1 cor disponível (não pode ser igual à anterior) Casos possíveis: 3 x 2 x 1 x 1 x 3 = 18 Resposta: B

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1 Prearar o Exame Matemática A Página 7 1. Observa o seguinte esquema: cores ossíveis cores ossíveis 1 cor disonível (não ode ser igual à anterior) 1 cor disonível (não ode ser igual à anterior) cores ossíveis Casos ossíveis: x x 1 x 1 x = 18 Resosta: B.1 Maneiras de escolher dois ases de entre quatro: 4 C Maneiras de escolher três figuras de entre doze: 1 C Maneiras de escolher as restantes três cartas que não odem ser nem ases nem figuras: 6 C Maneiras de escolher o retendido: 4 C x 1 C x 6 C Resosta: C.! 6! Resosta edida:! X 6! = 1440 Resosta: B. Se o número tem de ser constituído or aenas números rimos, não ode ser da oeradora B (ois estes começam or 74). Assim, têm de começar or 7. Restam seis algarismos, em que cada um ode ser qualquer dos números rimos até 10 (a saber,,, 5 ou 7). Assim, existem 4 6 ossibilidades. Resosta: A Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 1

2 Prearar o Exame Matemática A 4. Números nas condições edidas que começam or ou 4 Para ser ímar, o número tem de acabar em 1,, 5, 7 ou 9 Números nas condições edidas que começam or Para ser ímar, o número tem de acabar em 1, 5, 7 ou 9 (o não se ode reetir) ou Dos 10 algarismos existentes, não se ode colocar nenhum dos anteriormente escolhidos Dos 10 algarismos existentes, não se ode colocar nenhum dos anteriormente escolhidos Resosta edida: x 8 x 7 x 6 x x 8 x 7 x 6 x 4 = 4704 Resosta: B 5. Consideremos o bloco formado elos algarismos 057. Este bloco ode estar em 4 osições diferentes no número de 6 algarismos. Existem! maneiras de estes algarismos ermutarem entre si dentro do bloco. Para cada uma destas maneiras, existem 4 hióteses ara cada um dos restantes algarismos (4 no total). No entanto, não odemos considerar as hióteses em que o bloco 057 se situa no inicio do número e a começar com o 0, visto que assim o número deixava de ter seis algarismos (existem! x 4 casos destes). Resosta edida: 4 x! x 4! x 4 = 1408 Resosta: A 6. O código será do tio L A L A L A L 5 4 As letras são todas vogais distintas Em relação aos algarismos, sabemos que a sua soma tem de ser 6. Analisemos os casos ossíveis: Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página

3 Prearar o Exame Matemática A hióteses 0 1 5! hióteses 0 4! hióteses 0 hióteses 8 hióteses hióteses 1! hióteses 1 hióteses Resosta edida: 8 x 5 x 4 x x = 60 Resosta: B 7. Contemos os caminhos de A ara B, assando or C e or D: A C: temos de ercorrer 6 ruas, sendo duas delas ara cima (C) e quatro delas ara a direita (D). Um caminho ossível é CDDCDD ou CDCDDD. Ou seja, ara termos todos os caminhos temos de fazer todas as sequências ossiveis de C e 4 D, ou seja todas as ermutações com reetições de 6 letras, onde existem C e 4 D. Assim o número total de caminhos é dado or 6!.! 4! C D: or um raciocínio análogo ao anterior, o número total de caminhos é D B: o número total de caminhos é 8! 6!! 4!! 4! 1!! Resosta edida: 6! x 4! x 8! =! 4!! 6!! 8!!!! Resosta: C 8. Escolher exatamente três dobles de entre os seis disoníveis (o doble de 5 intas não ode ser escolhido): 6 C Escolher quatro das restantes 15 eças (das 8 eças os 7 dobles não odem ser escolhidos nem nenhuma das outras 6 eças que têm símbolos com cinco intas): 15 C 4 Maneiras de escolher o retendido: 6 C x 15 C 4 Resosta: C 9. Consideremos o bloco formado elas moedas ortuguesas e o bloco formado elas moedas esanholas. Existem, resetivamente,! e 4! formas de as moedas ermutarem entre si, em cada bloco. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página

4 Prearar o Exame Matemática A Os dois blocos juntamente com as restantes três moedas odem ermutar entre si de 5! maneiras. Resosta edida:! x 4! x 5! Resosta: B 10. Devemos considerar três casos ossíveis: Existem quatro raarigas e três raazes ( 14 C x 1 C ): Escolher três raarigas de entre 14 (a Ana já está escolhida): 14 C Escolher três raazes de entre os 1: 1 C Existem cinco raarigas e dois raazes ( 14 C 4 x 1 C ): Escolher quatro raarigas de entre 14 (a Ana já está escolhida): 14 C 4 Escolher dois raazes de entre os 1: 1 C Existem seis raarigas e um raaz ( 14 C 5 x 1 C 1 ): Escolher cinco raarigas de entre 14 (a Ana já está escolhida): 14 C 5 Escolher um raaz de entre os 1: 1 C 1 Resosta edida: 14 C x 1 C + 14 C 4 x 1 C + 14 C 5 x 1 C 1 Resosta: C 11. Temos 6 linhas ossíveis; ara cada linha, existem 6 A 4 maneiras de colocar, ordenadamente, as quatro eças nos seis lugares disoníveis (as eças são todas diferentes) Resosta edida: 6 x 6 A 4 Resosta: A 1. Dado que a linha em causa tem 1 elementos temos que n = 11. Assim, c = 11 C, elo que a oção A não é a correta. Sabemos que a soma de todos os elementos da linha 11 é igual a 11 = 048 (a oção B não está correta). Por uma roriedade conhecida do triângulo de Pascal, temos que 1 C 6 = 11 C C 6 = f + g e e = 11 C 4 = 10 C + 10 C 4 o que contraria a oção C e aoia a oção D. Resosta: D 1. Por uma roriedade do triângulo de Pascal temos que n C k + n C k+1 = n+1 C k+1. Assim, 015 C 1 = 014 C C 1 = 01 C C C 1. Então, k = 01 C C 1 Resosta: B Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 4

5 Prearar o Exame Matemática A 14. Se o segundo elemento da linha considerada é 009, estamos erante a linha com n= 009. Considera o seguinte esquema desta linha Elementos maiores do que um milhão Assim, a linha 009 tem 010 elementos, dos quais aenas 4 são menores do que um milhão, elo que existem 006 elementos maiores do que um milhão. Resosta: C 15. Se a soma dos dois rimeiros elementos de uma linha do triângulo de Pascal é estamos erante a linha 1 (1 + 1 = ). A linha seguinte é a linha que tem elementos. O maior elemento é o central, ou seja, C 16. Resosta: C 16. Os termos do desenvolvimento de (x y) 18 são da forma 18 C x 18 (y). Para = 5 obtém-se 18 C 5 x 1 (y) 5 =8568x 1 y 5, elo que nem a oção A nem B são as corretas. Para = 4 obtém-se 18 C 4 x 14 (y) 4 = 060x 14 y 4. Resosta: D 17. Pensemos na linha 4 do triângulo de Pascal (os seus elementos são os coeficientes do desenvolvimento de (x + 1) 4 ): Então, (x + 1) 4 = 4x + 6x x 4 + 4x + 6x + 4x + 1= 4x + 6x x 4 + 4x + 1 = 0 Resosta: D 18.1 Consideremos o desenvolvimento de ( + e) n. Se 10 7 e é um dos seus desenvolvimentos, temos que n = 7 + = 10 e ortanto o desenvolvimento tem 11 termos (os seus coeficientes são os elementos da linha 10 do triângulo de Pascal). Resosta: B 18. Consideremos o desenvolvimento de ( + e) n. Temos que e 4 é um dos termos deste desenvolvimento. Como e 495π e 8 495π, então n = = 1. Resosta: A Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 5

6 Prearar o Exame Matemática A Página Dado que se retende que os livros de Carl Sagan fiquem juntos, consideremos estes como um bloco. Existem 6! maneiras de os livros ermutarem entre si dentro do bloco. Como existem seis livros que não são de Carl Sagan, existem 7! de ermutar estes livros com o bloco de Carl Sagan. Resosta edida: 6! x 7! = a) Seja n o número de livros de Jorge Buescu que a mãe da Alice lhe ofereceu. Pelo raciocínio anterior, existem n! x 6! X! X 4! X 4! maneiras de arrumar os livros nas condições edidas. Então n! x 6! X! X 4! X 4! = n! = 6 n = 19. b) A Alice quer levar ara as férias na casa da avó elo menos dois livros de Jorge Buescu. Como tem três livros deste autor, então temos de considerar dois casos: ou leva dois livros ou leva três livros. Primeira resosta: C x 1 C são todas as maneiras de escolher quatro livros de entre os 15, de modo que dois deles sejam do Jorge Buescu (dos três livros deste autor escolhemos dois e dos restantes doze escolhemos dois). O número de maneiras de escolher quatro livros de entre os 15, de modo que três sejam do Jorge Buescu é C x 1 C 1 =1 (escolhemos os três deste autor e um livro entre os restantes doze). Portanto, uma resosta correta a este roblema é C x 1 C + 1. Segunda resosta: O número de maneiras de escolher quatro livros, nas condições do enunciado, é dado ela diferença entre o número total de maneiras de escolher de quatro livros de entre os 15 e o número de maneiras de escolher quatro livros de modo a que, no máximo, um seja do Jorge Buescu. 15 C 4 são todas as maneiras de escolher quatro livros de entre os 15. O número de maneiras de escolher quatro livros de modo que nenhum seja de Jorge Buescu é 1 C 4 (escolhemos quatro livros de entre os doze que não são de Jorge Buescu). O número de maneiras de escolher quatro livros de modo que um seja deste autor é C 1 x 1 C = x 1 C (escolhemos um livro de Jorge Buescu e três livros entre os restantes doze). Assim, outra resosta correta a este roblema é 15 C 4 ( x 1 C + 1 C 4 ), que é igual a 15 C 4 x 1 C 1 C 4. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 6

7 Prearar o Exame Matemática A 0.1 Das treze coas temos de escolher exatamente ( 1 C ) e das restantes cartas diferentes de coas temos de escolher ( 9 C ) Resosta edida: 1 C x 9 C = Temos de considerar três casos diferentes: Extrai-se uma figura de ouros e cartas de aus: C 1 x 1 C x 6 C Extrai-se uma figura de ouros e 1 carta de aus: C 1 x 1 C 1 x 6 C 4 Extrai-se uma figura de ouros e nenhuma carta de aus: C 1 x 6 C 5 Resosta edida: C 1 x 1 C x 6 C + C 1 x 1 C 1 x 6 C 4 + C 1 x 6 C 5 = Nota: Para resolver as quatros alíneas vamos aenas considerar uma das metades do rato, ois ao escolher as osições ara cores numa dessas metades as osições ara as cores na outra metade ficam automaticamente atribuídas. 1.1 a) Tendo em conta as condições do enunciado, conclui-se que os ratos odem ser intados utilizando duas, três ou quatro cores das cinco disoníveis (não se odem usar as cinco cores orque os rebordos oostos têm de ficar intados com a mesma cor). Assim temos de considerar três casos: 1.º caso: Os ratos são intados com duas cores. Das cinco cores escolhem-se duas, o número de maneiras de o fazer é 5 C. Deois de escolhidas as duas cores os ratos só odem ser intados de uma maneira. Suonhamos que escolhemos as cores, reto e amarelo, assim os ratos só odem ser intados da seguinte forma: Reara que estes ratos são exatamente iguais aos ratos seguintes (basta rodar os ratos de cima 45º, no sentido ositivo ou negativo, em torno de seu centro): Portanto, neste caso, ara cada duas cores escolhidas os ratos só odem ser intados de uma maneira. Logo, ara este caso existem 5 C = 10 maneiras diferentes de intar os ratos. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 7

8 Prearar o Exame Matemática A.º caso: Os ratos são intados com três cores. Das cinco cores escolhem-se três, o número de maneiras de o fazer é 5 C. Deois de escolhidas as três cores os ratos odem ser intados de três maneiras diferentes. Suonhamos que escolhemos as cores, reto, amarelo e encarnado, assim os ratos odem ser intado das seguintes formas: Reara que estes ratos são exatamente iguais aos ratos seguintes (basta rodar os ratos de cima 90º, no sentido ositivo ou negativo, em torno de seu centro): Portanto, neste caso, ara cada três cores escolhidas os ratos odem ser intados de três maneiras distintas. Logo, ara este caso existem 5 C x = 0 maneiras diferentes de intar os ratos..º caso: Os ratos são intados com quatro cores. Das cinco cores escolhem-se quatro, o número de maneiras de o fazer é 5 C 4. Deois de escolhidas as quatro cores os ratos odem ser intados de seis maneiras diferentes (Considerando uma das metades do rato e fixando uma das quatro osições ara uma das cores, as restantes três cores ermutam nas restantes três osições de! = 6 maneiras). Suonhamos que escolhemos as cores, reto, amarelo, encarnado e cinza, assim os ratos odem ser intados das seguintes formas: Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 8

9 Prearar o Exame Matemática A Portanto, neste caso, ara cada quatro cores escolhidas os ratos odem ser intados de! = 6 maneiras distintas. Logo, ara este caso existem 5 C 4 x! = 0 maneiras diferentes de intar os ratos. O número de maneiras de intar os ratos nas condições do enunciado é 5 C + 5 C x + 5 C 4 x! = b) Nestas condições os ratos só odem ser intados de quatro maneiras, que são as seguintes: O número de maneiras de intar os ratos nas condições do enunciado é 4. Reara que não há mais hióteses ossíveis, or exemlo, o rimeiro rato reresentado em cima é exatamente igual aos ratos seguintes (basta ara tal fazer rotações de 45º, 90º e 15º em torno do seu centro): 1.. a) Da mesma forma que no exercício 1.1., temos de considerar três casos: 1.º caso: Os ratos são intados com duas cores. Das cinco cores escolhem-se duas, o número de maneiras de o fazer é 5 C. Deois de escolhidas as duas cores os ratos odem ser intados de duas maneiras. Suonhamos que escolhemos as cores, reto e amarelo, assim os ratos odem ser intados das seguintes formas: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Reara que estes ratos são diferentes um do outro or terem o nome da emresa no centro do rato. Portanto, neste caso, ara cada duas cores escolhidas os ratos odem ser intados de duas maneiras. Logo, ara este caso existem 5 C x = 0 maneiras diferentes de intar os ratos. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 9

10 Prearar o Exame Matemática A.º caso: Os ratos são intados com três cores. Das cinco cores escolhem-se três, o número de maneiras de o fazer é 5 C. Suonhamos que escolhemos as cores, reto, amarelo e encarnado, e que a cor reta é a que se reete quatro vezes. Assim os ratos odem ser intados das seguintes formas: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Reara que estes ratos são diferentes entre si or terem o nome da emresa no centro do rato. Se fosse a cor encarnada a reetir-se quatro vezes teríamos também quatro maneiras distintas de intar os ratos o mesmo acontecendo se fosse a cor amarela a reetir-se quatro vezes. Portanto, neste caso, ara cada três cores escolhidas os ratos odem ser intados de x 4 maneiras distintas. Logo, ara este caso existem 5 C x x 4 = 10 maneiras diferentes de intar os ratos..º caso: Os ratos são intados com quatro cores. Das cinco cores escolhem-se, ordenadamente, quatro, ara intar os quatro lados de uma das metades dos ratos, o número de maneiras de o fazer é 5 A 4. (ou, ensando de outra forma, das cinco cores escolhem-se quatro, o número de maneiras de o fazer é 5 C 4. Para cada uma destas escolhas, as quatro cores ermutam entre si nas quatro osições de uma das metades dos ratos de 4! maneiras distintas. Assim, o número edido é 5 C 4 x 4! = 5 A 4 ) Logo, ara este caso existem 5 A 4 = 10 maneiras diferentes de intar os ratos. O número de maneiras de intar os ratos nas condições do enunciado é 5 C x + 5 C x x A 4 = b) Nestas condições os ratos odem ser intados de 4 x 4 = 16 maneiras distintas, ois escolhendo umas das quatro cores ara as duas osições aralelas à alavra PORCELANIX, as restantes três cores odem ocuar as osições que sobram de quatro maneiras distintas. Por exemlo, ficando a cor reta nas duas osições aralelas à alavra PORCELANIX, as maneiras ossíveis de intar os ratos são as seguintes: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Reara que, ao contrário do exercício 1.1. b) o rimeiro rato reresentado em cima é mesmo diferente dos ratos seguintes (or terem o nome da emresa no centro do rato. Se não tivessem Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 10

11 Prearar o Exame Matemática A o nome no centro seriam exatamente iguais, bastando ara tal fazer rotações de 45º, 90º e 15º em torno do seu centro): P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Assim, ara cada uma das quatro cores que odem ocuar as osições aralelas à alavra PORCELANIX, os ratos odem ser intados de quatro maneiras distintas. Portanto, o número de maneiras de intar os ratos nas condições do enunciado é 4 x 4 = 16. Outra resolução: Começando or escolher as osições ara a cor reta (odíamos ter começado or outra cor qualquer, é indiferente a cor com que se começa a intar os ratos), existem quatro hióteses ossíveis, que são as seguintes: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Em seguida escolhem-se as osições ara a cor cinza. Para cada maneira de colocar a cor reta, existem duas maneiras de colocar a cor cinza. Por exemlo, considerando o rimeiro rato que está reresentado em cima, a cor cinza ode ser colocada das seguintes maneiras: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Logo, o número de maneiras de intar os ratos com as cores, reto e cinza é 4 x. Em seguida escolhem-se as osições ara a cor amarela, or exemlo. Para cada maneira de colocar as cores, reta e cinza, existem duas maneiras de colocar a cor amarela. Por exemlo, considerando o rimeiro rato que está reresentado em cima, a cor amarela ode ser colocada das seguintes maneiras: P O R C E L A N I X P O R C E L A N I X Logo, o número de maneiras de intar os ratos com as cores, reto, cinza e amarelo é 4 x x. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 11

12 Prearar o Exame Matemática A Por fim, deois de colocadas as três rimeiras cores, a última cor, neste caso o castanho, tem aenas uma hiótese ara ser colocada. Portanto, o número de maneiras de intar os ratos nas condições do enunciado é 4 x x x 1 = Um número de cinco algarismos não ode começar or Resosta edida: 9 x 10 x 10 x 10 x 10 = ou Resosta edida: 9 x 10 x 10 x 10 x = Resosta edida: 9 x 9 x 8 x 7 x 6 = Por ser caicua, estes ficam automaticamente definidos deois de escolhidos os rimeiros algarismos Resosta edida: 9 x 10 x 10 = 900. Para a soma dos quatro algarismos ser ar, temos de considerar três casos: ou todos os algarismos são ares, ou todos os algarismos são ímares, ou dois são ares e dois são ímares. No rimeiro caso, temos de ermutar os quatro algarismos ares,, 4, 6 e 8 nas quatros osições, o que ode ser feito de 4! maneiras distintas. No segundo caso, temos de escolher ordenadamente quatro algarismos ímares de entre os cinco (1,, 5, 7 e 9), o número de maneiras de o fazer é dado or 5 A 4. Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 1

13 Prearar o Exame Matemática A No terceiro caso, começamos or escolher duas osições de entre as quatro ara os dois algarismos ares; o número de maneiras de o fazer é dado or 4 C. Para cada uma destas maneiras, existem 4 A maneiras distintas de escolher ordenadamente dois algarismos ares de entres os quatro e 5 A maneiras diferentes de escolher ordenadamente dois algarismos ímares de entre os cinco. Assim, ara este terceiro caso, existem 4 C x 4 A x 5 A números nas referidas condições. Logo, uma resosta correta a este roblema é 4! + 5 A C x 4 A x 5 A. 4.1 Temos de considerar dois casos distintos: A comissão é formada aenas or raarigas: como a delegada já está escolhida e as funções são diferenciadas, temos que escolher 4 raarigas das 14 restantes: temos 14 C 4 formas de o fazer. Como as funções são diferenciadas, existem 5! maneiras de distribuir os alunos elas funções. Assim, temos 14 C 4 x 5! comissões diferentes. A comissão é formada or um raaz e quatro raarigas: como a delegada já está escolhida, temos que escolher 1 raaz dos 14 e raarigas das 14 restantes: temos 14 C 1 x 14 C formas de o fazer. Como as funções são diferenciadas, existem 5! maneiras de distribuir os alunos elas funções. Assim, temos 14 C 1 x 14 C x 5! comissões diferentes. Resosta edida: 14 C 4 x 5! + 14 C 1 x 14 C x 5! = a) 14 C x 14 C = 8 81 (nota que as funções são indiferenciadas e que a delegada já está escolhida) 4. b) C 1 x 7 C 4 = (temos de escolher entre a Cláudia e a Teresa e 4 dos restantes 7 alunos da turma) 4. C + T A C e a T odem trocar entre si de! Maneiras. O bloco C + T ode ainda trocar com a restante raariga de! maneiras. Reosta edida: x! x! = a) Dos restantes 7 vértices escolhemos dois vértices, ou seja, 7 C = 1 Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 1

14 Prearar o Exame Matemática A 5.1 b) Para que os vértices escolhidos definam um lano aralelo ao lano de equação z = têm de ser escolhidos de entre os vértices P, Q, R e O ou S, T, U e V. Assim, existem 4 C + 4 C = 8 conjuntos nas condições edidas. 5. Nota que PQ é diferente de QP e que UV QR, or exemlo. Assim, odemos definir com os vértices do cubo 8 A 6 x 1 = 6 vetores diferentes do nulo (or cada um dos vetores SV, VS, ST, TS, SO e OS existem iguais que não devem ser contados e or cada um dos 1 vetores que corresondem às diagonais faciais do cubo existe outro igual que não deve ser contado) 5. Para que o terno ordenado ertença a aenas um dos eixos tem de ter na sua constituição exatamente dois zeros. Temos C ossibilidades ara escolher o local dos dois zeros e ara cada ums delas existem 9 algarismos ossíveis ara a restante osição. Resosta edida: C x 9 = Cada uma das duas faces aralelas ao lano xoy ode ser intada com três cores, elo que existem formas de as intar. Com um raciocínio análogo, existem maneiras de intar as faces aralelas ao lano xoz e 1 ara o fazer nas restantes faces. Resosta edida: x x 1 = Se cada base do risma tem n lados, então cada uma tem n vértices. Com esses n vértices odemos formar n C segmentos de reta em cada base, dos quais n são lados da base. Portanto, em cada base existem n C n diagonais. Como as bases são duas, então nas duas bases existem x ( n C n) diagonais. Como o risma considerado tem n faces laterais e cada uma dessas faces tem duas diagonais, então nas faces laterais do risma existem n diagonais. Assim, o risma tem x ( n C n) + n diagonais, ou seja, x n C diagonais 6. Sabemos que o risma regular em questão tem 110 diagonais. Considerando o resultado da questão anterior, temos que x n C = 110 n C = 55 n = 11 n = 10 n!! n 55 n (n1) = 110 n n 110 = 0 Assim, n = 11 e o risma tem 1 faces (as 11 faces laterais mais as duas bases). Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 14

15 Prearar o Exame Matemática A 7.1 Nota que as bolas de cada cor são indistinguíveis entre si. Então, existem filas diferentes nas condições do enunciado. 15! = 5 5!8! 4! 7. a) ! Resosta edida: x x 11! = b) Existem 15 C 5 maneiras de escolher as cinco bolas de entre as 0. Como as bolas são todas diferentes, existem 0 A 5 formas de organizar as cinco bolas nos 0 comartimentos (também odemos ensar que existem 0 C 5 de escolher os cinco comartimentos que vão ser utilizados e, ara cada escolha, 5! maneiras de disor as bolas, elo que existem 0 C 5 x 5! formas de organizar as cinco bolas nos 0 comartimentos). Resosta edida: 15 C 5 x 0 A 5 = A 7 = Existem 5! disosições ossíveis ara os sabores de fruta. Para os restantes dois sabores, temos cinco lugares disoníveis, elo que existem 5 A formas de os arrumar. Resosta edida: 5! x 5 A = A soma dos elementos da linha n do triângulo de Pascal é n. Como 819 = 1, a ordem da linha considerada é Os cinco últimos elementos da linha anterior são 1 C 1, 1 C 11, 1 C 10, 1 C 9 e 1 C 8, cuja soma é A linha seguinte, n = 14, tem 15 elementos, sendo o central o que se encontra na 8ª osição, ou seja, 14 C 7 = Pelo enunciado sabe-se que n C 0 + n C 1 + n C + n C = 456 n C + n C = 455 n Pretende-se calcular n+ C + n+ C + n+1 C + x n C n + n. Façamo-lo or artes: n+ C = n+1 C 1 + n+1 C = n n C 1 + n C = n n + n C = n n C Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 15

16 Prearar o Exame Matemática A n+ C = n+1 C + n+1 C = n C 1 + n C + n C + n C = n + n C + n C + n C = n + x n C + n C n+1 C = n C + n C n C n = n C ela simetria do triângulo de Pascal Então, n+ C + n+ C + n+1 C + x n C n + n = n n C + n + x n C + n C + n C + n C + x n C + n = 4n ( n C + n C ) = 4n x (455 n) = Os termos deste desenvolvimento são da forma C x 9 x reara que x x 9 C x x C x 5 O termo indeendente é aquele em que o exoente do x é 0, ou seja, Resolvendo esta equação obtemos = 6. Substituindo este valor na exressão acima obtemos 9 C x Considerando a exressão dos termos já determinada, basta resolver a equação , Obtemos =. Substituindo este valor na exressão dos termos deste desenvolvimento obtemos C x 144 x, elo que o coeficiente edido é Tendo em atenção que xy xy, os termos do desenvolvimento considerado são da n 1 n n n n n n n n n forma C xy x y C x y x y C x y Como um dos termos é 1980 x 10 y 6, ara determinar n temos de resolver o sistema obtendo = 8 e n = 1. n 10, n 6 Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 16

17 Prearar o Exame Matemática A. Se a arte literal em x é x 8 1, então 8, ou seja, = 4. O coeficiente binomial edido é 1 C 4 = Como n = 1, o termo central corresonde a = 6. O termo edido é 1 C 6 x x 9 y = 79 x 9 y n n!.1 A 7n 7n n(n 1) 7n n 8n 0 n(n 8) 0 n 0 n 8 (n )! n1 n1 n n n C. C 4 C n! C 4 C n! 4 n! n 4. n1 n1 1 C C n A 8 n (n )(n 1) n(n -1) 16 n C n A (n )! 8!n! n! (n- )! 7 n 14 0 n n (n )(n 1) 8 n(n 1) 8.4 n C n A (n )! n! (n )(n1)n 4(n ) 4(n- ) n(n 1) 4n 8 n!(n -1)! (n )! 6 n 6n 18n - 48 n n 16n 48 0 Como uma das soluções da equação é, odemos decomor n n 16n 48 utilizando, or exemlo, a regra de Rufini. Obtemos n n 16n 48 0 (n 16)(n ) 0 n 16 0 n 0 n 4 n 4 n n Combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton Página 17