Matemática E Extensivo V. Exercícios 01) 10 anagramas. POEMA 5 letras 5! 10. 0) 60 anagramas. Vogais: e, i, o omeçando com e : e _ 10 omeçando com i : i _ 10 omeçando com o : o _ 10 Logo 10 60. 4! 4 (permutação das consoantes) 4! 4 (permutação das vogais) Logo temos 4 4 576 anagramas começando com consoantes. Seguindo o mesmo raciocínio para os anagramas começando com vogais, temos 576 anagramas Assim temos um total de 576 + 576 115 anagramas 04) 14400 anagramas PROBLEMA 8 letras Sendo 5 consoantes e vogais 0) a) 400 anagramas. ESTIMADO 8 letras P 8 8! 400. b) 1150 anagramas. 4 consoantes 4 vogais Logo temos 5 P 6 4 5 70 4 14400 05) A MAK 4 letras Resolução 1: Escolhendo letras: 4! 4 4! 1!!!! 6 Logo 6! 4 4 70 4 4 1150. c) 40 anagramas. Mas EST! 6 Logo P 6 6!! 70 6 40 d) 70 anagramas e) 115 anagramas omeçando com consoante: Permutando as duas letras escolhidas, P!. Logo, temos 6 1 anagramas com letras. Escolhendo letras: 4 4! 4! 4! 1!! Permutando as três letras escolhidas,! 6. Logo, temos 4 6 4 anagramas com letras om as 4 letras temos 4! 4 anagramas Logo, o total de anagramas é de 1 + 4 + 4 60 anagramas. Resolução : Note que se fizermos as escolhas por arranjo em que a ordem dos elementos importa, automaticamente estamos fazendo as permutações. Logo: Matemática E 1
Escolha de letras: A 4 4!! 4! 1! Escolha de letras: A 4 4! 4! 4 1! Permutação das 4 letras: 4! 4 Logo o total de anagramas é: 4 + 4 + 1 60 anagramas c) orreta. omeçando por vogal terminando em consoantes: 4 5! 4 1440 om, A juntas em qualquer ordem: 06) D Atleta 1 A 1 Atleta A Atleta A P 6 P 6!! 1440 d) Incorreta. omeçando por vogal ou terminando em consoante: 07) D! 6 omo devemos tirar a possibilidade em que A (o atleta brasileiro) chegou em terceiro lugar temos então: 6 1 5 possibilidades a) orreta. omeçando com consoante: 4 70 880 omeçando com vogal: 70 160 b) orreta. Letras, A, L juntas e nesta ordem 5! 10 Letras, A, L juntas em qualquer ordem:! 5! 70 Logo, temos 160 + 880 5040 anagramas No cálculo do item c anterior vimos que o número de anagramas começando por vogal e terminando em consoantes é 1440 Logo, 5040 1440,5. e) orreta. As letras da palavra OSTELA em ordem alfabética são A,, E, L, O, S, T A P6 A _ P5 E _ P5 E _ P5 P 6 70 10 10 (960 ) 10 (960 ) Logo, em ordem alfabética começando com L, temos do 961o até o 1080 o anagrama. Matemática E
08) D MORENA vogais (O, E, A) 09) 4!! 144 (,, 4, 8, 9) + + + + P + P + P 1 + P 1 4 + 4 + 6 + 6 + + + 1 + 1 66 11) (A, F, L, O, R, T) Logo, já foram 40 posições. Sendo assim faltam 4. 10) Somando 4 + 4 + 6 + + + 1 59 (1,, 4, 6, 7) 1) E olocando as três letras restantes em ordem alfabética temos: ORT, OTR, ROT, RTO,TOR. Note que a 4a posição é RTO. Logo temos na 44a posição a palavra LAFRTO. MELHOR Vogais (E, O) 1) Logo o número de anagramas é 1 ROTAS Logo temos P! 4! 4 48 anagramas Matemática E
14) 10 anagramas 15) D REPUBLIA vogais (E, U, I, A) Permutando as consoantes (os quadrinhos) temos: 5! 10. Para ser múltiplo de, a soma dos algarismos deve ser múltiplo de. Por exemplo, 111 é múltiplo de, pois 1 + 1 + 1, que é múltiplo de. 111 7. Logo dos 5 conjuntos acima, os conjuntos (,,4,6), (,,4,9) e (,4,6,9) formam números múltiplos de três. Assim temos: + + 4! + 4! + 4! 4+ 4+ 4 7 19) 4560. UNIFAL vogais (U, I, A) 16) D 17) E Logo temos 6. Mas 6 A. Então A. DOPING vogais (O, I) alculando todas as permutações, temos P 6 6! 70. Agora, calculando os anagramas em que O e I aparecem juntas, temos: P 5!! 10 40. Podemos então pegar todos os anagramas e retirar os anagramas que possuem O e I juntos, restando os que possuem O e I separados. Temos então: 70 40 480. 0) E A permutação dos franceses é: 10 A permutação dos ingleses é: 6 A permutação dos americanos é: 4 omo as nacionalidades devem permanecer juntas e um francês deve permanecer em primeiro, logo permutamos os ingleses e americanos, sendo P. Temos então: P 5!! 4!! 10 6 4 4560. A familía Souza possui possibilidades de escolha dos bancos. Escolhido o banco, eles possuem 6 possibilidades de organizarem-se no banco. Lúcia e Mauro, agora, possuem possibilidades de escolha dos bancos. Uma vez escolhido o banco, eles podem se organizar no banco de P maneiras e ainda P maneiras entre si. As outras quatro pessoas possuem 4 maneiras de se organizarem nos assentos da lotação. Logo temos 6 4 456 possibilidades. 1) D Podemos organizar os sucos de P maneiras, as sobremesas de maneiras e os salgados de maneiras. Observe ainda que podemos organizar os tipos de maneiras. Logo o buffet será organizado de: P! 5! 4!! 10 4 6 4560. O maior número de três algarismos distintos possível é 987. Assim temos 6 permutações desses algarismos. olocando em ordem crescente temos 789, 798, 879, 897, 978, 987. Logo, na 4a posição temos 897. ) 7 maneiras. 18) 7 (,, 4, 6, 9) Existem 5 possibilidades de escolher 4 algarismos dos 5 disponíveis. São elas: (,,4,6), (,,4,9), (,,6,9), (,4,6,9), (,4,6,9). Precisamos dos múltiplos de com 4 algarismos. Existem 6 possibilidades de organizar as matérias, 4 Matemática E
P para organizar os livros de matemática e 6 para os livros de português. Logo temos 6 6 7 maneiras. ) 50 permutações ENERGIA repetições (E vezes) P 7 7!! 5040 50 4) 5040 permutações. 5) E 6) B ARARAQUARA repetições (A 5 vezes e R vezes). 5, P 10 10! 10 9 8 7 6 5! 10 9 8 7 6 5040. 5!! 5!! 6 GUARAPUAVA repetições (A 4 vezes e U vezes) 4, P 10 10! 10!. 4!!! 4! OTIDIANO repetições (O vezes e I vezes) Fixando a letra, temos:, P 8 8!!! 7) 670 anagramas. 400 10080. 4 SISTEMAS repetições (S vezes). 8 8!! 400 670. 6 8) 7 anagramas 9) DIREITO consoantes (D, R, T), vogais (I, E, O), repetições (I vezes) Permutando as vogais entre si, temos: 4!! 4! 1.! Permutando, agora, as consoantes, temos:! 6. Logo, a quantidade de anagramas é 1 6 7. AAFE repetições (A vezes) 5!! 5 4!! 0) D 1) ) E 60. VARGAS consoantes (V, R, G, S), vogal (A), repetições (A vezes). Logo o número de anagramas é 4. omo 4!! 4! 1, temos 4 1 144.! ONJUNTO repetições (O vezes e N vezes), P 6 6!!! 70 4 180 Veja que você possui dois tipos de ruas, horizontais e verticais. Analizando a partida do ponto A até o ponto, os traçados mínimos são de 5 ruas, sendo sempre ruas horizontais e verticais., ) 5! 5 4! 0!!!! 10 Temos então 10 possibilidades de ir do ponto A até o ponto. Na mesma linha de raciocinio, para ir do ponto até o ponto B, a quantidade mínima de traçados é sendo sempre horizontais e 1 vertical.!!!! Assim temos, juntando as duas informações, que a quantidade de possibilidades de ir do ponto A até o ponto B é de 10 0. Matemática E 5
DIPLOMATA a primeira e 7 para a segunda, pois os algarismos devem ser distintos. Logo pelo P.F.. temos 8 7 4 4 possibilidades 6) 5 maneiras 4) B Temos 5! 10 maneiras de permutar as consoantes juntas. Temos também! 6 maneiras de permutar o grupo de consoantes e as outras duas letras restantes. Logo 5!! 10 6 70 possibilidades Note que pelo enunciado, temos elementos, + e, em que + repete vezes e 7 vezes. Logo temos permutação de 10 elementos com repetição. 7, P 10 5) 08 10! 10 987! 10 9 8 10 4 10 7!.! 7!! 01. Falsa. ARRANJO repetições (R vezes e A vezes), 7! P 7 5040 160 7!!! 4 0. Falsa. Se 1 é solução então: 10 1 15 15 15! 15! 1!! 1 10! 5! 1!! 10! 5! 1 11 10!! 1 11 1 10! 54! 54 De fato, 1 1. Logo n 1. 0 1 1 0 1. 04. Falsa. Dentre 6 pontos devemos escolher dois sendo que a ordem não importa. Logo: 6! 6 654! 0! 4!! 4! 15. Sejam, abaixo, os movimentos da partícula. Veja que, para cada casa, podemos colocar o movimento para a esquerda ou para a direita. omo a particula deve voltar ao ponto inicial, a quantidade de movimento para a esquerda deve ser igual a quantidade para a direita. Logo, temos 5 D (movimento para direita) e 5 E (movimento para esquerda) distribuidos nas casas acima. 55, A distribuição pode ser feita de P 10 maneiras, já que se trata de permutação com repetição de movimentos. 55, P 10 10! 10 9 8765! 10 9 8 7 6 5! 5! 5! 5! 5 4 9 7 5. 7) 9K + 9 K+ K 1 + K + K K Se analisarmos essa questão com a ideia de "soluções inteiras de uma equação linear", teremos o seguinte: Logo teríamos uma permutação com repetição de K bolinhas e mais dois sinais de + (K + ) e repetindo K bolinhas e o sinal de +. Assim temos: K, P K ( K + )! ( K+ ) ( K+ 1 ) K! + K!! K!! 9K + K + 6K + 9K + 9 K+! 8) E 08. Verdadeira Temos 4 possibilidades de escolha para a última casa, pois o número deve ser par. Escolhendo 1 número para essa casa temos 8 possibilidades para 6 Matemática E Sejam, abaixo, os oito gols marcados na partida: Uma das possibilidades seria A A A A A B B B, onde A é gol para o time A e B, gol para o time B. Note que podemos permutar esses gols entre as casas, onde a ordem dos gols feitos são da esquerda para a direita. Logo: 5, P 8 9) 0 8! 876 5! 5!! 5!! 876 6 56
D R T S E P 5 5! 10 5 5 4 4) B Note que, para ir do ponto (1,1) ao ponto (4,4), temos 6 movimentos, ou (cima) ou D (direita). omo sempre são necessários movimentos para cima e para a direita, basta calcular a permutação de 6 movimentos com repetições para cada., P 6 6! 654! 6 5 4 0!!!! 6 40) 47040 possibilidades URUGUAIANA consoantes (R, G, N), repetições( U vezes e A vezes), No total temos P 10 10! 100800 anagramas da!! palavra. Podemos ter ou consoantes juntas: P pai, M mãe, F 1 filho 1, F filho, F A filha. Devemos calcular a permutação circular de todos os membros e depois subtrair as em que os filhos sentam juntos. P 5 5! 10 5 5 4. om F 1 e F juntos, P 4 4! 4 4 4 6. omo podemos permutar os dois filhos temos que multiplicar 6 por P, ou seja, 6 P 6 1. Logo temos 4 1 1 possibilidades. 44) 880 posições Total ( juntas juntas) 100800 (5760) 47040. 41) D P 4 4! 4 4 4 6 4) D H garotos e M garotas Podemos permutar os garotos de P 5 maneiras, ou seja, P 5 5! 10 5 5 4. Da mesma maneira podemos permutar as garotas de 4 maneiras. Note que essas permutações aconteceram para os garotos nas posições ímpares e para as garotas nas pares. Agora, cada garoto pode assumir 5 posições pares e Matemática E 7
45) E 46) as garotas ímpares. 4 4 5 880 Sabemos então que P n (n 1)! 400. Sabemos também que 400 8! Logo (n 1)! 8! n 1 8 n 9. p! Ap 4 1 ( p )! p!!( p )! 1 p! ( p )! 4 4 1 p! p 4!( p 4)! 4!( p 4 )! 1 4! ( p 4)! 1 ( p )! ( p ) ( p 4)! 4! 1 ( p ) 4 1p 6 60 1p p 60 1 5. Existem P 6 maneiras de permutar os casais na mesa, ou seja, P 6 6 6! 10 5! omo podemos permutar cada casal entre seus elementos, temos no total: 10 10 6 5! 6 ou 6 5!. 47) 14400 possibilidades 49) 16 01. Falsa _ A M _ 6 6 + + + P + P + P 1 + P 1 6 + 6 + 6 + + + 1 + 1 4 Logo ocupa a 4a posição. 0. Falsa. _ G O _ 6 _ R _ A P _ R _ M P _ R _ O _ A _ M _ R _ O _ M _ A P 1 P 1 omo a letra A repete, temos permutação com repetição. P!!. omo as mulheres devem permanecer juntas, temos então uma permutação circular de 6 elementos. P 6 6 6! 10. omo podemos permutar as mulheres entre si, temos 10 possibilidades. Logo, podemos montar 10 10 14400 possibilidades. 04. Falsa. 5 médicos e 10 enfermeiros. 1 4 5! 5 10! 5 10 1050 10 1! 4! 4! 6! Escolha de um médico 08. Falsa Escolha dos enfermeiros 48) E 8 Matemática E
5) D Note que quaisquer três pontos formam um triângulo. Logo: 1 1! 1 11 10 9! 0.! 9! 6 9! 16. Verdadeira Permutação terminando com repetições do algarismo 5. P 6 6!! 6 54! 10! Permutação terminando com 6 (a, b, c, d, e, f, g, h, i, j) Existem! possibilidades de escolha das! 1! letras a, b, c. 7! Tomada essa decisão temos 7 765! 1! 5!! 5! possibilidades de escolher as outras duas letras das sete restantes. Note que não escolhemos das 8, pois deve ter somente duas dentre a, b, c. Escolhidas as letras fazemos a permutação de 4 maneiras. Logo, temos 1 4 151 maneiras. 5) 945 possibilidades Temos 0 candidatos aos cargos. omo 18 são do sexo masculino, temos que 1 são do sexo feminino. Das 1 do sexo feminino, 7 não fumam. Logo temos 5 fumantes. omo tinhamos 1 fumantes no total e 5 são do sexo feminino, temos então 8 fumantes do sexo masculino, restando 10 não fumantes. 50) repetições do algarismo 5 e do algarismo. 6!, P 6 654! 10!!!! 60 Logo temos 10 + 60 180 possibilidades 18 masculino (8 fumantes e 10 não fumantes) 1 feminino (5 fumantes e 7 não fumantes) omo devemos escolher entre os não fumantes, temos: 10 Escolha do sexo masculino 45 1 945 7 Escolha do sexo feminino 10! 7! 10 9 8! 765!! 8!! 5!! 8!! 5! PORTUGAL Devemos escolher letras para compor com a letra G. omo a letra G já foi, escolhemos de 7 letras. Logo: 7! 7 7 6 5 4! 5! 4!! 4! Permutando as três escolhidas, temos: 5 6 5 10 51) B Obs.: Pela fórmula do arranjo sai direto, pois no arranjoa ordem importa, logo já escolhemos permutando. omo a ordem de escolha importa, temos: 6! A 6 ( 6 )! 6!! 6 54! 10.! 54) A 55) B Temos, dentro de cada grupo, as permutações entre as músicas. Logo: 4!!! Mas, não se pode esquecer que há permutação entre os estilos musicais. Logo temos! permutações entre os estilos de música. Temos no final: 4!!!! Temos n jogadores. omo xadrez é um jogo de duplas, temos n possibilidades de escolha das duplas. Sendo assim: Matemática E 9
n! n! ( n )! 51 n ( n 1) ( n )! 51! ( n )! n n 70 n n 70 0 n 7 ou n 6 Note que criamos dois cenários acima, escolhendo programadores ou programadores (pois há um mínimo segundo o enunciado) Logo escolhendo a equipe com os administradores temos: 78 + 84 46 possibilidades. Escolhendo sem os administradores: 56) 1 om n 1, temos que n 7 01. Verdadeira 57) 4 D D D V V D movimento para a direita V movimento vertical 5!, 54! 0!!!! 10 0. Falsa. Tome como exemplo o caminho direita - direita - direita - vertical - vertical. Note que andamos 5 segmentos. Se cada segmento demora minutos, logo temos 10 minutos no total. 04. Verdadeira 08. Verdadeira 16. Falsa. omo independentemente do caminho que se escolha, andaremos 5 segmentos, logo a distância total percorrida será sempre a mesma. 4! 4 58) 94 possibilidades Vamos dividir em casos: Escolhendo como administradores: 59) E 60) A 61) Logo, ao todo, temos: 46 + 46 94 possibilidades. Vamos dividir em dois casos: onjunto X: fixando a letra E no início, temos 8! possibilidades onjunto Y: fixando a letra E no final, temos 8! possibilidades. Observe que, ao unirmos X com Y estamos contando duas vezes as possibilidades dos anagramas que começam e terminam com a letra E. Logo devemos descontar uma vez esses anagramas. 8! + 8! 7! 8! 7! 8 7! 7! 16 7! 7! 7! (16 1) 15 7! Note que na primeira escolha a ordem não importa, ou seja, temos uma combinação. Já na segunda escolha a ordem importa por causa do mando de campo, ou seja, temos um arranjo. Vamos dividir em dois casos. aso 1 (grupo só com meninas) Temos assim 1 possibilidade aso (grupo com um menino): Temos assim 1 4 10 10 5 50 possibilidades 5 Escolhem o menino Escolhem a menina Logo, temos 50 + 1 51 possibilidades 10 Matemática E
6) A 4 advogados e 6 não advogados. Vamos dividir em casos: 1. um advogado 41 6 6 4 1 4. dois advogados 4 6 5 6 6 6. três advogados 4 6 4 4 15 60 4. quatro advogados 4 4 6 1 0 0 Note, a cada caso o p da segunda combinação. Por exemplo, se escolhemos advogados, só podemos escolher 4 pessoas das 6. Logo, no total temos 4 + 6 + 60 + 0 10 6) 0 65) B 66) A Temos 11 sócios. Logo podemos formar: 11 11! 11 10 9 8! 990! 8!! 8! 6 165 Temos então: 10 10 10 10 10 10 5 possibilidades de números de 5 algarismos. Agora devemos descontar os números que possuem algarismos distintos uns dos outros 01. Verdadeira Logo temos 10 9 8 7 6 040 possibilidades. Temos, em um total: 10 5 040 100000 040 69760. Para os dois lugares vagos temos possibilidades além disso podemos permutar as pessoas no banco de 5 lugares, 10, e as do banco de lugares 6. Logo temos 10 6 160 possibilidades. 67) D Mulheres 60 (tocam 5 e não tocam 5) Homens 40 (tocam 1 e não tocam 9) Vamos dividir em três casos: 0. Verdadeira. Se não forem respeitadas as preferências, temos: P 8 8! 400 possibilidades. De fato, as outras são falsas pois essas duas já são verdadeiras. 64) A (5 8) + (5 1) + (5 1) 700 + 40 + 00 140 68) B Logo, temos 9 10 10 10 9000 números de 4 algarismos. omo o programa testa um a cada cinco segundos, temos 45000 segundos no total. Sabendo que 1h 600 segundos, então: 45000 600 1,5. Logo temos 1 hs e meia, ou seja, 1h0min. omo quaisquer pontos na circunferência formam um triângulo, temos então: 10! 10 987! 10 70 7!.! 7!! 6 10 69) A Temos 10 ações, sendo uma da empresa A e uma da empresa B. omo A e B devem estar entre as 6 escolhidas, então devemos escolher 4 das 8 restantes. Matemática E 11
70) A 4 8! 8 87654! 1680 4! 4! 4! 4! 4 70. Vamos dividir em dois casos: aso 1 (Andréia na comissão): Logo temos que escolher 4 alunos dos 6 restantes, pois Manoel e Alberto não podem estar na comissão: 4 6! 6 654! 15 4!! 4!! 71) D 7) B aso (sem a Andréia): Logo podemos escolher 5 alunos dos 8: 5 8! 8 876 5! 56 5!! 5!! Temos, no total, 56 + 15 71 possibilidades. Vamos dividir em casos: aso 1 (um médico especialista): aso (dois médicos especialistas): 9 1 9 7 aso (três médicos especialistas): 9 0 1 1 1 Logo, é possivel formar 108 + 7 + 1 16. Mas assim estamos contando os pares dos pontos colineares, logo devemos descontá-los. 5! 66 5 66 66 5 4! 66 10 56!!!! Percebemos que excluímos a reta que passa pelos 5 pontos colineares, logo devemos incluí la : 66 10 +1 57. 7) 15 possibilidades 0 _ 0 0 _ 0 _ 0 0 _ 0 Note que existem 6 espaços para colocar as "barras" de separação. 6! 6 654! 0! 4!! 4! 15. 74) a) 70 triângulos Tomamos, como exemplo, o ponto A da reta r. Para esse ponto, podemos escolher de 4 pontos da reta 4! s, ou seja: 4 6.!! Logo, formando triângulos de um vértice em r e dois em s, temos 5 6 0 triângulos. Pensando da mesma forma, podemos escolher de 5! 5 pontos da reta r, ou seja: 5 10.!! Logo, formando triângulos com um ponto na reta s e dois na reta r, temos 4 10 40 triângulos. Ao todo temos 40 + 0 70 triângulos. b) 60 possibilidades Para formarmos quadriláteros, devemos escolher dois pontos da reta r e dois pontos da reta s. Temos então: Podemos calcular todos os pares de pontos de: 1! 1 11 10! 1 66 maneiras.! 10!! 10! 1 Matemática E