2 2
H´ 1 × C6 × C4 × 8 × 8 = 1 × 15 × 6 × 64 = 5.760 n´ meros do
a u
tipo i).
ii) H´ 1 modo de preencher a primeira casa; depois disso, h´ 6 modos
a a
de escolher a outra casa do n´ mero que tamb´m ser´ preenchida
u e a
a 3
com o algarismo 8; depois disso, h´ C5 modos de escolher as trˆs
e
casas que ser˜o ocupadas pelo algarismo 4; finalmente, as duas
a
casas restantes podem ser preenchidas de 8 × 8 modos (n˜o pode-
a
mos usar nessas casas os d´
ıgitos 4 e 8).
3
H´ 1 × 6 × C5 × 8 × 8 = 6 × 10 × 64 = 3840 n´meros do tipo ii).
a u
16

17. iii) H´ 7 modos de preencher a primeira casa (n˜o podemos usar nem
a a
3
4, nem 8, nem 0); depois disso, h´ C6 modos de escolher as trˆs
a e
casas do n´ mero que ser˜o preenchidas com o algarismo 4; depois
u a
a 2
disso, h´ C3 modos de escolher as duas casas que ser˜o ocupadas
a
pelo algarismo 8; finalmente, a casa restante pode ser preenchida
de 8 modos (n˜o podemos usar nessas casas os d´
a ıgitos 4 e 8).
3 2
H´ 7 × C6 × C3 × 8 = 7 × 20 × 3 × 8 = 3.360 n´ meros do tipo iii).
a u
A resposta ´ 5.760 + 3.840 + 3.360 = 12.960.
e
22) a) Para formar o subconjunto devemos escolher os p−1 outros elementos
do subconjunto dentre os n − 1 outros elementos do conjunto.
e p−1
A resposta ´ Cn−1 .
b) Para formar o subconjunto devemos escolher os p elementos do sub-
conjunto dentre os n − 1 outros elementos do conjunto.
e p
A resposta ´ Cn−1 .
Outra solu¸˜o:
ca
p−1
a p
H´ Cn p-subconjuntos e o elemento a1 figura em Cn−1 deles. Logo, h´
a
p p−1
Cn − Cn−1 subconjuntos nos quais o elemento a1 n˜o figura.
a
p−1
e p
A resposta ´ Cn − Cn−1 .
p p−1
Observa¸˜o: As duas solu¸˜es apresentadas mostram que Cn −Cn−1 . =
ca co
p
Cn−1 . Essa ´ a famosa Rela¸˜o de Stifel.
e ca
c) Para formar o subconjunto devemos escolher os p−2 outros elementos
do subconjunto dentre os n − 2 outros elementos do conjunto.
e p−2
A resposta ´ Cn−2 .
e p
d) O total de p-subconjuntos ´ Cn . Para formar um subconjunto em que
nem a1 nem a2 figurem devemos escolher os p elementos do subconjunto
p
dentre os n − 2 outros elementos do conjunto. H´, portanto, Cn−2
a
subconjuntos nos quais nem a1 nem a2 figuram. Logo, o n´mero de
u
subconjuntos nos quais pelo menos um desses dois elementos figura ´ e
p p
Cn − Cn−2 .
Outra solu¸˜o:
ca
a p−1 a p−1
H´ Cn−1 p-subconjuntos nos quais o elemento a1 figura e h´ Cn−1
p−2
subconjuntos nos quais o elemento a2 figura. H´, tamb´m, Cn−2 p-
a e
17

18. subconjuntos nos quais os elementos a1 e a2 figuram ambos. Ao so-
p−1 p−1 p−1
marmos Cn−1 + Cn−1 = 2Cn−1 obtemos o n´ mero de subconjuntos nos
u
quais pelo menos um dos elementos a1 e a2 figura, mas contamos duas
vezes aqueles em que a1 e a2 figuram ambos.
p−1 p−2
A resposta ´, portanto, 2Cn−1 − Cn−2 .
e
Outra solu¸˜o:
ca
p−2
H´, como mostrado em c), Cn−2 p-subconjuntos em que os elementos
a
a1 e a2 figuram ambos.
a p−1
H´ Cn−2 p-subconjuntos em que o elemento a1 figura e o elemento a2
n˜o figura, pois, para formar um tal subconjunto, basta escolher os
a
outros p − 1 elementos do subconjunto dentre os n − 2 elementos do
conjunto que s˜o diferentes de a1 e de a2 .
a
p−1
H´, analogamente, Cn−2 p-subconjuntos em que o elemento a2 figura
a
e o elemento a1 n˜o figura. Portanto, o n´mero de p-subconjuntos em
a u
p−1 p−2
que figura pelo menos um desses dois elementos ´ 2Cn−2 + Cn−2 .
e
p−1
e) Como visto na solu¸˜o anterior, a resposta ´ 2Cn−2 .
ca e
Outra solu¸˜o:
ca
p−1 p−2
H´, como visto em d), 2Cn−1 − Cn−2 p-subconjuntos nos quais pelo
a
p−2
menos um dos elementos a1 e a2 figura. H´, como visto em c), Cn−2
a
p-subconjuntos em que os elementos a1 e a2 figuram ambos.
p−1 p−2 p−2
A resposta ´, portanto, 2Cn−1 − Cn−2 − Cn−2 =
e
p−1 p−2
= 2Cn−1 − 2Cn−2.
Outra solu¸˜o:
ca
p−1 p−2
H´, como visto em d), 2Cn−2 + Cn−2 p-subconjuntos nos quais pelo
a
p−2
menos um dos elementos a1 e a2 figura. H´, como visto em c), Cn−2
a
p-subconjuntos em que os elementos a1 e a2 figuram ambos.
p−1 p−2 p−2
A resposta ´, portanto, 2Cn−2 + Cn−2 − Cn−2 =
e
p−1
= 2Cn−2 .
e 5
23) a) Como h´ 32 cartas, a resposta ´ C32 = 201.376.
a
18

19. b) H´ 8 modos de escolher o grupo do par propriamente dito (por
a
2
exemplo, valete), C4 modos de escolher os naipes das duas cartas do
3
par (por exemplo, copas e paus), C7 modos de escolher os grupos das
outras trˆs cartas (por exemplo, 10, 8 e rei) e 4 × 4 × 4 = 43 modos de
e
escolher os naipes dessas trˆs cartas.
e
A resposta ´ 8 × C4 × C7 × 43 = 107.520.
e 2 3
a 2
c) H´ C8 modos de escolher os grupos das cartas que formar˜o os dois
a
2 2
pares, (C4 ) modos de escolher seus naipes, 6 modos de escolher o grupo
da outra carta e 4 modos de escolher seu naipe.
A resposta ´ C8 × (C4 )2 × 6 × 4 = 24.192.
e 2 2
Observa¸˜o: Um erro muito comum ´ o exposto a seguir.
ca e
2
H´ 8 modos de escolher o grupo do primeiro par, C4 modos de escolher
a
os naipes do primeiro par, 7 modos de escolher o grupo do segundo par,
2
C4 modos de escolher os naipes do segundo par, 6 modos de escolher
o grupo da outra carta e 4 modos de escolher seu naipe. A resposta
2 2
ERRADA seria 8 × C4 × 7 × C4 × 6 × 4 = 48.384. A explica¸˜o do ca
ERRO ´ simples: Ao fazermos a inexistente distin¸˜o entre primeiro
e ca
par e segundo par, contamos pares de valetes e reis como diferentes de
pares de reis e valetes.
A resposta ERRADA pode ser corrigida dividindo-a por 2.
3
d) H´ 8 modos de escolher o grupo da trinca, C4 modos de escolher os
a
2
naipes das cartas da trinca, C7 modos de escolher os grupos das outras
duas cartas e 4×4 = 42 modos de escolher os naipes dessas duas cartas.
A resposta ´ 8 × C4 × C7 × 42 = 10.752.
e 3 2
e) H´ 8 modos de escolher o grupo do ”four”, 1 modo de escolher os
a
naipes das quatro cartas do ”four”, 7 modos de escolher o grupo da
outra carta e 4 modos de escolher o naipe dessa carta.
A resposta ´ 8 × 1 × 7 × 4 = 224.
e
3
f) H´ 8 modos de escolher o grupo da trinca, C4 modos de escolher os
a
2
naipes das cartas da trinca, 7 modos de escolher o grupo do par e C4
modos de escolher os naipes das cartas do par.
3 2
A resposta ´ 8 × C4 × 7 × C4 = 1.344.
e
g) H´ apenas 4 tipos de seq¨ˆncias: 7, 8, 9, 10, valete; 8, 9, 10, valete,
a ue
dama; 9, 10, valete, dama, rei; 10, valete, dama, rei, as. Escolhido o
´
19

20. tipo da seq¨ˆncia, haveria 4 × 4 × 4 × 4 × 4 = 45 modos de escolher os
ue
naipes das cartas da seq¨ˆncia, mas 4 desses modos n˜o s˜o permitidos:
ue a a
todas de ouros, todas de paus, todas de copas e todas de espadas.
A resposta ´ 4 × [45 − 4] = 4.080.
e
5
h) Os grupos das cartas podem ser escolhidos de C8 − 4 modos e o
naipe unico, de 4 modos.
´
e 5
A resposta ´ (C8 − 4) × 4 = 208.
i) H´ 4 modos de escolher os grupos das cartas e 4 modos de escolher
a
o naipe unico.
´
A resposta ´ 4 × 4 = 16.
e
j) H´ 4 modos de escolher o naipe unico. A resposta ´ 4.
a ´ e
24) a) Neste caso f ´ bijetiva e, se #A = #B = n, o n´ mero de fun¸˜es
e u co
f : A → B bijetivas ´ n!, como foi mostrado no exerc´ 4 da se¸˜o
e ıcio ca
2.2.
b) Neste caso dois elementos de A ter˜o uma mesma imagem em B e
a
a correspondˆncia entre os demais n − 1 elementos de A e os demais
e
n − 1 elementos de B ser´ bijetiva.
a
n+1
H´
a modos de escolher os dois elementos de A, n modos de
2
escolher a imagem deles em B e (n − 1)! modos de construir uma
correspondˆncia bijetiva entre os elementos restantes.
e
n+1 n(n + 1)!
A resposta ´e · n · (n − 1)! = .
2 2
c) Neste caso temos as alternativas:
i) Trˆs elementos de A tˆm a mesma imagem em B e a correspondˆncia
e e e
entre os demais n − 1 elementos de A e os demais n − 1 elementos
de B ´ bijetiva.
e
n+2
H´a modos de escolher os trˆs elementos de A, n modos
e
3
de escolher a imagem deles em B e (n − 1)! modos de construir
uma correspondˆncia bijetiva entre os elementos restantes.
e
n+2 n(n + 2)!
H´a .n.(n − 1)! = fun¸˜es desse tipo.
co
3 6
20

21. ii) H´ dois pares de elementos de A com imagens idˆnticas em B e a
a e
correspondˆncia entre os demais n − 2 elementos de A e os demais
e
n − 2 elementos de B ´ bijetiva.
e
n
H´a modos de escolher os dois elementos de
2
n+2 n
B, × modos de escolher suas imagens inversas em A
2 2
e (n − 2)! modos estabelecer a correspondˆncia entre os elementos
e
restantes.
n n+2 n n(n − 1)(n + 2)!
H´
a × × × (n − 2)! = fun¸˜es desse
co
2 2 2 8
tipo.
n(n + 2)! n(n − 1)(n + 2)! n(3n + 1)(n + 2)!
A resposta ´
e + = .
6 8 24
25) Chamemos de D o conjunto C − C1 .
H´ quatro tipos de planos:
a
i) determinados por trˆs pontos de D;
e
ii) determinados por dois pontos de D e um de C1 ;
iii) determinados por um ponto de D e dois de C1 ;
iv) determinados por trˆs pontos de C1 .
e
e 3 2 2
A resposta ´ C12 + C12 .8 + 12.C8 + 1 = 1.085.
Outra solu¸˜o:
ca
Para determinar um plano, devemos selecionar 3 dos 20 pontos, o que
3
pode ser feito de C20 = 1140 modos. Nessa contagem, o plano que
3
cont´m os 8 pontos de C1 foi contado C8 = 56 vezes.
e
A resposta ´ 1.140 − 56 + 1 = 1.085.
e
26) Escolhida a ordem de cada casal, o que pode ser feito de 23 modos
temos que arrumar em fila 4 espa¸os vazios e 3 casais, o que pode ser
c
4
feito de C7 modos (escolha dos espa¸os vazios) vezes 3! (coloca¸˜o dos
c ca
3 casais nos 3 lugares restantes).
21

22. A resposta ´ 23 × C7 × 3! = 1.680.
e 4
27) Primeiro, colocamos as vogais. Como a letra A aparece 3 vezes e as
letras U, I e O aparecem 1 vez cada, o n´ mero de modos de dispˆ-las
u o
6! 720
e 3,1,1,1 =
´ P6 = = 120. A seguir, colocamos as consoantes em
3! 6
trˆs dos 7 espa¸os antes, entre e depois das vogais. O lugar do P pode
e c
ser qualquer um destes 7 espa¸os, o do R qualquer dos 6 restantes e
c
o do G qualquer dos 5 restantes. O n´ mero total de possibilidades ´
u e
120.7.6.5 = 25.200.
28) Vamos formar uma fila com os n´ meros 1, 2, . . . n e assinalar com E os
u
p n´ meros escolhidos e com N os n − p n˜o escolhidos. A condi¸˜o
u a ca
para que n˜o sejam escolhidos n´meros consecutivos ´ que entre dois E
a u e
haja pelo menos um N. Come¸amos escrevendo os n − p E. A seguir,
c
devemos escolher, para colocar os E, p dentre os n − p + 1 espa¸os c
p
situados antes, entre e depois dos N. Isto pode ser feito de Cn−p+1
modos.
29) Chegam 4 cientistas A, B, C, D. Com as chaves que possuem, abrem
alguns cadeados, mas n˜o todos. Existe pelo menos um cadeado que
a
eles n˜o conseguem abrir. Na situa¸˜o do n´ mero m´
a ca u ınimo de cadeados,
existe exatamente um cadeado que eles n˜o conseguem abrir. Batize
a
tal cadeado de ABCD. Portanto, ABCD ´ o cadeado cuja chave n˜o
e a
est´ em poder de A, nem de B, nem de C e nem de D. Qualquer outro
a
cientista tem a chave desse cadeado, pois esse cientista e A, B, C e
D formam um grupo de 5 cientistas e, portanto, nesse grupo algu´m e
possui a chave. Como o algu´m n˜o ´ nem A, nem B, nem C e nem D,
e a e
deve ser o outro. Analogamente batize os demais cadeados. Verifique
agora que a correspondˆncia entre cadeados e seus nomes ´ biun´
e e ıvoca,
isto ´, cadeados diferentes tˆm nomes diferentes (isso porque estamos
e e
na situa¸˜o do n´ mero m´
ca u ınimo de cadeados) e cadeados de nomes difer-
entes s˜o diferentes (se X est´ no nome de um cadeado e n˜o est´ no
a a a a
nome do outro, X tem a chave deste e n˜o tem a chave daquele).
a
a) O n´ mero m´
u ınimo de cadeados ´ igual ao n´mero de nomes de cadea-
e u
4
dos, C1 1 = 330.
b) Cada cientista X possui as chaves dos cadeados que n˜o possuem X
a
4
no nome, C1 0 = 210.
22

23. 30) Nenhum aluno pode comparecer a mais de trˆs jantares. Com efeito, se
e
A1 vai a um jantar com A2 e A3 , ele s´ pode ir a outro jantar com outros
o
dois estudantes, digamos A4 e A5 e s´ pode ir a um terceiro jantar em
o
companhia de outros dois, digamos A6 e A7 e n˜o ter´ companhia para
a a
ir a um quarto jantar. Como h´ 21 convites e s˜o 7 estudantes, cada
a a
estudante ter´ que comparecer a exatamente 3 jantares.
a
Se A1 comparece a trˆs jantares, podemos escolher os seus compan-
e
heiros dividindo os outros 6 estudantes em 3 grupos de 2, o que pode
C 2 × C4 × 1
2
ser feito de 6 = 15 modos.
3!
Ent˜o, os 3 jantares s˜o, digamos, A1 A2 A3 , A1 A4 A5 , A1 A6 A7 .
a a
A2 dever´ comparecer a mais dois jantares, nenhum deles em com-
a
panhia de A3 , e A3 tamb´m dever´ comparecer a mais dois jantares.
e a
Portanto, os 4 jantares que faltam s˜o:
a
A2 , A2 , A3 , A3
Como A4 deve comparecer a mais dois jantares (A4 n˜o pode compare-
a
cer a ambos em companhia de A2 nem a ambos em companhia de A3
), esses quatro jantares s˜o:.
a
A2 A4 , A2 , A3 A4 , A3 ;
A5 tem que comparecer ainda a dois jantares, nenhum deles em com-
panhia de A4 .
A2 A4 , A2 A5 , A3 A4 , A3 A5 .
Agora h´ duas possibilidades:
a
A2 A4 A6 , A2 A5 A7 , A3 A4 A7 , A3 A5 A6 e
A2 A4 A7 , A2 A5 A6 , A3 A4 A6 , A3 A5 A7 .
H´ portanto 15 × 2 = 30 maneiras de escolher os grupos de convidados.
a
Para distribuir os 7 grupos nos 7 dias, h´ 7! alternativas.
a
A resposta ´ 7! × 30 = 151.200.
e
31) Os dois primeiros lugares s´ podem ser ocupados por elementos de
o
{a1 , a2 , · · · a7 } e os dois ultimos por elementos de {a9 , a10 , a11 , a12 }.
´
e 2 2
A resposta ´ C7 × C4 = 126.
23

24. a m
32) H´ Cm+h × 1 modos de escolher os lugares para os homens. Feito isso,
s´ h´ 1 modo de formar a fila.
o a
e m m
A resposta ´ Cm+h × 1 = Cm+h .
33) a) Cada professor fica caracterizado pelas duas bancas a que pertence.
O n´ mero de professores ´ igual ao n´mero de modos de escolher duas
u e u
das oito bancas.
e 2
A resposta ´ C8 = 28.
b) O n´ mero de professores pertencentes a uma banca ´ igual ao n´mero
u e u
de modos de escolher a outra banca a que ele pertence.
A resposta ´ 7.
e
34) a) Imagine um quadro em que cada linha ´ a rela¸˜o dos atletas de
e ca
um time. O n´ mero de elementos do quadro ´ o n´ mero de times,
u e u
t, multiplicado pelo tamanho de cada time, k, e ´ tamb´m igual ao
e e
n´ mero de atletas, a, multiplicado pelo n´ mero de times de que cada
u u
atleta participa, x.
tk
Logo, ax = tk e x = .
a
b) No mesmo quadro, o n´mero de pares de atletas na mesma linha
u
´ igual ao n´mero de linhas, t, multiplicado pelo n´ mero de pares de
e u u
2
atletas em uma linha, Ck , e ´ tamb´m igual ao n´mero de pares de
e e u
2
atletas, Ca , multiplicado pelo n´ mero de times em que cada par de
u
atletas fica junto, y.
2
2 2 tCk tk(k − 1)
Logo, yCa = tCk e y = 2 = .
Ca a(a − 1)
35) A resposta ´ o n´ mero de permuta¸˜es circulares de 4 elementos, ou
e u co
seja, 3! = 6.
36) H´ (P C)5 = 4! modos de formar uma roda com as meninas. Depois
a
disso, os 5 meninos devem ser postos nos 5 lugares entre as meninas, o
que pode ser feito de 5! modos. A resposta ´ 4!×5! = 24×120 = 2.880.
e
´
37) E mais simples calcular o n´ mero total de rodas e excluir aquelas em
u
que Vera e Isadora ficam juntas. O n´ mero total de rodas ´ P C6 =
u e
5! = 120. Para formar as rodas em que Vera e Isadora ficam juntas, a
24

25. primeira decis˜o a tomar ´ a ordem em que Vera e Isadora se colocar˜o
a e a
na roda. H´ 2 possibilidades: Vera-Isadora e Isadora-Vera. Agora tudo
a
se passa como se Vera e Isadora fossem uma unica crian¸a. Assim,
´ c
h´ 2(P C)5 = 2.4! = 48 rodas em que Vera e Isadora ficam juntas. A
a
resposta ´ 120 − 48 = 72 rodas.
e
38) Chamando x de 1 + a, y de 1 + b e z de 1 + c, o problema se transforma
em encontrar todas as solu¸˜es inteiras e n˜o- negativas de (a+1)+(b+
co a
4 4
1) + (c + 1) = 7, ou seja, de a + b + c = 4. A resposta ´ CR3 = C6 = 15.
e
39) Cada solu¸˜o inteira e n˜o negativa da inequa¸˜o x + y + z ≤ 6 corre-
ca a ca
sponde a uma solu¸˜o inteira e n˜o negativa da equa¸˜o x+y+z+f = 6.
ca a ca
6 6
Logo, h´ CR4 = C9 = 84 solu¸˜es.
a co
40) Para formar uma caixa, devemos selecionar 20 dentre os 5 tipos, valendo
repeti¸˜o na escolha. Ou seja, devemos formar solu¸˜es inteiras e n˜o
ca co a
negativas de x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 20, onde xi ´ o n´ mero de bombons
e u
20 20
do tipo i. A resposta ´ CR5 = C24 = 10.626.
e
Solu¸˜es dos Exerc´
co ıcios da Se¸˜o 5.1
ca
1) H´ 6×6 = 36 resultados poss´
a ıveis igualmente prov´veis, em 6 dos quais
a
6 1
a soma vale 7. A resposta ´
e = .
36 6
12
2) Basta escolher os times do primeiro grupo, o que pode ser feito de C24
modos. Os dois times em quest˜o ficam juntos quando ficam ambos no
a
primeiro grupo ou ambos no segundo grupo. Em ambos os casos, isto
10
10 2C22 2.22!.12! 11
pode ser feito de C22 modos. Logo, a resposta ´ 12 =
e = .
C24 24!10! 23
Outra solu¸˜o:
ca
Supondo j´ escolhido o grupo do primeiro time, seus 11 companheiros
a
11
de grupo podem ser escolhidos de C23 modos. Dentre os grupos assim
10
formados os que tamb´m incluem o segundo time s˜o C22 , j´ que s˜o
e a a a
formados escolhendo 10 times entre os 22 restantes. Logo, a resposta ´
e
10
C22 11
11
= .
C23 23
25

26. 3) Usaremos o fato, j´ provado, de que P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩
a
B). Temos:
P (A∪B ∪C) = P ((A∪B) ∪C) = P (A∪B) + P (C) −P ((A∪B) ∩C) =
P (A) + P (B) − P (A ∩ B) + P (C) − P ((A ∪ B) ∩ C).
Agora, (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) e, da´
ı,
P ((A ∪ B) ∩ C) = P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) =
= P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C).
Substituindo na express˜o anterior, obtemos, finalmente:
a
P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)−
−P (A ∩ B) − P (A ∩ C) − P (B ∪ C) + P (A ∩ B ∩ C).
2
4) a) Como A ⊂ A ∪ B, temos P (A ∪ B) ≥ P (A) = .
3
b) Como A ∩ B e B s˜o disjuntos e A ∩ B ∪ B = A ∪ B, temos
a
P (A ∩ B) + P (B) = P (A ∪ B) e, portanto,
4
P (A ∩ B) = P (A ∪ B) − P (B) = P (A ∪ B) − .
9
2
Mas, do item anterior, ≤ P (A ∪ B) ≤ 1. Da´ ı,
3
2 4 4 2 5
− ≤ P (A ∩ B) ≤ 1 − , ou seja, ≤ P (A ∩ B) ≤ .
3 9 9 9 9
c) Observe que P (A ∩ B) + P (A ∩ B) = P (A), j´ que o conjunto da
a
direita ´ a uni˜o disjunta dos da esquerda. Da´ P (A ∩ B) = P (A) −
e a ı,
2 2 5 2 5
P (A ∩ B) = − P (A ∩ B). Como ≤ P (A ∩ B) ≤ , temos − ≤
3 9 9 3 9
2 2 1 4
P (A ∩ B) ≤ − , ou seja, ≤ P (A ∩ B) ≤ .
3 9 9 9
5) a) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um
e a
2
dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5.4.3 = 3600, pois
u a e
h´ 6 modos de escolher o tipo do par (pode ser de 1, de 2, ..., de 6)
a
a 2
e h´ C5 modos de escolher os dois dados que formar˜o o par; quanto
a
aos outros dados, o resultado do primeiro deles pode ser escolhido de
5 modos distintos (deve ser diferente do resultado dos dois primeiros
dados), o do segundo pode ser escolhido de 4 modos distintos (deve ser
diferente dos anteriores) e, o do terceiro, de 4 modos diferentes.
26

27. 3.600 25
Logo, P (A2) = = ≡ 0, 463.
65 54
b) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um
e a
u a e 2 2 2
dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ C6 .C5 .C3 .4 = 1800, pois
2
h´ C6 modos de escolher os tipos dos pares (podem ser de 1 e 2, de 1 e
a
a 2
3, ..., de 5 e 6), h´ C5 modos de escolher os dois dados que formar˜o o a
2
par menor e C3 modos de escolher os dados que formar˜o o par maior.
a
Para o dado restante, que deve ter resultado diferente do dos demais
dados, h´ 4 resultados poss´
a ıveis.
180 25
Logo, P (A3) = 5 = ≡ 0, 231.
6 108
Observa¸˜o: ca
Um erro bastante comum ´ contar os casos favor´veis em dobro, racioci-
e a
nando do modo seguinte: H´ 6 modos de escolher o tipo do primeiro
a
2
par, 5 modos de esco lher o tipo do segundo par, C5 modos de escol-
2
her os dois dados que formar˜o o primeiro par, C3 modos de escol-
a
her os dados que formar˜o o segundo par e h´ 4 modos de escolher
a a
o resultado do dado restante. Logo, o n´ mero de casos favor´veis ´
u a e
2 2
6.5.C5 .C3 .4 = 3.600.
´
E claro que o erro prov´m da distin¸˜o artificial entre o primeiro e o se-
e ca
gundo par, que faz com que um par de 2 e um par de 5 seja considerado
diferente de um par de 5 e um par de 2.
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um
c) O n´ mero de casos poss´ e a
3
dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5.4 = 1200, pois h´
u a e a
6 modos de escolher o tipo da trinca (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e h´
a
3
C5 modos de escolher os trˆs dados que ter˜o resultados iguais; quanto
e a
aos outros dados, o resultado do primeiro deles pode ser escolhido de
5 modos distintos (deve ser diferente do resultado dos trˆs primeiros
e
dados) e, o do segundo, de 4 modos distintos (deve ser diferente dos
anteriores).
1.200 25
Logo, P (A4) = 5
= ≡ 0, 154.
6 162
d) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um
e a
4
dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5 = 150, pois h´ 6
u a e a
modos de escolher o tipo da quadra (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e
a 4
h´ C5 modos de escolher os quatro dados que ter˜o resultados iguais;
a
27

28. quanto ao dado restante, seu resultado pode ser escolhido de 5 modos
distintos (deve ser diferente do resultado dos quatro primeiros dados).
150 25
Logo, P (A6) = 5 = ≡ 0, 019.
6 1.296
e) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 e o n´ mero de casos favor´veis ´ 6.
e u a e
6 1
Logo, P (A7) = 5 = ≡ 0, 0008.
6 1.296
f) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada um
e a
dos 5 dados. H´ dois tipos poss´
a ıveis de seq¨ˆncias: a m´
ue ınima (12345)
e a m´xima (23456). A m´
a ınima pode ser formada de 5! = 120 modos
distintos, pois h´ 5 modos de escolher o dado cujo resultado ´ 1, 4
a e
modos de escolher o dado cujo resultado ´ 2, etc. H´, analogamente,
e a
120 modos de formar a seq¨ˆncia m´xima.
ue a
240 5
Portanto, P (A8) = 5 = ≡ 0, 031.
6 162
g) O n´ mero de casos poss´
u ıveis ´ 65 , pois h´ 6 resultados para cada
e a
3
um dos 5 dados. O n´ mero de casos favor´veis ´ 6.C5 .5 = 300, pois h´
u a e a
6 modos de escolher o tipo da trinca (pode ser de 1, de 2, ..., de 6) e
a 3
h´ C5 modos de escolher os trˆs dados que formar˜o a trinca; quanto
e a
aos outros dados, h´ 5 modos distintos de escolher o resultado comum
a
deles.
300 25
Logo, P (A5) = 5 = ≡ 0, 039.
6 648
6) Numeremos os v´rtices do pol´
e ıgono de 0 a 2n. Imagine 0 como o v´rtice
e
mais alto, os v´rtices de 1 a n do lado direito e os v´rtices de n + 1 a
e e
2n do lado esquerdo. Podemos pensar que todos os triˆngulos tˆm 0
a e
2n(2n − 1)
e a 2
como um dos v´rtices. H´ C2n = = n(2n − 1) modos de
2
selecionar os outros dois v´rtices do triˆngulo.
e a
Para contar o n´ mero de triˆngulos que contˆm o centro da circun-
u a e
ferˆncia circunscrita em seu interior, observe inicialmente que a reta
e
que cont´m o v´rtice i(1 ≤ i ≤ n) e o centro da circunferˆncia corta
e e e
novamente o pol´ ıgono no ponto m´dio do segmento determinado pelos
e
v´rtices i + n e i + n + 1 (v´rtice 2n + 1 = v´rtice 0).
e e e
Um triˆngulo que contenha em seu interior o centro da circunferˆncia
a e
ser´ necessariamente formado por um v´rtice do lado direito e um
a e
28

29. v´rtice do lado esquerdo. Se o v´rtice do lado direito for o v´rtice
e e e
1, o do lado esquerdo s´ poder´ ser o v´rtice n + 1 (1 possibilidade);
o a e
se for o v´rtice 2, poder´ ser qualquer dos v´rtices de n + 1 a n + 2 (2
e a e
possibilidades); ...; se for o v´rtice n, poder´ ser qualquer dos v´rtices
e a e
de n + 1 a 2n (n possibilidades). O n´ mero de casos favor´veis ´
u a e
n(n + 1)
1+2+ ···+n = .
2
n+1
A resposta ´e .
2(2n − 1)
7) Imagine o resultado do sorteio como uma fila de 12 lugares: o primeiro
lugar corresponde a primeira pessoa sorteada para o primeiro grupo; o
`
segundo, a segunda pessoa sorteada para o segundo grupo; ...; o ultimo,
` ´
a
` quarta pessoa sorteada para o terceiro grupo. Colocada a primeira
pessoa, h´ 11 posi¸˜es para a segunda, em 3 das quais ela fica no mesmo
a co
grupo da primeira.
3
A resposta ´ .
e
11
8) H´ 12 possibilidades para o signo de cada pessoa, para um total de 124
a
possibilidades. Para que n˜o haja coincidˆncias de signos, o signo da
a e
primeira pessoa pode ser escolhido de 12 modos, o da segunda de 11,
o da terceira de 10 e o da quarta de 9, para um total de 12.11.10.9
modos. Assim, a probabilidade de que n˜o haja coincidˆncia de signos
a e
12.11.10.9 55
´
e = e a probabilidade de que n˜o haja coincidˆncias ´
a e e
124 96
55 41
1− = .
96 96
a 4
9) H´ C10 modos de retirar 4 p´s de sapatos. Para retirar 4 p´s, havendo
e e
nesses 4 p´s exatamente 1 par de sapatos, devemos inicialmente sele-
e
cionar 1 par (o que pode ser feito de 5 modos) e depois selecionar 2 p´s
e
vindo de pares diferentes dentre os 4 pares que ainda est˜o no arm´rio.
a a
4
Para isso devemos escolher os pares de onde vir˜o esses sapatos (C2
a
modos) e, em cada par escolhido, decidir se retiraremos o p´ direito ou
e
2
o p´ esquerdo (2 = 4 modos).
e
2
5.C4 .4 4
A resposta ´
e 4
= .
C10 7
29

30. 10) Para distribuir os sorvetes, devemos escolher as pessoas que receber˜oa
5
sorvetes de creme (C10 modos) e dar sorvetes de chocolate as demais
`
(1 modo). Para distribuir os sorvetes, respeitando as preferˆncias,
e
come¸amos dando sorvetes de creme aos que gostam de creme e de
c
chocolate aos que gostam de chocolate (1 modo). Em seguida, deve-
mos distribuir 2 sorvetes de creme e 3 sorvetes de chocolate a 5 pessoas
que n˜o tˆm preferˆncias; para isso, devemos escolher as 2 pessoas que
a e e
2
receber˜o sorvetes de creme (C5 modos) e dar sorvetes de chocolate as
a `
restantes (1 modo).
2
C5 5
A resposta ´
e 5
= .
C10 126
11) As pe¸as do domin´ s˜o formadas por dois, n˜o necessariamente dis-
c o a a
2 2
tintos, dos n´ meros 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6. H´ CR7 = C8 = 28 pe¸as e
u a c
2
h´ C28 modos de selecionar duas pe¸as de um domin´. Para selecionar
a c o
duas pe¸as com um n´ mero comum, deve-se primeiramente selecionar
c u
o n´ mero comum (7 possibilidades) e, depois, selecionar 2 das 7 pe¸as
u c
2
que contˆm esse n´ mero comum (C7 possibilidades).
e u
2
7C7 7
A resposta ´
e 2
= .
C28 18
12) O n´ mero de sorteios poss´
u e 5
ıveis ´ C80 .
a) O apostador acerta 3 dezenas quando s˜o sorteadas 3 das 8 dezenas
a
em que apostou e 2 das 72 em que n˜o apostou. Tais sorteios podem
a
3 2
ser efetuados de C8 .C72 modos.
3 2
C8 .C72 1
A resposta ´
e 5
(que ´ aproximadamente igual a
e ).
C80 168
b) O apostador acerta 4 dezenas quando s˜o sorteadas 4 das 8 dezenas
a
em que apostou e 1 das 72 em que n˜o apostou. Tais sorteios podem
a
4 1
ser efetuados de C8 .C72 modos.
4 1
C8 .C72 1
A resposta ´
e 5
(que ´ aproximadamente igual a
e ).
C80 4770
c) O apostador acerta 5 dezenas quando s˜o sorteadas 5 das 8 dezenas
a
5
em que apostou. Tais sorteios podem ser efetuados de C8 modos.
5
C8 1
A resposta ´
e 5
= .
C80 429.286
30

31. 13) Colocada a primeira pessoa na roda, h´ n − 1 posi¸˜es poss´
a co ıveis para
a segunda pessoa, das quais 2 s˜o favor´veis a que ela fique junto da
a a
primeira pessoa.
2
A resposta ´
e .
n−1
14) a) H´ n posi¸˜es igualmente prov´veis que a chave “certa” poderia
a co a
ocupar: ser a primeira a ser testada, a segunda,..., a ultima. A proba-
´
bilidade de ela ocupar a k-´sima posi¸˜o ´ 1/n.
e ca e
Outra solu¸˜o:
ca
H´ n! maneiras de ordenar as chaves a serem tentadas. Para formar as
a
ordena¸˜es que tem a chave certa na k-´sima posi¸˜o, devemos colocar
co e ca
as n − 1 chaves restantes nas n − 1 posi¸˜es restantes, o que pode ser
co
feito de (n − 1)! modos. Logo, a probabilidade de que a chave certa
(n − 1)! 1
esteja na posi¸˜o k ´
ca e = .
n! n
b) As primeiras k tentativas podem ser feitas de nk modos (cada chave
pode ser escolhida de n modos, j´ que chaves correspondentes a tenta-
a
tivas frustradas n˜o s˜o descartadas). Para que se acerte na k- ´sima
a a e
tentativa, as primeiras k − 1 chaves devem ser incorretas (portanto,
podem ser escolhidas de (n − 1)k−1 modos) e a de ordem k deve ser
a correta (1 modo). Logo, a probabilidade de se acertar na k-´sima
e
k−1
(n − 1)
tentativa ´e .
nk
a 4
15) a) H´ C12 = 495 modos de selecionar as 4 vagas que n˜o ser˜o ocupadas
a a
e 9 modos de escolher 4 vagas consecutivas (1 2 3 4, 2 3 4 5, ..., 9 10
11 12).
9 1
A resposta ´e = .
495 55
4
b) H´ C12 = 495 modos de selecionar as 4 vagas que n˜o ser˜o ocupadas.
a a a
Para contar o n´mero de possibilidades em que n˜o h´ vagas vazias
u a a
adjacentes, devemos escolher 4 dos 9 espa¸os existentes antes, entre e
c
4
depois dos carros para ficarem vazios. Isto pode ser feito de C9 modos.
126 14
Logo a probabilidade de que n˜o haja vagas consecutivas ´ ´
a ee = .
495 55
16) P (A ∩ B ∩ C) = 0, pois A ∩ B ∩ C ⊂ A ∩ C e P (A ∩ C) = 0.
31

32. a) P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) −
− P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) =
= 0, 4 + 0, 5 + 0, 3 − 0, 3 − 0 − 0, 1 + 0 = 0, 8.
b) P [A − (B ∪ C)] = P (A) − P [A ∩ (B ∪ C)] =
= P (A) − P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)] =
= P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P [(A ∩ B) ∩ (A ∩ C)] =
= P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) =
= 0, 4 − 0, 3 − 0 + 0 = 0, 1.
c) P [A ∩ (B ∪ C)] = P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)] =
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P [(A ∩ B) ∩ (A ∩ C)] =
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) = 0, 3 + 0 − 0 = 0, 3.
d) P [(A ∩ B) ∪ C] = P (A ∩ B) + P (C) − P (A ∩ B ∩ C) =
= 0, 3 + 0, 3 − 0 = 0, 6
18) a) A resposta, naturalmente, ´ 1/2, j´ que, de todos os pares de n´ meros
e a u
distintos de 1 a 100, em exatamente a metade o primeiro n´mero ´ u e
maior do que o segundo.
b) O n´ mero total de poss´
u ıveis extra¸˜es ´ 100 × 100 = 10.000, j´ que
co e a
o bilhete de cada uma das mo¸as pode ser escolhido de 100 modos. Em
c
100 destas poss´ıveis extra¸˜es os dois n´ meros s˜o iguais e em metade
co u a
das restantes, ou seja, em 9900/2 = 4950 delas, o primeiro n´mero ´
u e
maior do que o segundo. Logo, a probabilidade de o n´mero de Laura
u
4950
ser maior do que o de Telma ´ e = 0, 495.
10000
19) a) S˜o feitos 5 testes quando uma das quatro primeiras pilhas testadas
a
est´ descarregada, o mesmo ocorrendo com a quinta a ser testada. A
a
primeira pilha a ser testada pode ser escolhida de 10 modos, a segunda
de 9, e assim por diante, para um total de 10.9.8.7.6 modos poss´ ıveis
para escolher as 5 primeiras pilhas a serem testadas. Para formar uma
sequˆncia de teste em que a segunda defeituosa ´ detectada na 5a ten-
e e
tativa, devemos escolher a pilha defeituosa que aparece na 5a posi¸˜o
ca
(2 modos), a posi¸˜o da outra defeituosa (4 modos) e, finalmente, as
ca
32

33. pilhas n˜o defeituosas para as demais posi¸˜es (8.7.6 modos). Logo, a
a co
2.4.8.7.6 4
probabilidade pedida ´ e = .
10.9.8.7.6 45
b) S˜o efetuados at´ 5 testes quando as pilhas defeituosas aparecem
a e
nas 5 primeiras tentativas. Como visto no item anterior, h´ 10.9.8.7.6
a
modos de se fazer estas tentativas. Para formar aquelas em que as
duas defeituosas est˜o entre as testadas devemos escolher a posi¸˜o
a ca
da primeira pilha defeituosa (5 modos), a da segunda (4 modos) e,
finalmente, as pilhas n˜o defeituosas para as outras tentativas (8.7.6
a
5.4.8.7.6
modos). A probabilidade de que sejam feitos at´ 5 testes ´
e e =
10.9.8.7.6
2 2 7
e, portanto, a probabilidade pedida ´ igual a 1 − = .
e
9 9 9
c) Para que sejam feitos menos de 4 testes, as duas pilhas defeituosas
devem aparecer nos primeiros 4 testes. O n´ mero total de escolhas
u
para os 4 primeiros testes ´ 10.9.8.7. Para formar uma sequˆncia de
e e
teste em que as duas defeituosas aparecem nestas 4 tentativas, devemos
escolher a posi¸˜o da primeira pilha defeituosa (4 modos), a da segunda
ca
(3 modos) e, finalmente, as pilhas n˜o defeituosas para as duas outras
a
4.3.8.7 2
posi¸˜es (8.7 modos). A probabilidade pedida ´
co e = .
10.9.8.7 15
Solu¸˜es dos Exerc´
co ıcios da Se¸˜o 5.2
ca
1) Sejam X e Y os resultados do primeiro e segundo lan¸amentos, respec-
c
tivamente. P (X = 3 | X + Y = 7) =
P (X = 3, X + Y = 7) 1/6 · 1/6 1
= = = .
P (X + Y = 7) 6/36 6
Outra solu¸˜o:
ca
e a ıveis igualmente prov´veis: X = 1, Y =
Se a soma ´ 2, h´ 6 casos poss´ a
6; X = 2, Y = 5; X = 3, Y = 4; X = 4, Y = 3; X = 5, Y = 2; X =
6, Y = 1. Dos seis casos, somente X = 3, Y = 3 ´ favor´vel. A
e a
1
resposta ´ .
e
6
P (n˜o sabe e acerta)
a
2) P (n˜o sabe | acerta) =
a =
P (acerta)
33