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Questões de Análise Combinatória em Matemática


ID
85279
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Julgue os itens que se seguem, a respeito de contagem.

A quantidade de permutações distintas que podem ser formadas com as 7 letras da palavra REPETIR, que começam e terminam com R, é igual a 60.

Alternativas
Comentários
  • R_ _ _ _ _ R Permutar 5 letras com E = repetindo 2 vezesP=!/2! = 5.4.3.2/2=60
  • uma questão simples de permutação de repetição. 
    a pegadinha da questão é o fato de começar e terminar com R, ou seja, obrigatoriamente os anagramas só terão uma possibilidade para a primeira e a última letra de cada anagrama, 
    resumindo:

    _1_ . ___ . ___ . ___ . ___ . __1__ ; assim, consideraremos apenas 5 letras restantes, e utilizaremos a fórmula da PERMUTAÇÃO DE REPETIÇÃO, que ficará:

    P  ²   (2 por que a letra '' E '' repete duas vezes ) = 5! / 2! = 5x4x3 = 60 [ questão CORRETA ]
        5

    espero ter ajudado (: 
  • R _   _   _   _   _ R 

       5  4   3   2  1 = 120/2=60 (C)

    QUANDO LETRAS SE REPETEM DEVE SE DIVIDIR POR 2

  • 5x4x3x2 / 2(EE)

  • SEM ENROLAÇÃO 

    SÓ ELIMINA AS LETRAS (R)

    LOGO FICARÁ UMA (P5!) / (P2! QUE SÃO AS LETRAS REPITIDAS)

    P5!/2! = 60

     

  • Bizu: A análise combinatória só trabalha com o que será calculado, isto é, o que já calculado você não deve considerá-lo, com no caso em questão:

    R R, os R, conforme o enunciado, já foi incluindo, assim, você apenas tem que fazer uma permutação com repetição dos cinco elementos restantes, amém????? Glória a DEUS!!!!

  • É só dividir a quantidade de letras que vão ser permutadas ( EPETI ) pela quantidade de repetições de letras dentro da permutação (2).

    No caso:

    R_ _ _ _ _R (fixo)

    _EPETI_ (permutar) = 5 letras e 2 repetições

    Como existe a repetição de 2 "E", eu preciso dividir o fatorial de 5 pelo fatorial de repetições. Dessa forma, ficaria:

    5! / 2!

    = 5 x 4 x 3 x 2! / 2!

    = 60

  • GAB: C

    AVANTE PMAL 2021!!

  • Vamos lá: Duas letras das 7 são obrigatórias nessa posição, logo restam apenas 5.

    R _ _ _ _ _ R 

    Permutação de 5: P5 = 5! ~ 5.4.3.2.1 = 120, porém a letra E se repete 2x então a permutação é de 5!/2!  

    5 4 3  2 1/ 2 = 120/2=60

  • Quase caí na pegadinha do "E"..


ID
91135
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A senha de um cartão de crédito possui quatro dígitos, que são
algarismos entre 0 e 9, e a administradora desse cartão veda senhas em que
todos os quatro algarismos sejam iguais, ou que os algarismos correspondam
ao dia e mês de aniversário do titular do cartão. Por exemplo, se um indivíduo
nasceu no dia 4 de março, a senha de seu cartão não pode ser 0403. É
possível que diferentes cartões de crédito tenham a mesma senha. A senha é
solicitada sempre que o titular realizar algum pagamento; se o portador do
cartão errar ao informar a senha por três vezes consecutivas, o cartão é
bloqueado imediatamente.

Com base no texto acima, julgue os itens a seguir.

Se um indivíduo nasceu no primeiro semestre do ano, então um número de quatro dígitos, escolhido aleatoriamente, tem mais de 99,9% de chance de ser uma senha possível para ele.

Alternativas
Comentários
  • Não é sequer necessário levar em consideração o fato de o indivíduo ter nascido no primeiro semestre do ano.Quando se escolhe um número de 4 dígitos aleatoriamente, teremos um espaço possível de: 10x10x10x10=10000 números;Porém, como não se pode repetir todos os números, por exemplo, não podemos ter uma senha com 6666, então ficamos assim: 10x10x10x9=9000 números;Calculando a probabilidade -> P=9000/10000=0,9=90%Ou seja, sem sequer termos subtraido a data de aniversário do cliente, já temos uma probabilidade menor que 99,9%.
  • Creio que o calculo correto seja esse aqui:(10 x 10 x 10 x 10) - 10, pois o enunciado veda que todos os algarismos sejam iguais.As possíveis senhas com algarismos iguais seria:0000111122223333444455556666777788889999Logo o numero de senhas possíveis é 9990, como o enunciado restrigi que a senha não pode ser igual a data de nascimento, subtraimos mais 1 possibilidade, totalizando então 9989. Com uma regra de três simples aonde 9989 é 100% ao escolher 1 senha e que a mesma seja válida existe 99,89% de chance.
  • Dados
    a) Senha não pode ser "dia e mês de aniversário", o que, no contexto, exclui 06 possibilidades (01xx, 02xx, 03xx...)
    b) Senha não pode ser 4 dígitos idênticos, o que, no contexto, exclui 10 possibilidades (0000, 1111, 2222, 3333....)


    Desenvolvimento

    (i) Possibilidades de compor a senha - XXXX: 10x10x10x10 (TOTAL) - 10-6 ("a" e "b")= 10.000-16=9.984 

    (ii) 10.000 ------ 100%
          9984 ---------- x

    x= 99,84 %, questão errada
  • Pessoal, se não pode repetir os dígitos então não se repete a sequência, ficando assim o cálculo.

    10.9.8.7 = 5.040, achei 100 por cento.  Mas não posso colocar o primeiro semestre, então fico com menos uma possibilidade e diminuo dos 5.040, resultando em 5.039, daí se faz a regre de três ou divide uma valor pelo outro ou seja 5.039/5040 = 0,9998 ou 99,98%.
  • Jorge, fiz como você. Achei mais fácil assim.

  • "...os algarismos correspondam ao dia e mês de aniversário ..." Esse é o ponto chave da questão. 

    Pergunta-se: em quais situações pode uma senha ter algarismos correspondentes a dia e mês? Veja bem, dia E mês. tem gente calculando com se fosse dia OU mês. Os algarismos correspondem ao dia e mês quando temos a senha do tipo ddmm. Então, além das 10 possibilidades de senhas de numeros iguais que devemos retirar da conta, precisamos também remover mais uma possibilidade, que diz respeito a essa vedação. Ao todo serão retirados 11 possibilidades. Ficando assim: 10⁴-11=9989, Dividindo por 100 obtemos, 99,89%. Gabarito ERRADO

  • Alguém pode me explica melhor essa questão ? Não estou entendendo de onde os colegas estão obtendo o valor de 9948. Desde já agradeço!

     

  • Total de possibilidades de escolha de nº (4 dígitos) ===> 10*10*10*10 = 10000
    Sendo os 4 dígitos iguais =========================> 10 ( 0000, 1111, 2222, 3333, 4444 ...., 9999)
    Pelo fato de não poder ser os 4 dígitos iguais temos 9990 possibilidades.
    Como o indivíduo nasceu no primeiro semestre(jan, fev, mar, abr, mai, jun) o 1º dígito do mês é 0. Daí teremos que excluir mais uma senha, que é o dia/mês de seu aniversário.
    Logo teremos 9989 possibilidades para senha do indivíduo.
    A probabilidade procurada é 9989/10000 = 99,89%
    99,89% > 99,9% ===> ERRADO

  • Gabarito ERRADO

    Serao excluídas as senhas 0000, 1111, ... , 9999 = 10 senhas, Além dessas será excluída também a data do aniversário dele. Como pode ser escolhido aleatoriamente os números, conforme enunciado, o número total seria 10x10x10x10= 10a4, ficando assim (10000 -11)/10000 x100= 99,89%

  • esqueci da senha 0000.....segue o jogo

  • _ _ _ _ 4 DIGITOS =  ( 10 ALGARISMOS DE 0 A 10 EM CADA POSSIBILIDADE DE DIGITO)

    10X10X10X10 = 10000

    POREM OS NUMEROS NAO PODEM SE REPETIR 

    EXCLUINDO 10 POSSIBILIDADES

    10000-10=9990 

    UMA DAS SENHAS NAO PODE SER O DIA DO ANIVERSARIO DELE

    9990-1 = 9989 OU 99,89%

  • Mais uma questão que os professores de matemática não dão as caras, enfim, se fosse uma pedido pra calcular 1+1 ai teria ate vídeo explicando. Segue o baile, agradecendo aos alunos que sempre nos ajudam com seus comentários.


ID
93577
Banca
FCC
Órgão
DNOCS
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um comerciante pediu ao caixa de um banco que lhe trocasse R$ 5,00 em moedas de 10 e 25 centavos; além disso, solicitou também que houvesse pelo menos um tipo de cada moeda e que suas respectivas quantidades fossem números primos entre si. Nessas condições, de quantos modos o caixa pode atender ao pedido desse comerciante?

Alternativas
Comentários
  • dois numeros sao primos entre si quando o divisor entre eles e 1, entao temos:2moedas de 25centavos e 45 de10centavos6moedas de 25centavos e 35 de 10 centavos14moedas de 25centavos e 15 de 10centavos18 moedas de 25centavos e 5 de 10centavoslogo temos 4 maneiras diferentes.
  • Primos entre si é termos apenas 1 como divisor comum entre os dois ou mais numero. Ex: 20 e 21Div de 20= 1,2,4,5,10 e 20Div de 21= 1,3,7 e 21Então, temos apenas o numero 1 como primo entre os dois.
  • Como resolver esta questão sem utilizar a força bruta?
  • Considere que a e b sejam as quantidades de moedas de R$ 0,10 e R$ 0,25, respectivamente, usadas pelo caixa pra trocar os R$ 5,00. Como há pelo menos uma moeda da cada tipo, então a > 0 e b > 0. Essas quantidades são tais que 0,10a+0,25b = 5,00, ou seja, 2a+5b = 100. Observe que a e b devem possuir paridades distintas, sendo b um número par, necessariamente. Consequentemente a é ímpar. Os pares (a; b) que obedecem a essa relação são: (45, 2), (40; 4), (35, 6), (30, 8), (25, 10), (20, 12), (15, 14), (10, 16) e (5, 18). Desses pares apenas quatro possuem a e b primos entre si (mdc(a, b) = 1). São eles: (45, 2), (35, 6), (15, 14) e (5, 18). Portanto, o caixa pode atender ao pedido de 4 modos.Letra C.Opus Pi.
  • Vamos começar pegando o máximo de moedas de 10 centavos e o mínimo de moedas de 25 centavos (porque temos que ter um tipo de cada moeda pelo menos). Ficaria assim:
    45 moedas de 10 centavos + 2 moedas de 25 centavos = 5 reais
    Certo?
    Note que se você aumentar 1 moeda de 25 centavos e tentar diminuir o tanto de moedas de 10 centavos não conseguiremos obter um resultado viável. Somemos, portanto, 2 moedas de 25 centavos.
    40 moedas de 10 centavos + 4 moedas de 25 centavos = 5 reais
    Certo?
    Beleza. Perceba que temos uma sequência inversamente proporcional, enquanto que o número de moedas de 10 centavos diminui de 5 em 5, o número de moedas de 25 centavos aumenta de 2 em 2 (nesse exemplo em que eu dei; você poderia ter começado pensando no máximo de moedas de 25 centavos e no mínimo de moedas de 10 centavos).
    Pois bem. Essa é a sequência que teremos:

    45 + 2 C
    40 + 4 E
    35 + 6 C
    30 + 8 E
    25 + 10 E 
    20 + 12 E
    15 + 14 C
    10 + 16 E
    5 + 18 C

    TOTAL - RESPOSTA = 4


    Os que marquei com C representam os números que são primos entre si, que possuem só o 1 como divisor comum.

  • Quem pode explicar essa questão melhor? Acho que não entendi bem, pois o comando da questão pede que as respectivas quantidades de moedas sejam números primos entre si, mas com exceção do 2 e 5 todos os demais números não são primos.

  • (x . 0,10 ) + ( y . 0,25) = R$ 5,00
    Qnt . R$0,10 + Qnt . R$ 0,25 =R$ 5,00.
    As moedas de 10 centavos devem ser adicionadas de 5 em 5, caso contrário não há como fechar a conta usando moedas de 0,25. Ex: R$ 4,60 + (1. 0,25) = R$4,85 ou R$ 4,60 + (2 . 0,25) = R$5,10.

    R$5,00 =  5 . 0,10  + 18. 0,25   (5 moedas de 0,10 e 18 de 0,25)*
    R$5,00 =  10 . 0,10 + 16. 0,25
    R$5,00 =  15 . 0,10 + 14. 0,25  (15 e 14)*
    R$5,00 =  20 . 0,10 + 12. 0,25
    R$5,00 =  25 . 0,10 + 10. 0,25
    R$5,00 =  30 . 0,10 + 8. 0,25
    R$5,00 =  35 . 0,10 + 6. 0,25  (35 e 6)*
    R$5,00 =  40 . 0,10 + 4. 0,25
    R$5,00 =  45 . 0,10 + 2. 0,25  (45 e 2)*

    * Como vemos há 4 combinações que os pares de moedas tem quantidade dois números que são primos entre si (possuem somente o 1 como divisor em comum).

    Resposta C) Quatro.

  • nunca vi em minha vida 35 ser número primo nem mesmo 14 e 15 

  • A questão não é complicada, no entanto está ambigua. Do jeito que se apresnta é impossível compreender o que se pede. Nao sabemos se são as moedas separadas que devem ser quantidades "primas" ou se a soma dos dois tipos de moeda. É de lascar!!!

  • GABARITO:  c) QUATRO.

    Questão escrota... Deu a enteder que a quantidade de cada moeda deveria ser número primo. Porra...

  • Chuta que é macumba !

  • Galera, essa questão fala de números primos entre si:

    10 centavos ---> 45 ----- 35 ------15---------5;

    25 centavos----->2----------6--------14---------18;

    45 e 2 são primos entre si, ou seja, só apresentam o número 1 como divisor em comum, assim como os pares 35 e 6 ; 15 e 14 ; 5 e 18!!!!!

  • Vamos montar um quadro das maneiras possíveis de obter R$5,00 com moedas de R$0,25 e R$0,10, tendo pelo menos uma delas.

    2 modas de R$0,25         e         45 moedas de R$0,10

    4 modas de R$0,25         e         40 moedas de R$0,10

    6 modas de R$0,25         e         35 moedas de R$0,10

    8 modas de R$0,25         e         30 moedas de R$0,10

    10 modas de R$0,25       e         25 moedas de R$0,10

    12 modas de R$0,25       e         20 moedas de R$0,10

    14 modas de R$0,25       e         15 moedas de R$0,10

    16 modas de R$0,25       e         10 moedas de R$0,10

    18 modas de R$0,25       e          5 moedas de R$0,10

    Os números a e b são primos entre si, quando mdc (a, b) = 1. Por exemplo, mdc (18, 5) = 1.

    Nessas condições, há 4 modos que o caixa pode atender ao pedido desse comerciante.

    Portanto, letra C.

  • Pra quem não conseguiu entender, segue a dica;

    Aqui vai alguns exemplos de números primos entre sí...

    os divisores dos números 4 são estes: {1,2,4}

    {1,2,4}; os divisores do números 9 são estes: {1,3,9}

    {1,3,9}. O único divisor comum entre o 4 e o 9 é o número 1, logo, o 4 e o 9 são primos entre si. Já os números 15 e 21 não são primos entre si, uma vez que além do número 1 também têm como divisor em comum o número 3.

  • Queria ser o caixa pra mandar esse desocupado ir trocar moeda com a mãe dele

  • Raphael P.S.T, parabéns pelo raciocínio. Que Deus nos ajude a ter um raciocínio desse na hora da prova.

  • Faaala Turma!

     

    Essa questão está respondida em meu canal no YOUTUBE!

     

    https://youtu.be/pTx-yTxR7_4

     

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  • Considere que a e b sejam as quantidades de moedas de R$ 0,10 e R$ 0,25, respectivamente, usadas pelo caixa pra trocar os R$ 5,00. Como há pelo menos uma moeda da cada tipo, então a > 0 e b > 0. Essas quantidades são tais que 0,10a + 0,25b = 5,00, ou seja, 2a + 5b = 100. Observe que a e b possui paridades distintas, sendo b um número par, necessariamente. Consequentemente a é ímpar. Os pares (a, b) que obedecem a essa relação são: (45, 2), (40; 4), (35, 6), (30, 8), (25; 10), (20; 12), (15, 14), (10, 16) e (5, 18). Desses pares apenas quatro possuem a e b primos entre si (mdc (a, b) = 1). São eles: (45, 2), (35, 6), (15, 14) e (5, 18). Portanto, o caixa pode atender ao pedido de 4 modos. 

    Letra C.


ID
121084
Banca
FCC
Órgão
AL-SP
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Os 63 novos contratados para o cargo de agente técnico serão alocados em 21 salas atualmente vazias no prédio da Assembleia Legislativa. Cada sala terá pelo menos um agente e todo agente ficará em uma única sala. Nestas condições, pode- se concluir que, necessariamente,

Alternativas
Comentários
  • 63 : 21 = 3 considerei a letra a como correta.nao entendi o gabraito!!
  • não entendi o gabarito também, considerei a letra A como a correta.e se for ver bem a letra B também está correta pois não haverá salas com 4 agentes
  • Reparem que a questão diz q tem q ter PELO MENOS 1 agente em cada sala, então não significa q eles tem q estar distribuidos em qtd igual. Vc coloca um em cada sala e sobram 42 agentes, vc pode colocar os 42 q restaram numa mesma sala.
  • Os 63 novos contratados não precisam ser distribuidos igualmente entre as 21 salas; basta que todas as salas sejam ocupadas com pelo menos um agente, podendo ser os outros distribuidos de qualquer forma.Portanto:a) incorreta, porque poderá haver apenas um agente em alguma das salas.b) se fosse dividir igualmente, cada sala teria 3 agentes; dessa forma, se em uma das salas tiver menos que 3 agentes, haverá sala com quatro ou mais agentes....c) não poderá haver uma sala com 50 agentes porque sobrariam apenas 13 agentes para completar as outras 20 salas; observe que a questão diz: cada sala terá pelo menos um agente.d) o correto seria: poderá haver salas com um único agente.e) correta, pois se dividir igualmente, haverá 3 agentes em cada sala; se dividir de forma diferente, uma delas ficará com menos de 3 agentes e outra ficará com mais que 3.
  • Olá, pessoal!

    "Os 63 novos contratados para o cargo de agente técnico serão alocados em 21 salas atualmente vazias no prédio da Assembleia Legislativa. Cada sala terá pelo menos um agente e todo agente ficará em uma única sala. Nestas condições, pode- se concluir que, necessariamente, "

    Esse termo (necessariamente) implica obrigação de acontecer.

    A única opção que vai acontecer de qualquer maneira, se obedecidas as condições, é a letra "E"

    As outras opções podem, ou não, acontecer.
     

    Bons estudos!

  • pessoal,
    precisamos tomar muito cuidado com questões desse tipo, pois o autor fala que temos 63 novos agentes agentes que serão lotados em  21 salas que atualmente estão vazias na assembleia legislativa. a única afirmativa do autor da questão é: que ele garante que terá em cada uma das 21 salas pelo menos 1 agente e que cada agente ficará em apenas uma sala.

    numa questão como essa agente tem que excluir questões que são muito conclusivas, pois não temos certeza de nada ainda o chefe desse pessoal vai alocar os agentes da forma que ele quizer, portanto, já podemos eliminar as letras A, B e D, ficamos agora com as alternativas C e E

    vamos ver a questão da letra C:

    o autor da questão afirma que os 63 agentes serão lotados nas 21 salas que atualmente estão vazias, portanto se o chefe deles lotar inicialmente 1 em cada sala sobraria um total de 42 agentes para serem lotados, portanto a aformativa C está errada pois diz que poderá haver uma sala com 50 agentes e o máximo de agentes que poderá haver em uma sala são 42...

    a letra E está perfeita,

    pois afirma que:

    e) haverá pelo menos uma sala com três ou mais agentes. 
    se o chefe dividir todos os agentes pelo número de salas teremos 3 agentes por sala

    ele se preocupou em deixar bem claro que haverá pelo menos uma sala com 3 ou mais agentes

     se ele fizer qualquer outra divisão teremos pelo menos uma sala com 3 ou mais agentes


    pode ser que tenhamos 3 se a divisão for proporcional e pode ser que tenhamos (mais de 3) no caso 42 e quantas outras formações que o cheffe quizer, alias ele é o chefe

    bom pessoal espero ter ajudado, então classifica aí o comentário

  • GAbarito letra E. (idem questão/comentário Q42345)

    Para responder corretamente essa questão vc precisa entender o significado de "NECESSARIAMENTE".

    Vejamos as alternativas

    a) haverá três agentes em cada sala. Isso é possível, MAS NÃO NECESSARIAMENTE.
    Ex: Podemos colocar 1 agente em cada sala e os outros 42 restantes em uma sala só.

    d) haverá salas com um único agente. É possível, MAS NÃO NECESSARIAMENTE.
    Ex: Podemos dividir igualmente e colocar 3 em cada sala.

    e) haverá pelo menos uma sala com três ou mais agentes, SIM é possível e NECESSARIAMENTE OCORRERÁ.
  • Rodrigo, entendi sua explicação. Mas me ajude a entender mais um pouco:
    Não sabemos o que pode ocorrer, o que o chefe dessas pessoas vai decidir na hora de dividí-las. E se ele optar por dividir de maneira igual? Então não ocorrerá sala com mais de 3(a letra E fala pelo menos uma sala com 3 ou mais), então na letra E também não é NECESSARIAMENTE e sim uma hipótese.
    Essa questão é confusa.
  • https://www.youtube.com/watch?v=GjN_YfOMoKQ

  • 63: 21= 3 pessoas em cada sala, mas o enunciado me diz que posso ter no mínimo 1 por sala, ou seja:

    sala 1= 1 contrado 

    sala2= 3 contratados + 2 da sala 1, ou seja, haverá pelo menos uma sala com 3 ou mais agentes.

  • Princípio da casa dos pombos. É também conhecido como teorema de Dirichlet ou princípio das gavetas de Dirichlet. Só dá uma pesquisada e estudar o desenvolvimento teórico. É muito legal!


ID
145762
Banca
CESGRANRIO
Órgão
MEC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

As Diretrizes Curriculares para o Ensino Médio (Parecer CEB nº 15/98) estabelecem como objetivos da área de Ciências da Natureza, Matemática e suas Tecnologias a constituição de habilidades e competências que permitam ao educando:

I - compreender o caráter aleatório e não determinístico dos fenômenos naturais e sociais e utilizar instrumentos adequados para medidas, determinação de amostras e cálculo de probabilidades;
II - identificar, analisar e aplicar conhecimentos sobre valores de variáveis, representados em gráficos, diagramas ou expressões algébricas, realizando previsão de tendências, extrapolações e interpolações, e interpretações;
III - analisar qualitativamente dados quantitativos, representados gráfica ou algebricamente, relacionados a contextos socioeconômicos, científicos ou cotidianos;
IV - identificar, representar e utilizar o conhecimento geométrico para o aperfeiçoamento da leitura, da compreensão e da ação sobre a realidade;
V - entender a relação entre o desenvolvimento das ciências naturais e o desenvolvimento tecnológico, e associar as diferentes tecnologias aos problemas que se propuseram e se propõem a solucionar.

Cada uma dessas habilidades/competências pode ser desenvolvida mais diretamente por meio de um dos tópicos de Matemática do Ensino Médio apresentados a seguir.

( ) Trigonometria
( ) Funções
( ) Informática
( ) Análise combinatória
( ) Tratamento da Informação

Associando esses tópicos do Ensino Médio com as habilidades, obtém-se, de cima para baixo, a sequência

Alternativas
Comentários
  • I - compreender o caráter aleatório e não determinístico dos fenômenos naturais e sociais e utilizar instrumentos adequados para medidas, determinação de amostras e cálculo de probabilidades; 

    Quando o assunto é aleatoriedade, temos a Teoria das Probabilidades como campo de estudo. Entretanto, a contagem dos eventos e do espaço amostral em problemas complexos requer ferramentas de Análise Combinatória.

    só aqui já seria suficiente marcar a letra C, mas vamos à análise completa.

    II - identificar, analisar e aplicar conhecimentos sobre valores de variáveis, representados em gráficos, diagramas ou expressões algébricas, realizando previsão de tendências, extrapolações e interpolações, e interpretações; 

    Aqui, a sentença trata-se evidentemente de funções. As funções tem a característica de relacionar grandezas e lidam com variáveis. Podemos, também, representar graficamente as funções ou em forma de lei. Analisando o comportamento de uma função podemos fazer prognósticos e interpolações.

    III - analisar qualitativamente dados quantitativos, representados gráfica ou algebricamente, relacionados a contextos socioeconômicos, científicos ou cotidianos; 

    Não há o que comentar: Tratamento da Informação

    IV - identificar, representar e utilizar o conhecimento geométrico para o aperfeiçoamento da leitura, da compreensão e da ação sobre a realidade; 

    Trigonometria estuda os ângulos e suas relações. É um complemento rico para o estudo geométrico.

    V - entender a relação entre o desenvolvimento das ciências naturais e o desenvolvimento tecnológico, e associar as diferentes tecnologias aos problemas que se propuseram e se propõem a solucionar.

    Sobra a Informática.

    Alternativa: C
  • questão conceitual... essa é boa! acertei só por causas dos itens II e III


ID
183298
Banca
VUNESP
Órgão
CETESB
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Suponha que seu setor tenha 2 analistas plenos e 3 analistas juniores. Considerando que o seu setor estrutura-se internamente em grupos de trabalho e que cada equipe deve contar com um analista pleno, você poderá distribuí-los em _____________grupos de trabalho.

Alternativas
Comentários
  • Análise combinatória simples:

    De um lado A e B (plenos)

    Do outro C, D e E(junior)

    Grupos possíveis:

    AC, AD, AE, BC, BD, BE

    Todo gupo tem que ter um analista pleno. Portanto ou A ou B

    Espero ajudar!

  • questao mal elaborada. Nao considerou quantos integrantes podem ter num grupo de trabalho, os quais poderiam variar de 2 a 5 integrantes. E tambem não especificou se pode haver grupo com 2 analistas plenos.

    O comentario feito pelo colega leva em consideração apenas as duplas possíveis, mas no meu entender grupo é muito mais amplo que dupla.
  • Creio que há um equívoco ao se analisar a questão. Assumindo que os analistas plenos são: A e B; e que os júniors são: C, D e E. Observando também que o enunciado não coloca restrições em relação ao número de integrantes de cada grupo, teríamos as seguintes possibilidades de distribuição:

    A        B+CDE (1ª maneira)
    A+C   B+DE (2ª maneira)
    A+D    B+CE (3ª maneira)
    A+E    B+CD (4ª maneira)
    A+DE  B+C (5ª maneira)
    A+CE  B+D (6ª maneira)
    A+CD  B+E (7ª maneira)
    A+CDE   B (8ª maneira)

    Dessa maneira teríamos 8 possibilidades, mas não podemos considerar que uma pessoa sozinha componha um GRUPO. Sendo assim, excluímos a 1ª e a 8ª maneira, ficando com seis possibilidades. (GABARITO= E)
  • O enunciado pede a quantidade de grupos e não as "maneiras" de distribuir os empregados.
    O colega Fernando Augusto aponta 6 "maneiras" de distribuir os empregados. 
    Todavia,  pela forma que ele mesmo apresenta, formam-se 12 grupos! Observem que onde está o analista "A" é um grupo, onde está o analista "B" é outro grupo. Em cada uma dessas "maneiras" existem 2 grupos.
  • Eita....é verdade! Agora voltei a estaca zero...hehehe. Agora tenho que pensar mais um pouco.
  • Questão muito mal formulada.

     E como disse o colega acima, ainda existiria um grupo com todo mundo (AB + CDE).

    Logo o número de grupos é ainda maior e não há alternativa para a questão.

    O enunciado deveria dizer. Deverão ser formados grupos de trabalho com 2 duplas, sendo que cada dupla deverá ter pelo menos um analista pleno. Quanto grupos poderão ser realizados? Aí sim teríamos a solução 6 grupos (AC;BD) , (AC;BE) , (AD;BE) , (AD;BC) , (AE; BC) , (AE;BD) ; mantendo o gabarito E.
  • Anulemos esta questão em nossos corações... Vejam

    "X Grupos de Trabalho" é bem diferente de "X Tipos de Grupos de Trabalho". (Primeiro fator de anulação)
    O primeiro faz referência a quantidade de grupos:
    - Quantidade de grupos serão no máximo 2, no mínimo 1, pois só existem 2 Plenos.
    O segundo faz referência a quantidade de tipos de grupos diferentes:
    - Quantidade de tipos de grupos são 8, como veremos abaixo.

    Vamos considerar que o enunciado fizesse referência a "tipos", então, para uma empresa não faz sentido criar uma equipe vazia, devendo possuir pelo menos 1 integrante, além do mais a questão exige "cada equipe deve contar com um analista pleno", sendo assim:

    Analistas Pleno: P1 e P2
    Analistas Júnior: J1, J2 e J3

    Tipo 1 ---------- 1 Pleno
    P1
    P2
    Tipo 2 ---------- 1 Pleno e 1 Júnior
    P1 J1
    P1 J2
    P1 J3
    P2 J1
    P2 J2
    P2 J3
    Tipo 3 ---------- 1 Pleno e 2 Júnior
    P1 J1 J2
    P1 J1 J3
    P1 J2 J3
    P2 J1 J2
    P2 J1 J3
    P2 J2 J3
    Tipo 4 ---------- 1 Pleno e 3 Júnior
    P1 J1 J2 J3
    P2 J1 J2 J3
    Tipo 5 ---------- 2 Pleno
    P1 P2
    Tipo 6 ---------- 2 Pleno e 1 Júnior
    P1 P2 J1
    P1 P2 J2
    P1 P2 J3
    Tipo 7 ---------- 2 Pleno e 2 Júnior
    P1 P2 J1 J2
    P1 P2 J1 J3
    P1 P2 J2 J3
    Tipo 8 ---------- 2 Pleno e 3 Júnior
    P1 P2 J1 J2 J3

    Como podemos ver quem elaborou a questão esqueceu de considerar o Tipo 1 e o Tipo 8.

    Questão anulada no em nossos coração XD

    Bons estudos!
  • A questão não diz "pelo menos um" A. Pleno. E sim que deve contar "com um".
  • Questão muito mal elaborada. Faltou dizer quantos integrantes de cada grupo!
  • que a questão tá muito mal elaborada tá... mas acredito que a resolução da questão seria um pouco diferente. A questão pede "PELO MENOS 1 AP", assim os grupos podem ter 1 ou 2 AP. Eu pensei assim:
    Total de pessoas no trabalho são 5, então pode haver grupos com 2 pessoas, 3 pessoas, 4 pessoas ou 5 pessoas.

    Grupo com 2 pessoas =  _ _            (há 6 possibilidades)
    Grupo com 3 pessoas =  _ _ _         pode ser: C2,1 x C3,2 (1AP e 2AJ) ou
                                                                          C2,2 x C3,1 (2AP e 1AJ)
    Grupo com 4 pessoas =  _ _ _ _      pode ser: C2,1 x C3,3 (1AP e 3AJ) ou
                                                                          C2,2 x C3,2 (2AP e 2AJ)
    Grupo com 5 pessoas =  _ _ _ _ _    (1 possibilidade - todas as pessoas)

    fazendo todos esses cálculos e somando as respostas, resultaria em 24 grupos
  • Suponha que seu setor tenha 2 analistas plenos e 3 analistas juniores. Considerando que o seu setor estrutura-se internamente em grupos de trabalho e que cada equipe deve contar com um analista pleno, você poderá distribuí-los em _____________grupos de trabalho.

    Se é obrigatório que tenha um analista pleno, os dois devem se separar. Lembrando que grupo tem que ter pelo menos 2


       1° opção  ACD e BE
       1° opção  ACE e BD
       1° opção  ADE e BC
       1° opção  AC BDE
       1° opção  AD BCE
       1° opção  AE BCD

    6 possibilidades de grupo de trabalho.

  • Entendo que um grupo de trabalho envolvendo a equipe  de 5 pessoas só pode ser formada por  no mínimo 2 pessoas. No caso o grupo seria formada por    

    duas novas equipes  de  dois ou três componentes  sempre totalizando 5.  O enunciado  deixou claro que é 1 analista por equipe  e não pelo menos um.

    Analista pleno: K  e Y

    Analista Junior: A,B ,C

    Grupos formados:    KA  e  YBC                             KB   e  YAC
                                      KC   e  YAB
                                       YA    e   KBC
                                         YB   e    KAC
                                           YC    e  KAB
     
    Total 6 grupos
  • (continuação)

    11) Montando as equipes, passo a passo:

    A2P1

    A2P2

    A2P3

    12) Na mesma linha de A2P1, fica o outro Analista Pleno e os outros 2 Analistas Juniores: (e assim, sucessivamente)

    A2P1  A1P2P3

    A2P2  A1P1P3

    A2P3 A1P1P2

    (Tabela 2)

    13) Juntando as tabelas 1 e 2, teremos TODAS AS POSSIBILIDADES possíveis, respeitando as premissas de no MÍNIMO de 2 por equipe (item 1)! O número de 2 equipes (em cada linha) - item 5 - ! E um Analista em cada equipe (em cada linha)!

    14) As tabelas 1 e 2 juntas:

    A1P1  A2P2P3

    A1P2  A2P1P3

    A1P3 A2P1P2

    A2P1  A1P2P3

    A2P2  A1P1P3

    A2P3 A1P1P2

    15) Da tabela apresentada no item 14 vemos que existem 12 equipes (2 em cada linha)!

    16) Note que, do termo grupoS (linha 1 do enunciado), significa que existem, NO MÍNIMO, 2 grupos (veremos à frente que serão 6 grupos);

    17) Do item 5, SÓ HÁ 2 equipes possíveis!

    18) Dos itens 16 e 17, É FÁCIL CONCLUIR que 1 grupo de trabalho é FORMADO por 2 equipes! Ler o enunciado: "grupos de trabalho e que cada equipe" (linhas 1 e 2 do enunciado), ou seja, existe MAIS DE UMA EQUIPE em um GRUPO de TRABALHO!

    19) Como CADA GRUPO possui 2 EQUIPES e temos 12 EQUIPES, ver item 15...

    20) ... Logicamente, do item 19, temos a seguinte regra de 3 simples e diretamente proporcional:

    1 grupo = 2 equipes

    x grupos = 12 equipes (item 15)

    Multiplicando "em cruz":

    2x = 12 => x = 6 grupos!

    21) Temos 6 grupos com 2 equipes em cada grupo, conforme tabela apresentada no item 14!


    GABARITO: Letra "e".

    Espero que possa ajudar!

  • Para clarificar a questão: (passo a passo, o mais detalhado possível, ou seja, SIGA o passo a passo, À RISCA!)

    1) Uma equipe deve conter MAIS DE UM elemento, ou seja, cada equipe deve ter, no MÍNIMO 2 elementos; Afinal, o conceito de equipe não nos permite cogitar a hipótese de equipe de 1 homem só!

    2) Do termo "cada equipe" (linha 2 do enunciado), significa dizer que temos + de 1 equipe, ou seja, no MÍNIMO 2 equipes;

    3) Os analistas plenos (A1 e A2), NÃO podem estarem juntos na mesma equipe, em virtude do item 2; Sob pena de uma das 2 equipes MÍNIMAS do item 2, ficarem sem um Analista Pleno;

    4) Dos itens 2 e 3, fica fácil concluir que A1 e A2 têm de estarem SEPARADOS! Portanto, o número MÁXIMO de equipes são 2! Já que cada equipe deve conter PELO MENOS um Analista Pleno;

    5) Dos itens 2 e 4, fica fácil concluir que temos, EXATAMENTE, 2 equipes! Sendo que, em cada uma delas, deve haver um Analista Pleno;

    6) Assim, montaremos as 2 equipes juntando um Analista Pleno (A1 ou A2), com os Analistas Juniores (P1, P2 ou P3), lembrando que, do item 1, cada equipe deve conter, NO MÍNIMO, 2 elementos;

    7) Montando as equipes, passo a passo:

    A1P1

    A1P2

    A1P3

    8) Na mesma linha de A1P1, fica o outro Analista Pleno e os outros 2 Analistas Juniores: (e assim, sucessivamente)

    A1P1  A2P2P3

    A1P2  A2P1P3

    A1P3 A2P1P2

    (Tabela 1)

    9) Note que foi respeitado o MÍNIMO de 2 por equipe (item 1)! O número de 2 equipes (em cada linha) - item 5 - ! E um Analista em cada equipe (em cada linha)!

    10) A1 ficou com APENAS UM Analista JúniorE A2, consequentemente, com 2 Analistas Juniores. Vamos fazer o complemento da Tabela 1, do item 8, fazendo o A2 ficar com APENAS UM Analista Júnior e A1, consequentemente, com os 2 Analista Juniores restantes!



  • De acordo com o enunciado tem-se:

    equipe 1:   01 analista pleno + 01 analista júnior

    equipe 2:   01 analista pleno + 02 analistas júnior


    Como se tem apenas 2 analistas pleno e a combinação C3,2 indica de quantas formas distintas é possível escolher 2 elementos de um grupo de 3 elementos, neste caso específico é possível calcular a quantidade (Q) de grupos distintos de trabalho da seguinte forma:

    Q = 2 x C3,2  = 2 x (3! / 2!1!) = 2 x 3 = 6 grupos de trabalho.


    RESPOSTA: (E)



  • Questão mal elaborada!

  • Cada equipe deve contar com um analista pleno. Ou seja, analistas plenos não devem trabalhar sozinhos. Com isso em mente, resta pensar quantas equipes podemos dividir os três analistas júnior (os chamaremos de A, B e C).


    Forma 1: Todos em um grupo só. Impossível, pois isso fará com que um dos analistas plenos trabalhe sozinho, gerando conflito com o enunciado.

    Forma 2: Cada um por si. Impossível, pois isso demandaria três analistas plenos, um para cada júnior.

    Forma 3: A com B e C sozinho, A com C e B sozinho ou B com C e A sozinho. Possível.


    Portanto, sendo três as formas viáveis de se distribuir os juniores (dentro das restrições do problema), a resposta nada mais é do que 3 x 2 (analistas plenos) = 6. Alternativa E


  • acertei!! mas se ele tivesse feito a pergunta de um modo mais objetivo teria feito com mas facilidade. por exemplo, ele não pergunta, de quantas formas distintas podemos dividir, ele quer que a pessoa tente adivinhar. pois deu enteder que um analista pleno pode ficar sozinho mesmo ele citando a palavra  "grupo"

  • Para tudo pessoal. 

    Tem muita gente colocando chifre na cabeça de cavalo, inclusive a explicação dada pelo professor dp QC.

    A questão é muito mais simples do que imaginamos, vejamos:

    2 analistas plenos e 3 analistas junios.

    chamemos os analistas plenos por A e B;

    chamemos os analistas juniores por C, D e E

    Formemos as equipes: (A,C); (A,D); (A,E); (B,C); (B,D) e (B,E) = 6 possibilidades de formação das equipes e pronto. Muita firula acaba confundindo as coisas. Matemática deve ser explicada na simplicidade. Abraço  

  • Carlos Oliveira, o seu raciocínio está errado. Não é possível formar duas equipes com duas pessoas em cada, pois o terceiro analista júnior ficaria sem equipe. Existem seis possibilidades para as equipes. (equipe precisa, necessariamente, possuir mais de um funcionário ou não pode ser considerada 'equipe'). 

    (Pleno1 + Júnior1), (Pleno2 + Júnior2 + Júnior3)

    (Pleno1 + Júnior2), (Pleno2 + Júnior1 + Júnior3)

    (Pleno1 + Júnior3), (Pleno2 + Júnior1 + Júnior2)

    (Pleno1 + Júnior1 + Júnior2), (Pleno2 + Júnior3)

    (Pleno1 + Júnior1 + Júnior3), (Pleno2 + Júnior2)

    (Pleno1 + Júnior2 + Júnior3), (Pleno2 + Júnior1)

  • De acordo com o enunciado tem-se: equipe 1: 01 analista pleno + 01 analista júnior equipe 2: 01 analista pleno + 02 analistas júnior Como se tem apenas 2 analistas pleno e a combinação C3,2 indica de quantas formas distintas é possível escolher 2 elementos de um grupo de 3 elementos, neste caso específico é possível calcular a quantidade (Q) de grupos distintos de trabalho da seguinte forma: Q = 2 x C3,2 = 2 x (3! / 2!1!) = 2 x 3 = 6 grupos de trabalho.


    RESPOSTA: (E)
  • A questão não pede a quantidade de grupos, mas sim a forma de organizá-los.

    Sendo assim, realizei da seguinte forma.

    P1 e P2 são os analistas plenos;

    J1, J2 e J3 são os analistas Juniores;

    Cada grupo deve ter 01 pleno, dessa forma:

    1ª Hipótese

    P1-J1

    P2-J2-J3

    Nessa lógica inverte-se somente os juniores em J1.

    Ex.:

    P1-J2

    P2-J1-J3

    ---------------------------------------------------------------------------

    P1-J3

    P1-J1-J2

    --------------------------------------------------------------------------

    Por enquanto temos três tipos de grupos, J1 com apenas um Júnior, agora inverta, deixando somente J2 com um Junior, o que nos dará um total de 6 formas de organizar os grupos.

  • Gabarito Oficial: 6 (E)

    Também discordo do gabarito:

    Erro 1 - Grupo de Trabalho (e equipes, apesar de conceitos diferentes) é apenas mais de 1 pessoa.

    (Diversas literaturas afirmam isto - Cito: Bruce Tuckman ou Bass e Ryterband)

    "Considerando que o seu setor estrutura-se internamente em grupos de trabalho e que cada equipe deve contar com um analista pleno"

    Erro 2 - Se o setor se estrutura em grupos, ao meu ver, significa que não sobram pessoas "sozinhas".

    Erro 3 - ele pede "você poderá distribuí-los em __ grupos de trabalho." ou seja, quantidade de (nº) grupos de trabalho. Porém não diz se pode ou não haver "repetição", se 1 Junior poderia estar em 2 grupos ao mesmo tempo. E quando não diz, normalmente pode repetir.

    Primeira interpretação:

    Portanto, seria possível:

    1) (Ap,Aj,Aj) + (Ap, Aj)

    ou

    2) (Ap,Ap, Aj,Aj,Aj)

    Cabem aqui duas interpretações:

    a) Temos 2 formas de separar todos em grupos de trabalho "1" com 2 grupos, e "2" com apenas 1 grupo.

    Pelas alternativas, não há 1. Portanto, gabarito possível: A

    b) Temos 3 formas de formar grupos de trabalho, sendo 2 delas unidas e uma com todos juntos. Totalizando 3 possibilidades de formação de grupos. Resposta: B

    Respostas cabíveis com esta interpretação: A ou B

    Segunda interpretação (sem repetição):

    Uma outra possibilidade seria entender que cada pessoa é um indivíduo e que a alteração do indivíduo muda o grupo formado.

    Ap Ana, Ap Beto

    Aj Carla, Aj Davi, Aj Edu

    Portanto, seriam possíveis:

    1) (Ap,Aj,Aj) + (Ap, Aj)

    C(2,1) e C(3,2) e C(1,1) e C(1,1) = 6

    A,C,D + B,E

    A,D,E + B,C

    A,C,E + B,D

    B,C,D + A,E

    B,D,E + A,C

    B,C,E + A,D

    ou

    2) (Ap,Ap, Aj,Aj,Aj)

    C(2,2) e C(3,3)

    Cabem aqui, novamente, duas interpretações:

    a) Temos 2 formas de separar todos em grupos de trabalho "1" e "2", sendo possível a formação de 7 grupos diferentes.

    b) Temos 3 formas de formar grupos de trabalho, sendo 2 delas unidas em 6 formatações diferentes e uma com todos juntos.

    Respostas cabíveis com esta interpretação: Nenhuma (descarte de possibilidade de resolução pelas alternativas)

    Segunda interpretação (com repetição):

    1) (Ap,Aj,Aj) + (Ap, Aj)

    C(2,1) e C(3,2) e C(1,1) e C(3,1) = 18

    ou

    2) (Ap,Ap, Aj,Aj,Aj)

    C(2,2) e C(3,3) = 1

    Cabem aqui, novamente, duas interpretações:

    a) Temos 2 formas de separar todos em grupos de trabalho "1" e "2", sendo possível a formação de 19 grupos diferentes.

    b) Temos 3 formas de formar grupos de trabalho, sendo 2 delas unidas em 18 formatações diferentes e uma com todos juntos.

    Respostas cabíveis com esta interpretação: Nenhuma (descarte de possibilidade de resolução pelas alternativas)

  • Gente, errei a resolução inicial. Mas, depois resolvendo calmamente, fiz da seguinte forma e deu seis possibilidades (gabarito).

                      AP + AJ

    1º) AP          AP + AJ

                     AP1 + AJ

                     AP + AJ

    2º) AP          AP + AJ

                     AP1 + AJ

    Somando 3 possibilidades da 1º opção com as 3 possibilidades da 2º opção, teremos 6 possibilidades de grupos.

    Espero ter ajudado!

  • Combinação 1

    C2,1 = 2 possibilidades

    Combinação 2

    C3,1 = 3 possibilidades

    3x2= 6 possibilidades, todas com 1 analista, no mínimo.

    LETRA E


ID
184885
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Certa pizzaria oferece aos clientes cinco tipos de cobertura (presunto, calabresa, frango, cebola e azeitona) para serem acrescentadas ao queijo. Os clientes podem escolher uma, duas ou três coberturas. João quer cebola em sua pizza, mas ainda não decidiu se colocará, ou não, outras coberturas. Considerando-se essas informações, de quantos modos distintos João poderá "montar" sua pizza?

Alternativas
Comentários
  • João pode montar sua pizza com uma, duas ou três coberturas.

    a) com uma cobertura

    Só tem 1 possibilidades, que é com cebola (pois essa ele quer na pizza).

     

    b) com duas cobertutas.

    Tem que ser cebola e outra. Há 4 possibilidades para essa outra opção (presunto, calabresa, frango, ou azeitona)

     

    3) com três coberturas

    Tem que ser cebola e outras duas. Para as outras duas há C(4;2) = 6 possibilidades.

     

    Somando os resultados dos três casos: 1 + 4 + 6 = 11, que é a resposta.

  • A questão não restringe a repetição de ingredientes, sendo assim a cebola poderia ser repetida, o que nos daria a solução pelo Principio Fundamental da Contagem
    _ = 1
    _ _ = 1 5 = 5
    _ _ _ = 1 5 5 = 25
    Total = 31 possibilidades

    Entretanto não há uma alternativa com 31 possibilidades, se houvesse daria ensejo para anulação da questão.

    Sendo assim só resta uma possibilidade de solução, impedindo a repetição dos ingredientes, então não podemos utilizar o PFC.
    Sairia por Arranjo? Não, pois a ordem dos ingredientes é irrelevante.
    Então a solução dar-se por Combinação.

    _ = 1
    _ _ = 1 C4,1 = 4*3!/3! = 4
    _ _ _ = 1 C4,2 = 4*3*2/2*2 = 6
    Total = 11 possibilidades
  • Olá João,

    Gostaria de fazer um comentário acerca da sua observação.

    Acredito que não seja passível de anulação caso houvesse uma alternativa com 31 possibilidades, pois se você considerar que colocando 5 diferentes coberturas logo após escolher "cebola", você estaria indicando que colocando "mais cebola" seria uma outra opção.

    Obrigado!

    Bons estudos!
  • Pessoal, uma dúvida
    quando uso Arranjo e quando uso Combinação?
  • Arranjo: a ordem é importante
    Permutação: a ordem é importante e todos os elementos são usados "ao mesmo tempo"
    Combinação: a ordem não é importante
  • Como é ingrediente de pizza não é importante a ordem, ou seja, COMBINAÇÃO!!

    Então temos:
    • Até 3 coberturas, então pode ser: (Ceb.) ou (Ceb. + 1 cobertura) ou (Ceb. + 2 coberturas) -> OU É ADIÇÃO!
    • Temos à disposição: ceb., pres., calab., fran., azeit.

    1. (Ceb.)  - Monta-se:

    Combinação de 1, 1 a 1 = 1

    2. (Ceb. e 1 cobertura) - Monta-se:

    Combinação de 4, 1 a 1 = 6  -> Não esquecendo que se tem a cebola, sobraram 4 coberturas!!!

    3. (Ceb. + 2 coberturas) - Monta-se:

    Combinação de 4, 2 a 1 = 6


    COMO DITO LÁ EM CIMA, QDO TIVER OU SOMAREMOS TODOS OS RESULTADOS:

    1 + 4 + 6 = 11


     

  • Ele ja escolheu (cebola) uma entre as 5 - C (5,1) = 5

    Ele pode escolher mais duas entre as 4 - C (4,2) = 6

    Cada e escolha é um evento portanto soma-se os eventos: 5+6=11

  • 1º cenário (só 1 cobertura): 1 possibilidade, cebola.

    2º cenário (2 coberturas): Combinação de 4 (sabores) por 1 ("vaga", já que a primeira é cebola). C4,1 = 4

    3º cenário (3 coberturas): Combinação de 4 (sabores) por 2 ("vagas", já que a primeira é cebola). C4,2 = 6

    Total: 1 + 4 + 6 = 11.

  • E O QUEIJO? ACHEI Q ENTRAVA COMO 1 SABOR

  • C5,1 = 5

    C4,2 = 6

    C5,1 + C4,2 = 11 Possibilidades

    Gabarito: B

  • Ele não já escolheu a cebola, então por que conta cebola como possibilidade?

  • C5,3 =

    (5 x 4 x 3) / (3 x 2 x 1) = 10 + 1 = 11 possibilidades

  • eu fiz assim:

    1+4+C4,2=11

    porque ele poderia escolher 1 sabor apenas (cebola), dois sabores (ele já decidiu escolher cebola então faltava apenas 4 sabores) ou poderia escolher 3 sabores( ele já escolheu cebola então poderia escolher mais 2 sabores entre 4 sabores restantes)

  • Uma possibilidade para a pizza de João é ficar com só 1 cobertura (cebola, que já está escolhida). 

    No caso de 2 coberturas, ele tem mais 4 possibilidades (os outros 4 sabores). 

    Caso ele prefira 3 coberturas, precisamos escolher 2 das 4 coberturas disponíveis. Para isto, basta combinar 4, 2 a 2: C(4, 2) = 4 x 3 / (2 x 1) = 6 possibilidades.

    Logo, temos 1 + 4 + 6 = 11 possibilidades ao todo. Repare que fizemos a soma pois temos eventos mutuamente excludentes (se João escolher pizza de 1 sabor, ele automaticamente exclui a possibilidade de a pizza ter 2 ou 3 sabores, e assim por diante).

    Resposta: B

  • Esta não entendi a explicação

  • A questão em tela versa sobre a disciplina de Matemática e o assunto inerente à Análise Combinatória.

    Pode-se definir a Combinação da seguinte forma: contagem das possibilidades da composição de determinado subconjunto formado por p elementos distintos a partir de um conjunto global formado por n elementos distintos. Vale ressaltar que, na Combinação, a ordem dos elementos não importa, ou seja, neste caso, por exemplo, o conjunto (A,B) é o mesmo conjunto (B,A). A fórmula para o cálculo da Combinação é a seguinte:

    C (n,p) = n! / (((n – p)!) * p!).

    De modo a se facilitar a conta e o entendimento, iremos chamar de “C” a Combinação.

    Por fim, importa salientar que a expressão “!” significa fatorial, ou seja, a seguinte multiplicação:

    n! = n * (n - 1) * (n – 2) * ... * 1.

    A título de exemplo, segue a fatoração do número “5”:

    5! = 5 * (5 – 1) * (5 – 2) * (5 – 3) * (5 – 4) = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 120.

    Referências Bibliográfica:

    1. MORGADO, Augusto C.; CARVALHO, João B. P. de; CARVALHO, Paulo Cezar P.; FERNANDEZ, Pedro – Análise Combinatória e Probabilidade – 9ª ed. – Rio de Janeiro, SBM, 1991.

    2. SANTOS, José Plínio O.; MELL, Margarida P.; MURARI, Idani T. C. – Introdução à Análise Combinatória – 4ª edição revista – Rio de Janeiro: Editora Ciência Moderna, 2007.

    Tal questão apresenta os seguintes dados os quais devem ser utilizados para a sua resolução:

    1) Certa pizzaria oferece aos clientes cinco tipos de cobertura (presunto, calabresa, frango, cebola e azeitona) para serem acrescentadas ao queijo.

    2) Os clientes podem escolher uma, duas ou três coberturas.

    3) João quer cebola em sua pizza, mas ainda não decidiu se colocará, ou não, outras coberturas.

    Por fim, frisa-se que a questão deseja saber de quantos modos distintos João poderá montar sua pizza.

    Resolvendo a questão

    A partir das informações acima, pode-se concluir o seguinte:

    - Considerando que João quer cebola em sua pizza, no caso de querer apenas uma cobertura, ele terá somente 1 opção (cebola).

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis, no caso de João desejar colocar duas coberturas, considerando que ele já escolheu cebola como uma cobertura, deve ser feita a seguinte combinação: C(4,1) = (4 * 3 * 2 * 1)/(((4 - 1)!) * 1!) = 24/3! = 24/(3! * 1!) = 24/(3 * 2 * 1 * 1) = 24/6  = 4.

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis, no caso de João desejar colocar três coberturas, considerando que ele já escolheu cebola como uma cobertura, deve ser feita a seguinte combinação: C(4,2) = (4 * 3 * 2 * 1)/(((4 - 2)!) * 2!) = 24/(2! * 2!) = 24/(2 * 1 * 2 * 1) = 24/4  = 6.

    Por fim, para se descobrir de quantos modos distintos João poderá montar sua pizza, deve ser realizada a adição dos resultados encontrados acima, resultando o seguinte:

    1 + 4 + 6 = 11.

    Gabarito: letra "b".

  • Eu errei a questão por que esqueci de adicionar a pizza de cebola que já tinha sido escolhida


ID
204250
Banca
CESGRANRIO
Órgão
EPE
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

“A Bacia do Araguaia compreende municípios dos estados do Pará, Tocantins, Goiás e Mato Grosso, abrangendo (...) 168 municípios. Desses, 24 estão localizados na área de estudo.”

             Nota Técnica DEA 01/09. Análise socioambiental do
             atendimento ao PA/MT/TO, p.16 (Adaptado).
              Disponível em http://www.epe.gov.br/MeioAmbiente

Dos 24 municípios situados na área de estudo da Bacia do Araguaia, 2 localizam-se no Mato Grosso, 8, no Tocantins e os restantes, no Pará. Uma equipe técnica deverá escolher três munícipios no Pará para visitar no próximo mês. De quantos modos distintos essa escolha poderá ser feita, sem que seja considerada a ordem na qual os municípios serão visitados?

Alternativas
Comentários
  •  Combinação de 14 3 a 3 ( a ordem não é importante)

     C (14,3) = 14 * 13  * 12  * 11!  / 11! 3 * 2 

    C(14,3) = 14 * 13 * 2 / 1 = 364

  • Combinação (C) de 14 elementos (municípios) tomados 3 a 3:

    C14.3 = (14 x 13 x 12) / (3 x 2 x 1)

    C14.3 = 364 Combinações, já que a ordem não importa, isto é, a combinação Município A, Município B e Município C é igual à combinação Município C, Município A e Município B.

     

    Abraços...

  • Se de 24 municípios 2 ficam no MT e 8 no TO então restam no Pará:

    24 – 8 – 2 = 14

    Assim existem C(14;3) maneiras de escolher três municípios no Pará.

    C(14;3) = 14! / (3! * (14 – 3)!) = 14! / (3! * 11!) = 14*13*12 / (3*2*1) = 14*13*12 / 6 = 14*13*2 = 364

  • C14,3=14*13*12       2184
                  ------------ =   --------- = 364
                       3!                   6
  • Ótima questão. Trata-se de uma combinação!!


      14*13*12= 2184

    Retira-se então as repetições:

    2184/3!=> 2184/6=> 364


    Bons estudos!!!!!!!!!!
  • C14,3

     

    14!/11!3!

     

    14 x 13 x 12/3 x 2 x 1

     

    2184/6 = 364

  • Observando a questão temos 24 municipios situados na bacia, 2 no Mato Grosso, 8 Tocantis e o restante no Pará. 24-10= 14 no Pará;

    Logo combinação de C14,3= 14x13x12/3x2x1= 364 , Gabarito (C)

  • Essa questão quer forma um grupo, vejamos:

    O total é 24.

     Mato Grosso= 2

    Tocantis=8

    Pará=x

    2+8+x=24

    x=14

    agora fazermos a combinação

    C14,3= 14x13x12/6!= 364

    Gabarito:C

     

     

  • Questão de combinação, vamos lá:

     

    C14,3= 14!/3!*11! = 14*13*12*11!/3*2*11! = 2184/6 = 364. C

  • O número de combinações das 14 cidades paraenses, em grupos de 3, é dada por:

    C(14, 3) = 14 x 13 x 12 / (3 x 2 x 1) = 364

    Resposta: C

  • A questão em tela versa sobre a disciplina de Matemática e o assunto inerente à Análise Combinatória.

    A Análise Combinatória, na Matemática, pode ser dividida, de uma forma geral, em Combinação e Arranjo.

    Pode-se definir a Combinação da seguinte forma: contagem das possibilidades da composição de determinado subconjunto formado por p elementos distintos a partir de um conjunto global formado por n elementos distintos. Vale ressaltar que, na Combinação, a ordem dos elementos não importa, ou seja, neste caso, por exemplo, o conjunto (A,B) é o mesmo conjunto (B,A). A fórmula para o cálculo da Combinação é a seguinte:

    C (n,p) = n! / (((n – p)!) * p!).

    De modo a se facilitar a conta e o entendimento, iremos chamar de “C” a Combinação.

    Nesse sentido, é possível definir o Arranjo da seguinte forma: cálculo da quantidade de possibilidades para se formar um agrupamento ordenado de p elementos distintos dentre um conjunto global formado por n elementos distintos. Frisa-se que, no Arranjo, diferentemente da Combinação, a ordem dos elementos importa, ou seja, neste caso, por exemplo, o conjunto (A,B) é diferente do conjunto (B,A). A fórmula para o cálculo do Arranjo é a seguinte:

    A (n,p) = n! / ((n – p)!).

    De modo a se facilitar a conta e o entendimento, iremos chamar de “A” o Arranjo.

    Por fim, importa salientar que a expressão “!” significa fatorial, ou seja, a seguinte multiplicação:

    n! = n * (n - 1) * (n – 2) * ... * 1.

    A título de exemplo, segue a fatoração do número “5”:

    5! = 5 * (5 – 1) * (5 – 2) * (5 – 3) * (5 – 4) = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 120.

    Referências Bibliográfica:

    1. MORGADO, Augusto C.; CARVALHO, João B. P. de; CARVALHO, Paulo Cezar P.; FERNANDEZ, Pedro – Análise Combinatória e Probabilidade – 9ª ed. – Rio de Janeiro, SBM, 1991.

    2. SANTOS, José Plínio O.; MELL, Margarida P.; MURARI, Idani T. C. – Introdução à Análise Combinatória – 4ª edição revista – Rio de Janeiro: Editora Ciência Moderna, 2007.

    Tal questão apresenta os seguintes dados, para a sua resolução:

    1) A Bacia do Araguaia compreende municípios dos estados do Pará, Tocantins, Goiás e Mato Grosso, abrangendo (...) 168 municípios. Desses, 24 estão localizados na área de estudo.

    2) Dos 24 municípios situados na área de estudo da Bacia do Araguaia, 2 localizam-se no Mato Grosso, 8, no Tocantins e os restantes, no Pará.

    3) A partir da informação “2” acima, pode-se concluir que 14 municípios estão localizados no Pará.

    4) Uma equipe técnica deverá escolher três munícipios no Pará para visitar no próximo mês.

    Nesse sentido, tal questão deseja saber de quantos modos distintos essa escolha poderá ser feita, sem que seja considerada a ordem na qual os municípios serão visitados.

    Resolvendo a questão

    A partir das informações acima, pode-se concluir que a situação em tela corresponde a uma Combinação, devido à seguinte expressão: “... sem que seja considerada a ordem na qual os municípios serão visitados.”

    Considerando que 14 municípios estão localizados no Pará e, desses 14, uma equipe técnica deverá escolher três munícipios no Pará para visitar no próximo mês, então, é possível afirmar que se terá, nesta situação, uma Combinação em que, de 14 municípios, serão escolhidos 3.

    Assim, ao se escolher os municípios do Pará, o valor de p corresponde a 3 e o valor de n corresponde a 14. A partir disso, deverá ser feito o seguinte cálculo:

    C (n,p) = n! / (((n – p)!) * p!), sendo que p = 3 e n = 14

    C (14,3) = 14! / (((14 - 3)!) * 3!)

    C (14,3) = (14 * 13 * 12 * 11!) / ((11!) * 3 * 2 * 1)

    C (14,3) = (14 * 13 * 12) / (3 * 2 * 1)

    C (14,3) = 2.184/6

    C (14,3) = 364.

    Gabarito: letra "c".


ID
233347
Banca
FUNIVERSA
Órgão
CEB-DISTRIBUIÇÃO S/A
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para a realização de uma pesquisa, são necessárias três atividades (entrega de questionários, tabulação dos dados, análise dos dados). De quantas maneiras diferentes essas atividades podem ser feitas por um grupo de 5 pessoas, de modo que haja pelo menos 1 pessoa para cada tarefa?

Alternativas
Comentários
  • Existem duas formas de organizar as equipes:

    Tarefa 1 : 1 pessoa    Tarefa 2 : 1 pessoa    Tarefa 3 : 3 pessoas.

    obs: Importante perceber que o grupo de 3 pessoas poderá ficar na tarefa 1, 2 ou 3.

    3 x 5 x 4 x 1 = 60

    Tarefa 1 : 1 pessoa    Tarefa 2 : 2 pessoas    Tarefa 3 : 2 pessoas.

    obs: Aqui cabe a mesma coisa, a pessoa que ficará sozinha poderá ficar na tarefa 1, 2 ou 3.

    3 x 5 x C2|4 x 1 = 3 x 5 x 6 x 1 = 90

    90+60 = 150 (letra D)

    Desculpem, mas não consegui explicar melhor que isso.
  • É difícil mesmo de enxergar!

    Vou tentar mostrar um pouco mais esquematizado, para alguém, se quiser, entender melhor o raciocínio

    Primeira formação (3+1+1; 1+3+1; 1+1+3):

    1) 3 pessoas + 1 pessoa + 1 pessoa, ou seja, C5,3 x C2,1 x C1,1 = 20

    ou

    2) 1 pessoa + 3 pessoas + 1 pessoa, ou seja, C2,1 x C5,3 x C1,1 = 20

    ou

    3) 1 pessoa + 1 pessoa + 3 pessoas, ou seja, C1,1 x C2,1 x C5,3 = 20

    TOTAL = 60

    .

    .

    OU

    .

    .

    Segunda formação (2+2+1; 1+2+2; 2+1+2):

    1) 2 pessoas + 2 pessoas + 1 pessoa, ou seja, C5,2 x C3,2 x C1,1 = 30

    ou

    2) 1 pessoa + 2 pessoas + 2 pessoas, ou seja, C3,2 x C5,2 x C1,1 = 30

    ou

    3) 2 pessoa + 1 pessoa + 2 pessoas, ou seja, C1,1 x C3,2 x C5,2 = 30

    TOTAL = 90

    .

    .

    .

    .

    Primeira formação ou (+) Segunda formação = 150

    Espero ter ajudado


ID
259258
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em um setor de uma empresa, trabalham 3 geólogos e 4 engenheiros. Quantas comissões diferentes de 3 pessoas podem ser formadas com, pelo menos, 1 geólogo?

Alternativas
Comentários
  • Podemos resolver a questão da seguinte forma: calculamos a quantidade de combinaçoes possíveis e subtraimos as combinações sem geólogos.

    7!/(3!4!) - 4!/(3!1!) = 5040/144 - 24/6 = 35 - 4 = 31
  • Resolução:

    Comissão formada por 3 pessoas sendo pelo menos 1 geólogo

    1G  e 2E  C3;1 x C4;2 = 3 X 4X3/2 = 18                                            
    2G  e 1E  C3;2 X C4;1 = 3X2/2 X 4 = 12                                           
    3G                                               C3;3 = 1                                               
                                                                 = 31                                            

    G= GEÓLOGO
    E= ENGENHEIRO
    C= COMPLEMENTO

                                                                

  • Existem 3 possibilidades de existir pelo menos 1 geólogo numa comissão de 3:
    g
     e  e = C  3,1 *C4,2 =  (3*2/2)*(4*3*2/2*2) = 3*6 = 18
    g g e = C3,2*C4,1 = (3*2/2)*(4*3*2/3*2) = 3*4 = 12
    g g g = C3,3 = 3*2/3*2 = 1
    Total = 31 possibilidades
  • Primeiramente devemos considerar as 3 possibilidades separadamente:

    Possibilidade de haver 1 geologo dentre as 3 pessoas da comissão
    Possibilidade de haver 2 geologos dentre as 3 pessoas da comissão
    E, a Possibilidade de haver 3 geológos dentre as 3 pessoas da comissão.

    Assim sendo:

    1 Geólogo                                    C 5,3 =           5!      =   5 . 4 . 3 !    =    20    =  10
                                                                           3! . 2!          3! . 2!              2

    2 Geólogos                                  C 6,3 =           6!      =   6 . 5 . 4 . 3 !    =    120    =  20
                                                                           3! . 3!            3! . 3!                  6

    3 Geólogos                                  C 3,3 =          3 !       =  1
                                                                           3! . 1

    Como nenhuma das 3 situações devem ocorrer ao mesmo tempo, o resultado da questão é a soma das 3 possibilidades
    Assim sendo: 

    10 + 20 + 1 = 31 Comissões diferentes tendo no mínimo 1 geólogo cada uma. :- )

    xD'

  • Eu acho mais fácil fazer a questão ao contrário.

    1º encontrar a possibilidade total, independente de saber se tem E (engenheiros) ou G (geólogos).
    Então, usando a fórmula, temos 7 profissionais, a serem tomados 3 a 3.

    C(7,3) =  7!             = 35 possibilidades totais
                   3! (7-3)!    

    2º encontrar o que não queremos, ou seja, comissões sem geólogos.
    Usando a fórmula, temo 4 profissionais (E), tomados 3 a 3.

    C(4,3) =  4!            = 4 possibilidades que não queremos
                   3! (4-3)!    

    3º subtrair do total aquilo que não queremos.

      _ 35
            4
       31

    Portanto, resposta 31 possibilidades.
  • A MINHA SOLUÇÃO SERIA IGUAL A DA RAISSA BUGANÇA SIMPLES E DIRETA PARABENS!

    C 7,3 - C 4,3 TOTAL DE POSSIBILIDADES - MENOS AS QUE NAO QUEREMOS.

    COMO ENCONTRAMOS  OS QUE NÃO QUEREMOS. PARA NÃO HAVER NENHUM GEÓLOGO OS 04 ENGENHEIROS TERIAM DE OCUPAR TODO OS  TRÊS LUGARES. LOGO.  - C 4,3.
  • Não sei se esse jeito que vou mostrar, aplica-se a todos os casos parecidos com esse, mas nesse caso, meu raciocionio, foi;

    3 Geologos // 4 Engenheros, logo = 7 profissionais.

    Sendo que: 1 Geologo é Obrigatório, então teremos 2 Geologos + 4 Engenheiro para ocupares os outros 2 dos 3 cargos, Logo= 6 Profissionais para 2 cargos (porq o 3º ja pertence a um geologo)

    Pelo Princiopio Multiplicativo 

    __6__ . __5__ = 30 + 1 (geologo Obrigatorio) = 31.

    6 profissionais que pode ocupar 1 lugar...
    5 é o restante que pode ocupar o outro lugar...

    Não sei se deu pra ententer... mais é isso ai... Não sei se da pra aplicar em todos os casos desse tipo...mas nesse, foi bem mais rapido  que fazer todos aquelas contas de Combinação.



  • Existem 3 possibilidades de Comissões: 

    A)  1 Geólogo   e 2 Engenheiros 
    B)  2 Geólogos e 1 Engenheiro 
    C)  3 Geólogos

    Para A)     Para cada 3 Geo será escolhido 1  e para cada 4 Eng. será escolhido 2
                     C31=  3  C42= 4.3 /2= 12/2= 6  =====> 3.6  = 18
    Para B)     Para cada 3 Geo será escolhido 2  e para cada 4 Eng. será escolhido 1
                     C32= 3.2/2 = 3  c41= 4 ======> 3.4 = 12
    Para C)    C33 = 1

    Então  18 + 12 + 1 = 31 comissões.
  • Meu macete é o seguinte:

    Temos geólogos e engenheiros; Há restrição na formação dos grupos e não importa a ordem de formação (o que significa que é combinação)
    Multiplicando a combinação dos geólogos e engenheiros, teremos:

    Com um geólogo:
    C3,1 * C4,2  -> 3 * 6 = 18
    Com dois geólogos
    C3,2 * C4*1 ->> 3 * 4 = 12
    Com três geólogos
    C3,3 = 1

    Somando: 18+12+1 = 31

    Aloha





  • O total de comissões de 3 pessoas que podemos formas com 7 pessoas (3 geólogos + 4 engenheiros ) é dada por:

    C 7,3 = 7!/3!(7-3)! = 7X6X5/3X2 = 35

    O total de comissões de 3 pessoas que podemos formar de maneira que não contenham geólogos .

    C 4,3 = 4 


    Logo,


    35 -  4= 31


    Resposta : C

  • De acordo com o enunciado, trata-se de uma Combinação.
    Genericamente, o número de combinações de n elementos distintos, tomados k a k, indicado por Cn,k é dado por:

    Cn,k  = n! / k! (n - k)!    , para n >= k

    No caso em questão, utilizando todos os profissionais, tem-se n = 7 e k = 3. Assim:
    C7,3 = 7! / 3! 4! = 210 / 6 = 35 comissões

    Calculando agora o número de comissões que não possuem geólogos (n = 4 e k = 3).
    C4,3 = 4! / 3! 1! = 4 comissões

    Finalizando,
    (total de comiss.) - (comiss. que não possuem geólogo) = (comiss. que possuem pelo menos um geólogo)

    35 - 4 = 31 comissões diferentes de 3 pessoas formadas com, pelo menos, 1 geólogo.

    Resposta B) 



  • Gente! E s fosse ao menos 1 geólogo e ao menos 1 engenheiro?

  • INDICO AS AULAS DO PROFESSOR RENATO AQUI DO QC... 

  • Quando uma questão pedir "pelo menos um ..." é só fazer a combinatoria total menos a que ele não quer:

    C7,3=35

    C4,3= 4  essa daqui é somente engenheiros

    Então fica: 35-4= 31

    Resposta : C

     

  • A reposta correta não seria letra b 31

  • G G E

    3. 2.4 Sendo que , tirando a repetição de (G G) 3.2 = 6 6/2=3

    Fica : 3.4 = 12

    G E E

    3.4.3 Tirando a repetição de (E E) 4.3=12 12/2=6

    Fica: 3.6 = 18

    G G G é 1 possibilidade

    Logo: 12+18+1 = 31 possibilidades com pelo menos 1 Geólogo.

  • Vejamos:

    - combinações com 1 geólogo e 2 engenheiros:

    C(3,1) x C(4,2) = 3 x 6 = 18

    - combinações com 2 geólogos e 1 engenheiro:

    C(3,2) x C(4,1) = 3 x 4 = 12

    - combinações com 3 geólogos:

    C(3, 3) = 1

    Ao todo, temos 18 + 12 + 1 = 31 combinações possíveis.

    Resposta: B


ID
267151
Banca
FUNIVERSA
Órgão
EMBRATUR
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em frente a um hotel internacional localizado em Brasília (DF), encontram-se alinhados 12 mastros destinados à colocação de bandeiras. O mastro central e mais alto é reservado ao pavilhão nacional. Os mastros imediatamente à esquerda e à direita daquele são disponibilizados para a bandeira do Distrito Federal e a da rede hoteleira proprietária do hotel. Os outros mastros são usados para se colocarem bandeiras dos países de origem dos hóspedes do hotel. Para isso, usam-se as bandeiras dos países de origem dos hóspedes presentes ou que estiveram anteriormente no hotel, de modo a se ter sempre uma bandeira diferente em cada mastro. As bandeiras são trocadas ao final de cada semana, se houver necessidade. Em uma quarta-feira, o número total de disposições possíveis para as bandeiras hasteadas na frente do hotel é igual a

Alternativas
Comentários
  • O mastro central é reservado para a bandeira do Brasil, enquanto as imediatamente vizinhas, ladosesquerdo e direito, são reservadas às bandeira do DF e do hotel em que colocam todas as 12 bandeiras, não necessariamente nessa ordem. Sobram ainda, 12-3= 9 mastros. O total de possibilidade seria da seguinte forma: nº possibilidade de colocar bandeira nacional (1) * nº de possibilidades de colocar bandeiras do DF e do hotel (2!= 2*1=2; DF ....Nacional....Hotel ou Hotel ....Nacional....DF)* nº de possibilidades de colocar bandeiras nos mastros restantes (9!=9*8*7*6*5*4*3*2*1= 362.880) = 1   *    2   *    362.880   = 725.760.......Resposta: Alternativa E.................................................................................FCC (Foco, Calma e Confiança) !!!!!!! :)

  • Adorei a FCC - Foco, Calma e Confiança.

  • (9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 1 x 1 x 1 x 4 x 3 x 2 x 1) x 2 = 725.760

  • De onde veio o x2? Pode me explicar? Não tô entendendo.

  • Demorei um tempo para entender essa questão, mas agora ficou claro. Acabei marcando a letra c) por desatenção, igual a maioria.

    O segredo (pegadinha) está na seguinte parte: "Os mastros imediatamente à esquerda e à direita daquele são disponibilizados para a bandeira do Distrito Federal e a da rede hoteleira proprietária do hotel." Caso houvesse a palavra "respectivamente" ao final da oração, indicaria que a disposição dessas duas bandeiras seria estática, fixa (e consequentemente a resposta seria 362,880), mas não é isso o que diz. Apenas menciona que os mastros reservados para a bandeira do DF e da rede hoteleira estão ao lado do mastro central (esse sim é fixo). Isso explica o motivo de se ter que multiplicar 362,880 x 2.


ID
267154
Banca
FUNIVERSA
Órgão
EMBRATUR
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma convenção científica, estarão presentes cientistas de vários países, sendo seis franceses e cinco mexicanos. Uma parte importante da convenção será a realização de trabalhos em grupos binacionais. Dois desses grupos contarão com quatro ou cinco cientistas e deverão se formar apenas por cientistas dos países citados, com pelo menos dois cientistas de cada um desses países. Os dois grupos desenvolverão simultaneamente trabalhos diferentes. Nessas condições, o número total de grupos distintos que se podem formar é igual a

Alternativas
Comentários
  • alguem tem noção de como resolver isso?

  • Essa é aquela que você torce pra nunca cair na sua prova, cair já era

  • Poderiam ser formados dois grupos com 4 ou dois grupos com 5 pessoas com, pelo menos, 2 cientistas de casa país.Então:

    F= 6 franceses

    M = 5 Mexicanos

    Como a ordem em casa grupo não importa, então será feita uma combinação.

    F F M M e F F M M

    C6,2 X C5,2 X C4,2 X C3,2

    C6,2=6!/2!(6-2)! = 6.5.4!/2!4!= 15

    C5,2=5!/2!(5-2)! = 5.4.3!/2!3!= 10 15x10= 150

    C4,2=4!/2!(4-2)! = 4.3.2!/2!2!= 6

    C3,2=3!/2!(3-2)! = 3.2!/2!1! = 3 6X3=18

    150*18=2700

    Como poderia ser FFMM(C6,2 X C5,2 ) E(*) FFMM(C4,2XC3,2 ) OU(+) FFMM(C4,2 X C3,2) e(*) FFMM(C6,2XC5,2) a gente pega 2700+2700=5400

    Agora vamos para o grupo com 5.

    F F F M M e F F M M M

    C6,3 X C5,2 X C3,2 X C3,3

    C6,3=20

    C5,2=10 20x10=200

    C3,2=3

    C3,3=1 3x1=3

    200x3=600

    Como poderia ser FFFMM(C6,3XC5,2) E(*) FFMMM(C3,2XC3,2) OU(+) FFMMM(C6,2XC5,3) e(*) FFFMM(C4,3XC2,2) a gente pega 600+600=1200

    Por fim, somamos tudo já que poderia ser dois grupos de 4 OU(tem valor de soma) dois grupos de 5:

    5400+1200 = 6600


ID
267430
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
PREVIC
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Julgue os itens 21 e 22, considerando que planos previdenciários
possam ser contratados de forma individual ou coletiva e possam
oferecer, juntos ou separadamente, os cinco seguintes tipos básicos
de benefícios: renda por aposentadoria, renda por invalidez, pensão
por morte, pecúlio por morte e pecúlio por invalidez.

Para se contratar um plano previdenciário que contemple três dos cinco benefícios básicos especificados acima, há menos de 12 escolhas possíveis.

Alternativas
Comentários
  •  Resolução
    5 benefícios, organizados em grupos de 3:

    N= benefícios
    P= grupo
    S= número de possibilidades

    S= N! (P!(N!-P!))  => 5! 3!(5-3)! => 5.4.3! 3!(2)! => 20 2.1 => S=10 Portanto menos de 12 possibilidades. 


    a " / " é o sinal de divisão mesmo rs.

    espero ter ajudado.
  • Até poderia ser arranjo, mas temos que levar em conta que não podem aparecer na ordem trocada. Portanto, virá combinação.
    ;)
  • Trata-se de uma simples questão de Combinação onde basicamente, dos 5 elementos disponiveis devemos escolher 3. Então, temos que:

    C5,3 =         5!          =       5 . 4 . 3!        =        20       =    10
                    3! . 2!                  3! . 2!                    2


    Sendo assim:  10 < 12
    R = Certo.     :- )

    xD'

  • Entendi bem o calculo que foi demonstrado, muito bem explicado!

    Mas fiquei com uma dúvida, se alguém puder esclarecer....como eu saberei quando usar a fórmula do Arranjo ou da Combinação? No caso da questão, o que faz dela ser resolvida por Combinação?

    Obrigado
  • Nobre Carlos,

    Vou tentar em poucas palavras lhe ajudar:

    Antes de qualquer coisa pergunte se a ORDEM das escolhas IMPORTA ou NAO!? Caso a ordem nao importe, estaremos diante de um problema de Combinacao. Do contrario, caso a ordem importe, estaremos diante de um Arranjo ou Permutacao. Vejamos:

    Na questao acima, suponhamos que foi escolhido essas 3 opcoes diante das 5 possiveis: RENDA POR INVALIDEZ, RENDA POR APOSENTADORIA, PENSAO POR MORTE.

    Tem alguma diferenca se mudassemos a ordem desses itens?? Nao teria, pois se voce escolher: aposentadoria primeiro, depois pensao por morte e por fim invalidez, nao vai mudar nada. Serao os mesmos tres beneficios. Portanto, a ordem nao importa. Logo, se a ordem nao importa a questao sera de Combinacao.

    Por outro lado, se a ordem importar, voce tera um Arranjo ou Permutacao. Esses dois sao mais simples de diferenciar:

    Caso o numero de elementos do conjunto seja igual ao numero de escolhas, ou seja, se a taxa for igual ao universo, estara diante de uma Permutacao. Do contrario, se forem diferentes, sera arranjo.

    Ex: Voce tem 5 amigos para organizar em 5 lugares diferentes ( 5 amigos, 5 lugares, taxa igual ao universo) = questao de permutacao.
    Ex: 10 funcionarios para ser escolhido o Presidente e o Gerente Geral (note que sao diferentes os cargos, logo a ordem importa), como sao 10 funcionarios para 2 vagas ( universo maior que a taxa) = questao de arranjo.

    Espero ter ajudado.

    Bons estudos.



  • Errei porque achei que a parte em que diz plano individual ou coletivo , importava daí multipliquei a combinação por 2 

  • A pessoa não poderia contratar individualmente ou coletivamente? Se assim for, a resposta será 20 possibilidades.

  • Também não entendi onde entra o individual e o coletivamente na questão. Achei 20 também..

  • Resolvi como o Tiago, deu 10 também.

    Só fazer combinação de 5 em 3.

  • Não entendi pq a resposta é 10 invés de 20.Alguém poderia explicar??

  • O fato de os planos serem contratados de forma individual ou coletiva (característica de cada plano previdenciário) não influencia no total de escolhas que possam ser realizadas, uma vez que deve-se contratar um plano que contemple 3 benefícios, que pode variar na sua constituição de acordo com as 5 opções disponíveis de benefícios. A questão apenas quer saber de quantas formas possíveis podemos contratar esse plano com estas 5 opções.

  • Combinação :5.4.3./3.2.1=10

  • É uma simples combinação de 5 opções para 3 escolhas.

    C5,3=      5!      = 10

               3!(5-3)!

     

    Portanto o ítem está correto

  • Fiquei em dúvida nessa questão. Achei a reposta igual a 20 (vinte).

    O enunciado diz "planos previdenciários possam ser contratados de forma individual ou coletiva". Dessa forma além de optar por 3 benefícios dentre os 5 disponíveis (C5,3), o consumidor poderia contratar na forma individual ou coletiva (2 opções). 

    Sendo assim, R = 2 x C5,3 = 20.

  • -> Não pode repetir 

    -> A ordem não faz a diferença 

    Portanto, trata-se de uma COMBINAÇÃO, ou seja: 

    C5,3=      5!      = 10

               3!(5-3)!

    ITEM CORRETO! 

     

  • C5,3 =         5!      =   5 . 4 . 3!        =        20       =    10
                    3! . 2!            3! . 2!                    2

  • Pelo que entendi o plano não pode ser contratado de forma individual na proposição, pois: "Para se contratar um plano previdenciário que contemple três dos cinco benefícios", está sendo falado um plano previdenciário que contemple três benéficios, logo, não é um plano individual nesse caso. Por isso o cálculo é feito apenas para essa situação, obtendo o resultado de 10 escolhas possíveis.

  • C5,3 = 5 x 4 x 3 =   60 = 10

               3 x 2 x 1       6 

  • Usa-se combinação quando os elementos não podem ser repetidos e quando a ordem dos elementos não faz a diferença no resultado!

    Cn;p = n! / p! . (n-p)!

    C5;3 = 5! / 3! . (5-3)!

    C5;3 = 5! / 3! . 2!

    C5;3 = 5 . 4 . 3! / 3! . 2. 1

    C5;3 = 5 . 4 / . 2. 1

    C5;3 = 10 

    C5;3 = 10 < 12

     

    Gabarito Certo!

     

  • Correto galera! Combinação de 5, 3 a 3!

    Fez a fórmula N!/p!(n-p)!= 10

    Então, menos de 12 possibilidades.

    Força!

  • Gabarito: CERTO

     

    Trata-se da combinação de 5 benefícios, 3 a 3, que é:     

     

     

                               5 X 4 X 3

          C5,3 =        ----------------     =     10                  (De fato existem menos de 12 escolhas possíveis)

                                3 X 2 X 1

  • Marquei errado pelo seguinte motivo:

    Que contemple 3!

    Quem contempla 4, contempla 3? Sim!

    Quem contempla 5, contempla 3? Sim!

    C5,3 = 10

    C5,4 = 5

    C5,5 = 1

    O correto deveria ser 16, portanto Errado!

    Digo isso pelo fato de o Cebraspe já ter usado isso como pegadinha. Agora se ele tivesse dito exatamente 3, aí sim eu concordaria com o gabarito.

  • C 5,3 = 10 possibilidades.


ID
267433
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
PREVIC
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Julgue os itens 21 e 22, considerando que planos previdenciários
possam ser contratados de forma individual ou coletiva e possam
oferecer, juntos ou separadamente, os cinco seguintes tipos básicos
de benefícios: renda por aposentadoria, renda por invalidez, pensão
por morte, pecúlio por morte e pecúlio por invalidez.

Suponha que os funcionários de uma empresa se organizem em 10 grupos para contratar um plano previdenciário com apenas um benefício em cada contrato, de modo que a renda por invalidez seja contratada por 3 grupos, a pensão por morte, o pecúlio por morte e o pecúlio por invalidez sejam contratados por 2 grupos cada, e a renda por aposentadoria seja contratada por 1 grupo. Nessas condições, a quantidade de maneiras em que esses 10 grupos poderão ser divididos para a contratação dos 5 benefícios básicos será inferior a 7 × 104 .

Alternativas
Comentários
  • Renda por invalidez = C10, 3 = 10!/(7!*3!) = 120 (A)
    BPensão por morte = C7, 2 = 7!/(5!*2!) = 21 (B)
    Pecúlio por morte = C5, 2 = 5!/(3!*2!) = 10 (C)
    Pecúlio por invalidez = C3, 2 = 3!/(1!*2!) = 3 (D)
    Renda por aposentadoria = C1, 1 = 1 (E)

    Resultado = (A) * (B) * (C) * (D) * (E) = 75600 = 7,56 x 104, que é maior que 7 x 104 . Logo, o enunciado está errado.
  • P103,2,2,2 = 75600 ...  7,56 x 104

    superior ao resultado proposto = ERRADA
  • EuToNaPaz, discordo de que este problema deve ser resolvido usando combinação.

    A ordem dos grupos importam? SIM. (importa por causa do contrato a ser feito)
    Você vai mexer em todos os membros do grupo? SIM.

    Caso de polícia, digo, de permutação.



  • O comentário do colega sobre permutação é pertinente. É um caso de permutação com repetição. 10 contratos para 10 grupos.

  • É combinação. Escolher o grupo 1 , grupo 2 ou o grupo 3 para renda por invalidez é o mesmo que escolher o grupo 2 , grupo 3 ou grupo 1. Pode trocar que  a ordem do grupo não importa. 

  • 10 grupos

    Renda por invalidez = 3 grupos

    Pensão por morte, o pecúlio por morte e o pecúlio por invalidez sejam contratados por 2 grupos cada, ou seja,

    Pensão por morte = 2 grupos

    Pecúlio por morte = 2 grupos

    Pecúlio por invalidez = 2 grupos

    C10,3= 10!/3!7! = 120

    C10,2 = 10!/2!8! = 45 x 3 (pois são 3 grupos de 2 cada) = 135

    C10,1 = 10!/1!9! = 10

    120x135x10 = 162.000, logo > 70.000

    Gabarito: ERRADO!


  • Comentário: Renda por invalidez =       C10, 3 = 10!/(7!*3!) = 120 (A)
    Pensão por morte =          C7, 2 = 7!/(5!*2!) = 21 (B)
    Pecúlio por morte =          C5, 2 = 5!/(3!*2!) = 10 (C)
    Pecúlio por invalidez =       C3, 2 = 3!/(1!*2!) = 3 (D)
    Renda por aposentadoria = C1, 1 = 1 (E)


    Resultado = (A) * (B) * (C) * (D) * (E) = 75600 = 7,56 x 104, que é maior que 7 x 104 . Logo, o enunciado está errado.

  • Supondo que os funcionários de uma empresa se organizem em 10 grupos, temos:

    i) A renda por invalidez seja contratada por 3 grupos:

    C10,3 = 10! / 3!(10 - 3)! = 10! / 3! 7! = 10.9.8.7! / 3.2.1.7! = 10.9.8 / 6 = 120

    ii) De 10 grupos, restaram 7, sendo que a pensão por morte, o pecúlio por morte e o pecúlio por invalidez foram contratados por 2 grupos cada, assim:

    C7,2 = 7! / 2!(7 - 2)! = 7.6.5! / 2.1.5! = 7.6 / 2.1 = 7.3 = 21
    C5,2 = 5! / 2!(5 - 2)! = 5.4.3! / 2.1.3! = 5.2 = 10
    C3,2 = 3! / 2!(3 - 2)! = 3.2.1! / 2.1.1! = 3

    iii) E a renda por aposentadoria foi contratada pelo grupo restante:

    C1,1 = 1

    Multiplicando os resultados:

    120 * 21 * 10 * 3 * 1 = 75600

    Ou seja, superior a 70000 = 7 x 104


    Resposta: Errado.
  • pode ser resolvido por permutação, temos 10 grupos, logo:

    RI RI RI PM PM PEM PEM PI PI RA

    10!/3!x2!x2!x2! = 75.600.

    logo, gabarito errado.

  • GABARITO ERRADO.

    Simples:

     

    numero total de grupos               beneficios             numero de formas de contratação dos grupos em relaçao aos benefícios

                       10!                   /       3!2!2!2!1!    =                                                     75600

  • Alguns usuários estão utilizando a permutação para resolver esse problema. Apesar de o resultado estar correto, por uma questão de definição, o problema é caso típico de combinação! 

  • Separa-se por PREVIDÊNCIA: A,B,C,D,E

    NA PREVIDÊNCIA A, pode-se colocar 3 grupos. C10,3

    NA PREVIDÊNCIA B, pode-se colocar 2 grupos. C7,2

    NA PREVIDÊNCIA C, pode-se colocar 2 grupos. C5,2

    NA PREVIDÊNCIA D, pode-se colocar 2 grupos. C3,2

    NA PREVIDÊNCIA E, pode-se colocar 1 grupo. C1,1

    MULTIPLICA-SE.

  • - Comentário do prof. Arhur Lima (ESTRATÉGIA CONCURSOS)

    Chamando o benefício “renda por invalidez” de A, “pensão por morte” de B, “pecúlio por morte” de C, “pecúlio por invalidez” de D e “aposentadoria” de E, teremos 3 A, 2 B, 2 C, 2 D e 1 E. Devemos permutar entre os 10 grupos esses 10 benefícios, sabendo que temos repetição de 3 A, 2 B, 2 C e 2 D:

    P(10;3,2,2,2) = 10!/ 3!2!2!2! = 10x9x8x7x6x5x4x3!/ 3!x(2.1)x(2.1)x(2.1)
    P(10;3,2,2,2) = 10x9x8x7x6x5x4/ 2 = 75600


    Este número é superior a 70.000 (conforme sugerido pela questão), logo o item está ERRADO.

  • GABARITO ERRADO!

    Resolução:

    10 grupos  - “renda por invalidez” de 03 grupos, “pensão por morte” de 02 grupos, “pecúlio por morte” de 02 grupos, “pecúlio por invalidez” de 02 grupos e “aposentadoria” de 01 grupos.

    10! (total de grupos)/ 3!2!2!2!1! (grupos por setor)

    10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 3x2x2x2x2

    3.628.800/48 = 75.600

    Portanto, 75.600 é maior que 70.000.

     

     

     

  • Sinceramente não sei como vocês conseguiram entender o que a questão estava pedindo. Eu estou muito cansado de estudar ou entãos ou um jumento completo. Não consigo entender o que deve-se compreender por "a quantidade de maneiras em que esses 10 grupos poderão ser divididos para a contratação dos 5 benefícios básicos".

  • Errado.

     

    1 > O problema diz que existem 10 grupos;

     

    2 > Esses 10 grupos serão divididos para que cada um fique responsável por um tipo da previdência;

     

    3 > São 5 tipos de previdências, para facilitar vamos dizer : A , B , C , D , E;

     

    4 > O caso A será contratado por 3 grupos, ou seja, de 10 grupos, 3 deles irão contratar a previdência A, logo:

    C10,3 = 120

     

    5 > O caso B será contratado por 2 grupos, ou seja, de 10 grupos, 2 deles irão contratar a previdência B, contudo, 3 grupos já contratarão o plano A, logo teremos apenas 7 grupos e 2 deles irão contratar a previdência B:

    C7,2 = 21

     

    6 > O caso C será contratado por 2 grupos tb, ou seja, de 10 grupos, 2 deles irão contratar a previdência C, contudo, 5 grupos já contratarão o plano A e o plano B, logo teremos apenas 5 grupos e 2 deles irão contratar a previdência C:

    C5,2 = 10

     

    7 > O caso D será contratado por 2 grupos tb, ou seja, de 10 grupos, 2 deles irão contratar a previdência D, contudo, 7 grupos já contratarão o plano A, plano B e o plano C, logo teremos apenas 3 grupos e 2 deles irão contratar a previdência D:

    C3,2 = 3

     

    8 > O caso E será contratado por 1 grupo, ou seja, de 10 grupos, 1 deles irão contratar a previdência E, contudo, 9 grupos já contratarão o plano A, plano B, plano C e o D, logo teremos apenas 1 grupo e ele irá contratar a previdência E:

    C1,1 = 1

     

    9 > Multiplicando as maneiras de combinações encontradas, nós teremos a quantidade de maneiras em que esses 10 grupos poderão ser divididos para a contratação dos 5 benefícios básicos:

     

    120 * 21 * 10 * 3 * 1 = 75600

     

    10 > Ou seja, teremos 75600 maneiras que é igual a 7,56*10e4 e não 7 * 10e4

     

    Jesus no comando, SEMPRE!!!

     

  • Questão linda.

    Achei mais fácil resolver como anagrama, como no comentário de Bismarck Gomes 

  • pra quem gosta de aprender padrões da banca, segue uma com resolução idêntica:

    Q698670


ID
282697
Banca
FGV
Órgão
CODESP-SP
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Observe a sequência de letras a seguir: “bcadfeghijkolmunpaq...”. Mantida a lei de formação, as duas próximas letras na sequência serão

Alternativas
Comentários
  • Notem que a sequência traz vogais e consoantes

    Para Facilitar a visualização:

    BCADFEGHIJKOLMUNPAQ

    A sequência montada traz 2 consoantes e 1 vogal, ok? Precisamos, ao final, encontrar mais uma consolante (R) e colocarmos a próxima vogal da sequência (E).

    Resposta: letra A.


ID
305068
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 16ª REGIÃO (MA)
Ano
2005
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Julgue os itens que se seguem.

Considere que o gerente de um laboratório de computação vai cadastrar os usuários com senhas de 6 caracteres formadas pelas letras U, V e W e os números 5, 6 e 7. É permitida uma única duplicidade de caractere, se o usuário desejar, caso contrário, todos os caracteres têm de ser distintos. Nessa situação, o número máximo de senhas que o gerente consegue cadastrar é 2.880.

Alternativas
Comentários
  • Bom, esqueçamos, por enquanto, que pode haver duplicidade de caracteres. Se tivermos uma senha com 6 caracteres distintos, estamos falando de PERMUTAÇÃO. Então:   P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720 (guardemos este número)     Agora, havendo uma única duplicidade de caracteres, continuamos falando de permutação, porém COM REPETIÇÃO. E como fazer isso?   Para cada caractere repetido, nós utilizaremos o seu fatorial como denominador. Olhem como fica a fórmula:

    Como só temos 1 caractere repetido, fica assim:

    Como não sabemos qual caractere será repetido (pode ser qualquer um dos seis), então:

    Qtde = 6 . 360 = 2160      Juntando com o valor guardado, encontramos 2160 + 720 = 2880. Então, o item está correto!

    FONTA: http://beijonopapaienamamae.blogspot.com/2009/06/compartilhando-questoes.html
  • Analisando um pouco a questão não creio que seja um caso simples de Permutação com repetição, pois existem mais caracteres disponíveis do que há posições para encaixá-los na senha, isto é, no caso em que é permitida a duplicidade de caractere como foi enunciada a questão. Deixe-me explicar melhor como resolvi a questão.

    Temos dois casos de preenchimentos:
    1. Todos os caracteres distintos: 6! = 720.
    2. Dois caracteres repetidos, sendo que os outro 5 caracters ocupam 4 posicoes na senha.

    Nesse segundo caso, considerando que a letra U repete temos que a dupla ocorrência pode ser combinada de diferentes modos de acordo com as possíveis posições em que irá ocupar. Por exmplo, podemos ter:

    * U U _ _ _ _
    * U _ U _ _ _
    * etc.

    Esse conjunto de possibilidades corresponde a uma combinação C6,2 = 6!/2!(6-2)! = 15 apenas para a letra U. Considerando a repetição dos demais caracteres, essa possibilidade será de 6x15 = 90.
    Além disso, existem quatro posições na senha que devem ser ocupadas distintamente por 5 caracteres cuja ordenação é relevante. Sendo assim, temos um arranjo A5,4 = 5!/(5-4)! = 120.
    Dessa forma, todas as possibilidades em que há dois caracteres repetidos correspondem a 90x120 = 10.800 e somando-se aos 720 do primeiro caso, onde nenhum caracter se repete, temos: 10.800 + 720 = 11.520.

    Portanto, a afirmativa deveria estar errada.

  • Amigos.
    Fiquei em dúvida.
    Qual seria a explicação correta?
  • Paulo Sérgio, o gabarito é CERTO (assim a 1º explicação tá correta)

    eu fiz assim:
    1) O usuário pode querer uma senha SEM REPETIR os elementos (P6=720)    ou 
    2) O usuário pode querer uma senha COM REPETIÇÃO de 1 elemento. Esse fica assim:

    P6(2) = 360 (como foi mostrado acima). Só que pode haver a repetição de qualquer um dos 6 elementos, pode ser:
                  U U
                  V V
                  W W
                  5 5
                  6 6
                  7 7
    Por isso que se multiplica 360 por 6 = 2160.
    RESPOSTA = 2160 + 720 = 2880
  • fico com a primeira resolucao!! 
    na resolução do  Eduardo Viana ele multiplica duas vezes a mesma operação. quando vc faz um calculo de permutacao com repeticao,  vc ja faz o calculo  para as  possiveis posicoes que o numero ou letra pode ficar. alem de vc ter feito isso ele ainda calculo em cima dos varios lugares que as variaveis podiam ocorrer!!
      corrijam se eu estiver errado!
    espero ter ajudado
    bons estudos!
  • Concordo com o Eduardo Viana:
    Sem repeticoes: permutacao simples: P6=6!=720
    Repetindo U:
    excluindo o 7: UUVW56 : P6,2=6!/2!=360
    excluindo o 6: UUVW57 : P6,2=6!/2!=360
    excluindo o 5: UUVW67 : P6,2=6!/2!=360
    excluindo o W: UUV567 : P6,2=6!/2!=360
    excluindo o V: UUW567 : P6,2=6!/2!=360
    Portanto, são 360x5=1800 possibilidades somente com a repeticao do U.
    Repetindo as outras letras, são mais 1800 possibilidade por cada:
    Repetindo  V: 1800
    Repetindo  W: 1800
    Repetindo  5: 1800
    Repetindo  6: 1800
    Repetindo  7: 1800
    Resultado: 6x1800+720=11520
  • A questão está errada!!

    O erro dos que acham que acertaram é desconsiderar que, na medida que ele permite MAIS!!! uma repeticao, as combinações aumentam.

    É diferente dizer que voce possui 6 casas para combinar 6 caracteres  com 1 repetição

    do que dizer que voce pode combinar em 6 casas 7!!!! caracteres com 1 repetição e é isso justamento o que pede a questão.

    Veja também que ao repetir 2 caracteres em duas casas quaisquer voce continua com outras 5!!! opções para escolher nas quatro casas faltantes.

    Portanto, os amigos dos 11520 estão corretos!!

  • Para confirmar a resposta de 11520, fiz um script em PHP para gerar todas as combinações possíveis:

    Podem utilizar esse código em algum site que pode testar códigos em PHP, copiar o resultado para o Excel e usar a funcionalidade de remover registros duplicados para conferir a quantidade de registros.

    <?php

    echo '<pre>';
    set_time_limit(0);
    $possibilidades = array();

    $a = array('V', 'W', 'U', '5', '6', '7');

    function pc_permute($items, $perms = array(), &$possibilidades) {
        if (empty($items)) { 
            $p = join('', $perms);
            if(!in_array($p, $possibilidades)) {
                $possibilidades[] = $p;
                echo $p . "\n";
            }
        } else {
            for ($i = count($items) - 1; $i >= 0; --$i) {
                 $newitems = $items;
                 $newperms = $perms;
                 list($foo) = array_splice($newitems, $i, 1);
                 array_unshift($newperms, $foo);
                 pc_permute($newitems, $newperms, $possibilidades);
             }
        }
    }

    pc_permute($a, array(), $possibilidades);

    for($i = 0; $i < 6; $i++) {
        for($j = 0; $j < 6; $j++) {
            if($a[$j] == $a[$i]) {
                continue;
            }
            
            $new = $a;
            $new[$j] = $a[$i];
            
            pc_permute($new, array(), $possibilidades);
        }
    }

    ?>

  • Possibilidades distintas: A(6,6) = 720

    Possibilidades com a duplicação do U: 

    U na primeira casa e o outro U ocupando as outras: 5

    U na segunda casa e o outro U ocupando as outras: 4

    U na terceira casa e o outro U ocupando as outras: 3

    U na quarta casa e o outro U ocupando as outras: 2

    U na quinta casa e o outro U ocupando as outras: 1

    Percebe-se que a 5+4+3+2+1= 15 possibilidades de posição para o U, e para cada uma delas os outros caracteres podem ser arranjados na forma:

    A(5,4)= 120;

    Sendo assim, para a duplicidade o U temos 15*120 = 1800 possibilidades;

    Entedemos, assim, que para cada caractere a sua diplicação acarretará 1800 possibilidades.

    Como temos 6 caracteres: 6 * 1800 = 10800 possibilidades;

    Por fim, somando essas possibilidades dos caracteres duplicadas com as possibilidades dos caracteres distintos, obtemos:

    10800 + 720 = 11520 possibilidades

    Espero ter ajudado!

     

  • Fiz da seguinte maneira: 

    PARTE 1: Faça a  permutação de 6! que dará 720 ,isso representa todas a permutações sem exigir que  exista uma duplicidade.

    PARTE 2:Considerando uma duplicidade agora temos uma PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO  isso será 6!/2! (2 é pq é uma duplicidade, ou seja , repeti uma única vez).No entanto isso poderá ocorrer com 6 caracteres depende do qual for escolhida o seja terá que multiplicar por 3 então fica assim:6!/2!=360x6=2160 somando com 720 (PARTE 1) FICA = 2880

     

    PRA CIMA DELES GALERA!!

  • Vamos precisar calcular o número de senhas com 6 dígitos distintos e depois o número de senhas com 1 dígito repetido. No primeiro caso temos a permutação simples dos 6 dígitos disponíveis:  P(6) = 6! = 720

    No segundo caso, cada senha de 6 caracteres será formada com o uso de apenas 5 dígitos (pois um se repete 2 vezes). Assim, para cada conjunto de 5 dígitos que escolhermos (ex.: U, V, 5, 6, 7) o número de senhas possíveis será dado pela permutação de 6 caracteres, com a repetição de 2:

    (6;2) = 6!/2! = 360

    Quantos conjuntos de 5 dígitos podemos escolher, tendo um total de 6 dígitos disponíveis? Ora, trata-se da combinação de 6 dígitos, 5 a 5:

    C (6;5) = 6

    Portanto, o número de senhas com 6 algarismo, com a repetição de 2, é dada por 6 x 360 = 2160.  Ao todo, o número de senhas é: 720 + 2160 = 2880. Item CORRETO.

     

    Fonte: Estratégia

  • De onde diabos saiu esse 360 ? :(

  • 6 caracteres

    Quantidade de senhas sem duplicidade

    6 caracteres ---- 6 lugares para ser ocupado . Mesma quantidade de coisas e lugares = permutação!

    P6= 6! = 6 X 5 X 4 X 3 X 2 X 1 = 720 senhas que o gerente pode cadastrar sem duplicidade

    Quantidade de senhas com duplicidade

    6 caracteres ---- 6 lugares ---- repetição de um caractere(2 vezes = duplicidade)

    Mesma quantidade de coisas e lugares = permutação + repetição = permutação com repetição 

    P6² = 6!/2!= 6 X 5 X 4 X 3 X 2 X 1/ 2 X 1 = 720/2 = 360 senhas com duplicidade para uma caractere apenas "U".Como são 6 caracteres que podem apresentar duplicidade 360 x 6 = 2160 senhas com duplucidade

    O número máximo de senhas que o gerente consegue cadastrar é?

    2160 + 720 = 2880 senhas 

  • Galera, essa resolução considerando P6! ta ERRADA. 

    Não se pode considerar P6!, porque um elemento ficou de fora da análise.

    O certo é dar 11520.

  • Pensem em cada dígito da senha como se fosse uma cadeira em que se sentaria uma pessoa.

    Inicialmente, deve-se contar quantas possibilidades existem sem repetir os dígitos ou pessoas. No primeiro assento podem se posicionar 6 pessoas ou dígitos (U,V,W,5,6 ou 7), no segundo 5 pessoas ou dígitos (todos exceto o escolhido na primeira oportunidade), e por aí em diante, já que nenhuma pode se repetir. Temos portanto 6x5x4x3x2x1= 720.

    Posteriormente, conta-se quantas possibilidades existem repetindo os dígitos ou pessoas. Na primeira cadeira podem se sentar 6 pessoas (U,V,W,5,6 ou 7), na segunda (como é possível agora a repetição), também podem se sentar 6 pessoas (U,V,W,5,6 ou 7), na terceira 5, e por aí em diante, sem mais repetições. Temos, portanto, 6x6x5x4x3x2=4.320. Neste caso, já se encontra abarcada qualquer posição que qualquer dígito pode tomar. Percebe-se, entretanto, que dois dígitos se repetirão e serão exatamente os mesmos, o que faz com que metade dos arranjos sejam exatamente idênticos. Dividindo o número de combinações pela metade têm-se 4.320/2=2.160 possibilidades. 

    A soma das possibilidades, portanto, realmente é de 2.880. Gabarito CORRETO.

  • Questão bem complexa. O gabarito é realmente 2.880, mas queria entender como se chega. Em meu entendimento a questão deveria ser assim por pura lógica: Imagine que todos os caracteres pudessem ser repetidos, resolveríamos como? Por arranjo com repetição, Ar(6)= 6^6, ou seja, 6.6.6.6.6.6= 46.656. Só que aqui a questão só pede repetição de 1 qualquer, então a lógica(errada por sinal) deveria ser 6.6.5.4.3.2= 4.320.

    Quando vejo as soluções para os 2.880 estão separando os cálculos "primeiro quero as senhas sem repetição", "depois com repetição", aí meu amigo, mistura tudo. O caso de arranjo com repetição em todas posições não se resolve separando as letras ou números, pois já estão dentro do cálculo. Tipo: "Primeiro quero as possibilidades com a letra U, depois V,..." Não, pois cada possibilidade está dentro da 6.6.6.6.6.6, então por que simplesmente não se resolve 6.6.5.4.3.2? Qual o erro? 

  • CERTO.

    1º Passo: Total de possibilidades com TODOS os caracteres distintos

    Permutação Simples: 6! = 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 possibilidades.

    2º Passo: Total de possibilidades considerando uma duplicidade de caracteres

    Aqui faremos permutação com repetição, pois um dos elementos irá se repetir: 6! / 2! = 360

    Atenção! Esse 360 se refere à possibilidade de 1 caractere se repetir uma única vez dentro da combinação. Como temos 6 caracteres que podem se repetir uma única vez: U, V, W, 5, 6 e 7, multiplicaremos esse 360 por 6.

    360 x 6 = 2160 possibilidades.

    3º Passo: Somar as possibilidades ( OU = SOMA)

    TOTAL DE POSSIBILIDADES: 2160 + 720 = 2880

  • Resposta: CERTO.

    Comentário do professor Daniel Araújo no YouTube:

    https://youtu.be/oOZzhBD4VZs


ID
317020
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
IFB
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Determinada instituição de ensino pretende criar um time
de basquete, para representá-la nos jogos estaduais, que será
formado por uma comissão técnica constituída por um treinador, um
assistente e doze atletas. Após o período de divulgação do time e
das inscrições, cinco pessoas candidataram-se para a comissão
técnica e quinze jovens mostraram interesse em se tornar atletas
desse time.

Para completar o processo, será realizada uma enquete
com cem alunos dessa instituição, com a finalidade de escolher as
cores desse time. A cédula de votação apresenta como opções a cor
verde e a azul, sendo permitido o voto em uma cor, em ambas as
cores ou o voto em branco.

Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

Na situação descrita, o número de times distintos que a instituição poderia formar é superior a 30.000.

Alternativas
Comentários
  • Para integrar a comissão temos p=2 vagas e n=5 candidatos

    C=5! / 2!.(5 - 2)!   ------ C=5! / 2! 3! ----- C= 10

     

    Para integrar o time temos p=12 vagas e n=15 candidatos

    C= 15! / 12! . (15 - 12)!  ---- C= 15! / 12! 3!   --- C= 15x14x13x12! / 12! 3! ---- C= 15x14x13 / 3! ---- C= 2730/6 --- C=455

     

    ----------

    10 x 455 = 4.550 

    Errado, pois 4.550 é menor que 30.000. Resolvi assim, se tiver algum erro podem falar!

     

  • Para integrar a comissão deve-se usar arranjo, pois as funçoes sao diferentes. 5x4=20   

    Para integrar os atletas aí sim é combinaçao. C15 em 12 = C 15 em 3  = 455

    20x455=9100 

  • 4550 é o resultado de todas as comissões formadas possíveis. Como cada comissão dessa pode assumir duas cores (verde ou azul) é necessário multiplicar o resultado por 2.


    Logo, a resposta correta é: 9100

  • Admitindo que eu tenha 5 pessoas para forma a dita comissão:

    Paulo,Manoel,José,Ítalo,Carlos.

    Agora imaginem que Carlos ocupe a posição de treinador e Ítalo de Assistente. Dessa forma, imagine o contrário, que Ítalo ocupe a função de Treinado e Carlos de assistente. Percebe que a ordem faz diferença?

    Portanto, a primeira etapa da resolução da questão,é um caso de Arranjo.

    A(5,2).

    Já a segunda etapa, como a maioria já fez,é um claro caso de combinação, uma vez que a ordem é irrelevante.

    C(15,12)

    Agora é só fazer:

    A(5,2) x C(15,12) = 60 x 455 = 27.300

    Portanto, gabarito ERRADO!

  • Linda questão.

    A comissão técnica tem os cargos especificados, então é arranjo. A(5,2) = 20

    Já entre os atletas não há distinção, então é combinação C(15,12) = 455

    Juntando todas as possibilidades: 20 x 455 = 9.100

    Pode ser azul, verde ou azul e verde: 3 cores

    9.100 x 3 = 27.300

    R: Errado

  • Acertei por pura sorte, não me atentei ao fato de que a ORDEM IMPORTA para a comissão técnica, já que será um técnico e um assistente.

    Acabei fazendo C5,2 = 10 para técnica e C15,12=455 para os atletas. Total 4550. Acertaria por sorte!

  • Acertei por pura sorte, não me atentei ao fato de que a ORDEM IMPORTA para a comissão técnica, já que será um técnico e um assistente.

    Acabei fazendo C5,2 = 10 para técnica e C15,12=455 para os atletas. Total 4550. Acertaria por sorte!

  • Penso que essas questões de matemática deveriam ser todas comentadas. Eu sou péssima em matemática e, as vezes, olhar os comentários me confunde mais ainda.

  • PESSOAL, a comissão técnica é arranjo! e tem o lance das cores (3). Resolvi como o Felipe.
  • Fiz os dois por combinação.

    COMISSÃO = C5,2=10

    ATLETAS = C15,12= 2730

    Resolução: 10 x 2730 = 27300

    Que é inferior a 30 000

    Gabarito: Errado

  • Temos que o time é composto pela Comissão técnica e os Atletas, logo:

    P/ Comissão técnica, teve 5 inscritos,

    P/ Atletas, teve 15 inscritos.

    Determinando-se o número de comissão técnica que são possíveis de serem formadas:

    A(5,2) = 20

    Determinando-se o número de possibilidades para formação de grupos de 12 atletas:

    C(15,12) = 455

    Determinando-se o número possibilidades para cores do time.

    N = 3 (azul, verde, azul e verde)

    Portanto, considerando todas as possibilidades, obtemos:

    20 x 455 x 3 = 27300

    Gabarito: ERRADO


ID
331780
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MPS
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

De um grupo de 5 homens e 3 mulheres será formada uma comissão
de 5 pessoas e, nessa comissão, deverá haver pelo menos uma
mulher. Nessa situação, julgue os itens seguintes.

Caso a comissão deva ter mais homens que mulheres, a quantidade de maneiras distintas de se formar a comissão será igual a 48.

Alternativas
Comentários
  • C5,3=5!/2!3!= 10

    C5,4=5 

    10x5 =50.

  • Homens: C5,3 = 5!/3!2! = 10

    Mulheres (deve ter menos mulheres) C3,2 = 3!/2!1! = 3

    10x3 = 30

    Ou seja, é menor que 45 como afirma a quetão.

    Se eu estiver errado me corrijam! 

     

  • POSSIBILIDADES: HHHMM e HHHHM

    H= homem

    M= mulher

    C5,3 x C3,2 = 30

    C5,4 x C3,1 = 15 

     

    SOMA-SE 30 + 15 = 45, LOGO ERRADO!

    PF na veia!

     

     

     

  • Pelo menos uma mulher:

    1 mulher e 4 homens C3,1 . C5,4 = 3.5 = 15
    2 mulheres 3 homens C3,2 . C5,3 = 3.10 = 30
    3 mulheres 2 homens C3,3 . C5,2 = 1.10 = 10

    15 + 30 + 10 = 55

  • Caso a comissão deva ter MAIS homens que mulheres.

    5 homens para 4 vagas Combinação C5,4 = 5;

    5 homens para 3 vagas Combinação C5,3 = 5x4x3/1x2x3 = 10.

    5x10 =50.

    Gabarito Errado.

  • Aqui vai um raciocínio mais mastigado:

    5 homens e 3 mulheres.

    A comissão é composta por 5 pessoas e tem que ter pelo menos 1 mulher.
    Também devem haver mais homens que mulheres. Ou seja, 3 homens e 2 mulheres ou 4 homens e 1 mulher.

    Se forem 3 homens: 3 vagas para serem distribuídas entre 5 homens. É uma combinação, já que a ordem dos fatores não importa. A conta vai dar 10. Porém são 5 vagas na comissão. Então restam duas vagas para serem distribuídas entre as 3 mulheres existentes. Também é uma combinação. O resultado da conta vai ser 3. 
    10 combinações possíveis de homens multiplicadas pelas 3 combinações possíveis de mulheres dá 30.

    Se forem 4 homens: 4 vagas para serem distribuídas dentre 5 homens. É uma combinação, já que a ordem dos fatores não importa. A conta vai dar 5.
    Porém são 5 vagas na comissão. Então resta 1 vaga para ser distribuída entre as 3 mulheres existentes. Também é uma combinação. O resultado da conta vai ser 3.
    5 combinações possíveis de homens multiplicadas pelas 3 combinações possíveis de mulheres dá 15.

    Portanto, são 30 combinações se houverem 3 homens e 2 mulheres OU 15 combinações se houverem 4 homens e 1 mulher. Logo, somaremos essas duas possibilidades (princípio de contagem).

    30+15 = 45

    A quantidade de combinações possíveis para a formação da comissão é 45, e não 48.

     

    Resposta: ERRADO.
     

  • Para Mastigar mais um pouco:

     

    1 > precisamos saber a quantidade de maneiras de se formar a comissão;

     

    2 > A Comissão tem 5 pessoas;

     

    3 > A primeira coisa é saber que sempre terá menos mulher, portanto:

    - 1ª comissão, com 5 pessoas, terá : 3 homens e 2 mulheres;

    - 2ª comissão, com 5 pessoas, terá : 4 homens e 1 mulher;

     

    4 > Vamos fazer a 1ª comissão:

     

    - Como a ordem não importa usaremos a Combinação;

    - Combinação de 5 homens para 3 serem escolhidos:

    - C5,3 = 5*4*3/3*2*1 = 10

     

    - Agora, fazemos as mulheres:

    - Combinação de 3 mulheres para 2 serem escolhidas:

    - C3,2 = 3*2/2*1 = 3

    - Portanto para sabermos a quantidade de maneiras da comissão quando 3 homens e 2 mulheres = 10 * 3 = 30

     

    - Observação:

    - Veja que a quantidade de pessoas na comissão é de 5 e esse número é o resultado da soma em azul, veja acima;

    - Veja também que a quantidade de pessoas que existem é de 8 e esse número é o resultado da soma em vermelho, veja acima;

     

    5 > Vamos fazer a 2ª comissão:

     

    - Como a ordem não importa usaremos a Combinação;

    - Combinação de 5 homens para 4 serem escolhidos:

    - C5,4 = 5*4*3*2/4*3*2*1 = 5

     

    - Agora, fazemos as mulheres:

    - Combinação de 3 mulheres para 1 ser escolhida:

    - C3,1 = 3/1 = 3

     

    - Portanto para sabermos a quantidade de maneiras da comissão quando 4 homens e 1 mulher = 5 * 3 = 15

     

    - Observação:

    - Veja que a quantidade de pessoas na comissão é de 5 e esse número é o resultado da soma em azul, veja acima;

    - Veja também que a quantidade de pessoas que existem é de 8 e esse número é o resultado da soma em vermelho, veja acima;

     

    6> Somando as maneiras distintas que existem para a 1ª comissão e para a comissão teremos:

    30 + 15 = 45 maneiras distintas

     

    7 > Portanto existem 45 maneiras distintas de se formar a comissão e não 48.

     

    Jesus no comando, SEMPRE!!!! 

     

  • São 5 vagas. Para que tenha mais homens que mulheres é necessário que 3 vagas seja obrigatoriamente preenchidas por homens ( C5,3). restam duas e uma delas é obrigatoriamente preenchida por uma mulher(uma vaga para qualquer mulher (C1,1)) e sobra uma vaga que pode ser preenchida por um dos dois homens ou por uma das duas mulheres restante são no total 4 pessoas (C4,1).


    C5,3(vagas só para homens) x C1,1 (vaga para a mulher) x C4,1(vagas bisexuais) =


    10 x 1 x 4 = 44 maneiras diferente

  • Temos:

    5 Homens (H) e 3 Mulheres (M)

    Comissão de 5 pessoas:

    --> pelo menos uma M, ou seja na mínimo uma mulher;

    --> Número de homens deve ser maior que de mulheres (H > M)

    Logo temos as possibilidades:

    (1M e 4H) ou (2M e 3H) ou (3M e 2H) sai fora pois H deve ser maior e M (H > M)

    obs. (e) multiplica ; (ou) soma.

    Portanto:

    C3,1 x C5,4 + C3,2 x C5,3 = 15 + 30 = 45

    Gabarito: ERRADO

  • cada um achou um resultado diferente kkk

    eu achei 45


ID
331783
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MPS
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

De um grupo de 5 homens e 3 mulheres será formada uma comissão
de 5 pessoas e, nessa comissão, deverá haver pelo menos uma
mulher. Nessa situação, julgue os itens seguintes.

Há 55 maneiras distintas de se formar essa comissão.

Alternativas
Comentários
  • Oi, tudo bem?
  • Pelo menos uma mulher:

    1 mulher e 4 homens C3,1 . C5,4 = 3.5 = 15
    2 mulheres 3 homens C3,2 . C5,3 = 3.10 = 30
    3 mulheres 2 homens C3,3 . C5,2 = 1.10 = 10

    15 + 30 + 10 = 55

  • Maneira com menos contas:


    C8,5 = 56 (todos os casos possíveis)

    MENOS

    C5,5 = 1 (combinação somente com homens)

    = 55


    Se eu pego o total e tiro a combinação em que todos vão ser homens o restante irá ter pelo menos uma mulher. Geralmente em questões de "pelo menos" dá pra fazer assim: o todo menos alguma coisa.

  • TODOS - O QUE NÃO PODE = O QUE PODE

    TODOS -> C8,5 = 56 - C5,5 -> O QUE NÃO PODE = 55 -> PODE

  • Temos:

    5 Homens (H) e 3 Mulheres (M)

    Comissão de 5 pessoas (pelo menos uma M, ou seja na mínimo uma mulher)

    Logo temos as possibilidades:

    (1M e 4H) ou (2M e 3H) ou (3M e 2H)

    obs. (e) multiplica ; (ou) soma.

    Portanto:

    C3,1 x C5,4 + C3,2 x C5,3 + C3,3 x C5,2 = 15 + 30 + 10 = 55

    Gabarito: CERTO

  • C8,5 (Todas as possibilidades gerais) - C5,5 (Considerando que só vai ter homens na comissão) =55

    PMAL 2021


ID
359809
Banca
CETAP
Órgão
DETRAN-RR
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em um determinado setor do DETRAN, trabalham 06 Técnicos e 12 Guardas. Quantas equipes distintas, constituídas por 02 Técnicos e por 06 Guardas, podem ser formadas neste setor?

Alternativas
Comentários
  • TOTAL = 6 TÉCNICOS E 12 GUARDAS;

    EQUIPE = 2 TÉCNICOS E 6 GUARDAS;

    COMBINAÇÃO DOS TÉCNICOS C6,2 = 6x5/2! = 15;

    COBINAÇÃO DOS GUARDAS C12,6 = 12x11x10x9x8x7/6! = 924;

    C6,2 x C12,6 = 15x924 = 13860.

    Gabarito LETRA c).

  • Se botar o Zé e o João ou o João e o Zé, faz diferença??? nÃO, então é combinaçÃO. hahahah



  • Tô arrancando os cabelos e não sei de onde vem este 924, alguém poderia tira ,minha dúvida

  • Isso é aranjo, más o re sultado é letra C

  • Jésica, 924 é o número de possibilidades de formar um grupo de 6 guardas partindo dos 12 originais!!!

  • Jessica chaves, 

    O 924 é resultado da combinação (C12,6).

    Esse exercício é bem interessante. Devemos fazer a combinação (pois a ordem nao importa) de C6,2 E C12,6. O conectivo “E” indica que os resultados devem ser multiplicados. Portanto, C6,2 = 15. C12,6 = 924. 924x15 = 13.860 (GABARITO C). 

    ATENÇÃO: se somássemos os resultados das combinações, encontraríamos o valor constante na LETRA A. 

    BONS ESTUDOS E NAO DESISTAM!!!

  • Eu também não sei de onde saiu o 924, alguém pode ajudar?


ID
359812
Banca
CETAP
Órgão
DETRAN-RR
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

As placas de automóveis são formadas por 3 letras seguidas de 4 algarismos. Quantas placas diferentes podem ser formadas com as letras A, B, C, D, E, F e com os algarismos ímpares, sem repetir nem as letras nem os algarismos?

Alternativas
Comentários
  • _ _ _     _ _ _ _

      Let        Num

    Letras = A / B / C / D / E / F = 6 Possibilidades para 3 Vagas

    Números ímpares = 1 / 3 / 5 / 7 / 9 = 5 Possibilidades para 4 Vagas

     

    Letras = 6x5x4 = 120

    Números = 5x4x3x2 = 120

    120 x 120 = 14.400 Possibilidades

     


ID
359950
Banca
FEPESE
Órgão
UDESC
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um restaurante oferece 20 tipos de pizza, 10 tipos de salada e 5 tipos de sobremesa.

Considere que uma pessoa pretende se servir de:

- 1 tipo de pizza
- 1 tipo de salada
- 2 tipos de sobremesa

Quantas opções tem essa pessoa?

Alternativas
Comentários
  • QUESTÃO ANULADA PELA BANCA (FEPESE)

    BONS ESTUDOS PESSOAL !!

  • Minha resposta seria 2000. Usando a fórmula das combinações: 20 x 10 x 10 = 2000.

  • ATENÇÃO: Esta questão foi anulada pela banca que organizou o concurso.
  • Se ele pode se servir de 2 tipos de sobremesa, temos que usar a fórmula de combinação:

    C5,2 = 5!/(2! . 3!) = 10 opções de sobremesa.

    O número de opções é "opções de pizza" x "opções de salada" x "opções de sobremesa":  20 x 10 x 10 = 2000. 

    Questão sem resposta. 

  • Olá, pessoal!

    Essa questão foi anulada pela organizadora.


    Justificativa da banca:  Não há opção de resposta correta.

    Bons estudos!
  • C20,1 x C10,1 x C5,2 = 20x10x10 = 2000 

  • Só é fazer por combinação, pois ele quer fazer um grupo com essas informação.

    C20,1*C10,1*C5,2= 20X10X10=2000 opções.

    Então concluímos que não existe Gabarito para nossa resposta.


ID
360505
Banca
FEPESE
Órgão
UDESC
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma reunião de condomínio com 15 pessoas, pretende-se escolher a diretoria do condomínio, que consiste em um síndico, um subsindíco e um tesoureiro.

Presumindo que todas as 15 pessoas são aptas a exercer as funções acima, e nenhuma pode exercer mais do que uma função simultaneamente, de quantas maneiras diferentes é possível formar a diretoria do condomínio?

Alternativas
Comentários
  • 15 pessoas possíveis para síndico. Escolhendo 1, sobram 14.

    14 possibilidades para subsíndicos. Ao escolher 1, sobram 13.

    13 pessoas possíveis para tesoureiro.

    Portanto 15x14x13 = 2730. Gabarito letra "c". 

  • A15,3 = 15.14.13 = 2730

  • O importante dessa questão é perceber que trata-se de um arranjo, e não de uma combinação, pois a ordem importa. Pois cada membro dentro do grupo exercerá uma função diferente.

    Gab  C


ID
366787
Banca
NCE-UFRJ
Órgão
UFRJ
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Numa repartição há 8 funcionários sendo que 3 deles falam inglês fluentemente. Uma comissão de três funcionários, sem distinção de cargos, será formada para reorganizar os turnos de atendimento ao público. O número de comissões distintas que podem ser formadas, nas quais pelo menos um dos membros da comissão fale inglês fluentemente, é:

Alternativas
Comentários
  • 1ª forma de resolução
    __x__x__
    fi x__x__ -> C3,1 . C5,2 = 3 . 10 = 30
    fi x fi x__ -> C3,2 . C5,1 = 3 . 5 = 15
    fi x fi x fi -> C3,3 . C5,0 = 1 . 1 = 1

    C3,1 . C5,2 + C3,2 . C5,1 + C3,3 . C5,0 = 30 + 15 + 1 = 46

    2ª forma de resolução
    __x__x__

    C8,3 - C5,3 = 56 - 10 = 46

    fonte: http://www.forumconcurseiros.com/forum/forum/disciplinas/racioc%C3%ADnio-l%C3%B3gico/72984-d%C3%BAvida-com-combinat%C3%B3ria

  • Galera, em questões nas quais o elaborador pedir "pelo menos um", basta fazer a combinação do TOTAL= C8,3 = 56 - a combinação do que ele não quer = C5,3 = 10 ( Se 3 falam inglês, 5 não falam).

    Logo, 56-10 = 46.

    letra C).

  • MACETE: TOTAL MENOS O QUE NÃO PODE.

    C8,3 (TOTAL) 8.7.6/3.2.1 = 56

    C5,3 (O QUE NÃO PODE - NÃO PODE SER SEM FLUENTES EM INGLÊS ) 5.4.3/3.2.1 = 10

    56 - 10 = 46 ^^

    ESPERO TER AJUDADO, BONS ESTUDOS.

     

  • o importante é não complicar. basta fazer a combinação de tudo C8,3 = 56

    depois a combinação do que não pode C5,3=10

    na sequencia basta diminuir 56-10 =46


ID
367696
Banca
CESGRANRIO
Órgão
EPE
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um grupo é formado por 7 pessoas, dentre as quais estão Lúcio e Pedro. De quantas maneiras diferentes é possível escolher 4 pessoas desse grupo de forma que Lúcio e Pedro não façam parte, simultaneamente, dos quatro selecionados?

Alternativas
Comentários
  • Essa questão é mais fácil resolver pelo método da diferença, que consiste em subtrair o todo pela interseção.

    Ou seja:

    Total de grupos - Grupo que Lúcio e Pedro fazer parte SIMULTANEAMENTE.

    C(7,4) - C(5,2) = 35 - 10 = 25

  • TENHO: 7 - 2 = 5

                 5 * 5 QUE E O NUMERO DE COMBINAÇÕES POSSÍVEIS = 25

    resp:A  

  • Essa questão resolver com combinação.

    Dados:
    Há um grupo de 7 pessoas;
    Deseja-se formar um grupo de 4 pessoas;
    Restrição: Pedro e Lúcio não podem fazer parte do mesmo grupo.

    Resolução:
    Logo, havera grupo formado com Pedro ou com Lúcio ou sem ambos.
     

    C5,3 = 5!/3!(5-3)! + C5,3 = 5!/3!(5-3)! + C5,4 = 5!/4!(5-4)!
    10 + 10 + 5
    25 = E

  • Bom dia pessoal.

    Encontrei um modo mais fácil de resolver. Vejamos:

    Grupos formados Por

    Lúcio ------- C5,3 = 10

    Pedro-------C5,3 = 10

    grupos sem Lúcio e Pedro  ------C5,4 = 5

    Total = 10+10+5= 25

     

  • FORÇA E HONRA!

  • Questão de combinação. Total de combinação (7 elementos tomados 4 a 4) - combinações que Lúcio e Pedro estão juntos simultaneamente (5 elementos tomados 2 a 2) = combinações que Lúcio e Pedro não estão juntos simultaneamente.

    Curiosidade: caiu uma questão literalmente igual a essa no BANRISUL 2019 (Q969571) organizado pela FCC. Ou seja, faz uma década que as bancas cobram a mesma coisa.


ID
369760
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para se vestir e ir a uma festa, Regina separou 3 saias, nas cores branco, preto e marrom, e 3 blusas, de cores branco, amarelo e marrom. Nesse caso, é correto afirmar que


Regina terá 3 maneiras diferentes de se vestir, se ela optar por usar a saia branca.

Alternativas
Comentários
  • Se ela optar por usar a saia branca, terá 3 possibilidades de blusa para combinar: branco, amarelo e marrom.

  • Essa é o tipo de questão que eu fico procurando cade o pega ratão!!!

  • Talvez saia branca não combine com blusa branca, aí seriam só 2 formas.... só pra descontrair!!! Bora!

  • deixa ela sair sem blusa!
  • Regina, minha filha, decida-se !!!


ID
369763
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para se vestir e ir a uma festa, Regina separou 3 saias, nas cores branco, preto e marrom, e 3 blusas, de cores branco, amarelo e marrom. Nesse caso, é correto afirmar que


Regina terá 7 maneiras diferentes de se vestir, se optar por usar saia e blusa de cores distintas.

Alternativas
Comentários
  • Para usar a saia branca, 2 possibilidades de blusa: amarelo e marrom

    Saia preta, 3 possibilidades: branco, amarelo e marrom

    Saia marrom: 2 possibilidades: branco, amarelo

    Total: 2+3+2 = 7 possibilidades

  • quem errou pq não viu que tinha uma blusa de cor diferente da saia?

    Uma dica: quando tiver poucas possibilidade é melhor fazer na mão mesmo:

    Saia Branca x Blusa Amarela (1)

    Saia Branca x Blusa Marrom (2)

    Saia Preta x Blusa Branca (3)

    Saia Preta x Blusa Marrom (4)

    Saia Marrom x Blusa Branca (5)

    Saia Marrom x Blusa Amarela (6)

    Saia Preta x Blusa Amarela (7)

  • C 2,1 + C 3,1 + C 2,1 = 7

  • Regina, minha filha, decida-se !!!


ID
369766
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para se vestir e ir a uma festa, Regina separou 3 saias, nas cores branco, preto e marrom, e 3 blusas, de cores branco, amarelo e marrom. Nesse caso, é correto afirmar que


Regina terá 9 maneiras diferentes de se vestir, se uma das peças da vestimenta tiver a cor marrom.

Alternativas
Comentários
  • Se apenas uma das peças for da cor marrom, temos:

    Saia marrom: 2 possibilidades de blusa (branco, amarelo)

    Blusa marrom: 2 possibilidades de saia (branco, preto)

    Ou seja, são apenas 4 opções de vestimentas, e não 9 como a questão afirma.

  • C3,1 + C1,1 = 4

    E

  • C 3,1 + C 3,3 = 4

  • Regina, minha filha, decida-se !!!

  • Discordo das explicações abaixo. Ela tem 5, não 4 opções. A questão diz "se uma das peças da vestimenta tiver a cor marrom", não "se apenas uma das peças da vestimenta tiver a cor marrom". Em outras palavras, nada impede a Regina de usar a saia e a blusa marrom.

    Em todo caso a questão está errada.


ID
369769
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A direção de cada uma das 3 filiais de uma empresa é formada por um diretor e um vice-diretor. Se 3 mulheres e 3 homens forem indicados para ocupar esses cargos, então


haverá 288 maneiras distintas de se formar essas diretorias, se a direção de cada filial for formada por um homem e uma mulher.

Alternativas
Comentários
  • 1ª Filial:

    3 homens para a vaga de diretor

    3 mulheres para vaga de vice diretora

    Principio fundamental da contagem: 3x3=9

    Só que as vagas também podem ser preenchidas de outra forma:

    3 mulheres para a vaga de diretora

    3 homens para vaga de vice diretor

    Principio fundamental da contagem: 3x3=9

    Somando as duas formas de se preencher as vagas, temos 18 possibilidades

    2ª Filial

    Sobram:

    2 homens para a vaga de diretor

    2 mulheres para vaga de vice diretora

    Principio fundamental da contagem: 2x2=4

    Novamente as vagas podem ser preenchidas de outra forma:

    2 mulheres para a vaga de diretora

    2 homens para vaga de vice diretor

    Principio fundamental da contagem: 2x2=4

    Somando as duas formas de se preencher as vagas, temos 8 possibilidades

    3ª´ Filial

    Sobraram 2 possibilidades para preencher as vagas:

    1 homem para a vaga de diretor

    1 mulher para vaga de vice diretora

    e vice e versa

    Resultado:

    Basta Multiplicar as possibilidades encontradas em cada filial: 18x8x2 = 288

  • Eu pensei da seguinte forma:

    Dividir o problemão em problemas menores, em 3 etapas:

    1ª Filial

    Há 6 pessoas disponíveis (3 homens e 3 mulheres)

    Para a vaga de diretor eu tenho 6 pessoas disponíveis, vamos dizer que escolhi uma mulher, então para a vaga de vice-diretor eu tenho apenas 3 homens disponíveis (o pensamento inverso é o mesmo então não há necessidade de permutação) ficaria assim:

    6 x 3 = 18;

    2ª Filial

    Há 4 pessoas disponíveis (2 homens e 2 mulheres), pois duas já estão na diretoria da 1ª filial.

    Para a vaga de diretor eu tenho 4 pessoas disponíveis, vamos dizer que escolhi um homem, então para a vaga de vice-diretor eu tenho apenas 2 mulheres disponíveis, ficaria assim:

    4 x 2 = 8;

    3ª Filial

    Há 2 pessoas disponíveis (1 homem e 1 mulher), pois 4 já foram utilizadas na composição da diretoria das outras filiais.

    Para a vaga de diretor eu tenho 2 pessoas disponíveis, vamos dizer que escolhi uma mulher, então para a vaga de vice-diretor eu tenho apenas 1 homem disponível, ficaria assim:

    2 x 1 = 2;

    Como eu devo compor a diretoria da 1ª FILIAL e 2ª FILIAL e 3ª FILIAL, tenho que multiplicar os resultados:

    18 x 8 x 2 = 288

    GABARITO: CERTO

    DICA:

    Conectivo E ----> multEplica

    Conectivo OU ----> sOUma

  • Fiz de uma forma um pouco diferente:

    A ordem importa em cada filial, porque considerando [diretor, vice-diretor], temos que [carlos, bruno] é diferente de [bruno, carlos], então usaremos um arranjo.

    Primeira filial:

    A(6, 2) = 30 formas possíveis. Só que dessas, temos que desconsiderar quando diretor e vice forem só homens ou só mulheres. Sendo assim, temos que diminuir A(3, 2) = 6 homens mais A(3, 2) = 6 mulheres do total. Por que A(3, 2)? Porque é a quantidade que só homens ou só mulheres ocupam as duas vagas de diretor e vice, ou seja, das 30 formas de se ocupar as duas vagas, 12 são as possibilidades que só mulheres ou só homens ocupam. Portanto, para o que pede a questão, temos que o total de vagas as quais ocupam um homem e uma mulher é 30 - 12 = 18.

    Segunda filial:

    A(4, 2) = 12 formas possíveis. Agora o termo é quatro, pois duas pessoas já ocuparam a primeira filial. Como temos 2 homens e 2 mulheres agora, excluiremos as possibilidades que apresentam só mulheres, A(2, 2) = 2, e as possibilidades que apresentam só homens, A(2, 2) = 2, para os cargos de diretor e vice, ou seja, 4. Dessa forma, 12 - 4 = 8.

    Terceira filial:

    A(2, 2) = 2. Aqui só existem duas possibilidades porque só restaram 1 homem e 1 mulher.

    Portanto, temos o número total de possibilidades como 18 x 8 x 2 = 288.

  • Entendi da seguinte maneira.

    1 Filial

    tenho 3 chances para o primeiro cardo e 3 para o segundo.

    3x3x2!= 18 (faço uma permutação pois o enunciado não fala quem é o diretor ou o vice podendo ser H M ou M H)

    2 Filial

    tenho 2 chances para o primeiro cardo e 2 para o segundo.

    2x2x2!= 8 (faço uma permutação pois o enunciado não fala quem é o diretor ou o vice podendo ser H M ou M H)

    3 Filial

    tenho 1 chances para o primeiro cardo e 1 para o segundo.

    1x1x2!= 2 (faço uma permutação pois o enunciado não fala quem é o diretor ou o vice podendo ser H M ou M H)

    Fazendo as multiplicações das possibilidades temos :

    18 x 8 x 2 = 288

    Gab CORRETO


ID
369772
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A direção de cada uma das 3 filiais de uma empresa é formada por um diretor e um vice-diretor. Se 3 mulheres e 3 homens forem indicados para ocupar esses cargos, então


haverá 144 maneiras distintas de se formar essas diretorias, se o diretor de cada filial for uma mulher.

Alternativas
Comentários
  • 1ª Filial:

    3 mulheres para a vaga de diretora

    3 homens para vaga de vice diretor

    Principio fundamental da contagem: 3x3=9 possibilidades

    2ª Filial

    Sobram:

    2 mulheres para a vaga de diretora

    2 homens para vaga de vice diretor

    Principio fundamental da contagem: 2x2=4 possibilidade

    3ª´ Filial

    sobrou 1 possibilidade para a última filial

    1 mulher para a vaga de diretora

    1 homem para vaga de vice diretor

    Resultado:

    Basta Multiplicar as possibilidades encontradas em cada filial: 9x4x1 = 36 possibilidades

  • Gab: E

    Fiz por combinação:

    C6,2 x C4,2 x C2,2 = 90

  • MAno que questão estranha... Pior que não encontrei uma resposta que compreendesse. A resposta mais votada para mim não fez sentido já que a pergunta é sobre a possibilidade de mulheres na diretoria e o camarada multiplicou tudo incluindo os homens... A resposta do Carlos é o gabarito também de um professor de cursinho, mais não entendi o porque ser 2 se são tres mulheres, tres filiais e tres cargos. Muito estranho isso, esse tipo de gabarito a gente acaba se enganado com falso sentimento de aprendizado, não adianta acertar na sorte pq na prova não podemos nos dar ao luxo de errar, uma questão muda tudo.


ID
369775
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para os 3 cargos de assessor técnico de uma empresa, em áreas diferentes, 3 homens e 3 mulheres se candidataram; eles possuem chances iguais de ocupar quaisquer desses cargos e um mesmo cargo não poderá ser ocupado por mais de uma pessoa nem uma mesma pessoa poderá ocupar mais de um dos cargos. Nesse caso,


haverá 120 maneiras distintas de esses cargos serem ocupados por essas 6 pessoas.

Alternativas
Comentários
  • Se temos 6 pessoas para ocupar 3 vagas, utilizando o princípio fundamental da contagem, temos:

    1ª vaga 6 pessoas

    2ª vaga: 5 pessoas

    3 vaga: 4 pessoas

    6x5x4 = 120 posibilidades

    Note que a questão poderia ter limitado a quantidade de homens e mulheres contratados, o que tornaria a resolução um pouco diferente

  • Bom, fui pela lado mais difícil e me enrolei todo. Então vou tentar corrigir.

    1º - Como bem mencionado pelo colega Igor Guilherme, resolvendo pelo PFC (Princípio Fundamental da Contagem) seria mais rápido. 6x5x4 = 120. Porém, tentei resolver por combinação, arranjo ou permutação.

    Minha tentativa de resolução

    Devemos nos perguntar:

    O número de objeto (6 pessoas) é igual ao número de posições (3 cargos)? NÃO!

    Logo não é permutação. Será Arranjo ou Combinação

    - A ordem dos objetos (pessoas) influencia? Acredito que sim (Arranjo) porque os cargos são diferentes (Chamando de C1, C2 ou C3, ocupar um desses é diferente dos demais - são cargos em áreas diferentes).

    Arranjo de 6 pessoas, 3 a 3:

    A6,3 = 6!/3! = 6x5x4x3!/3! = 6x5x4 = 120

    ps: Tenho apanhado. Se tiver algum erro, favor de deixem saber! Abs!!


ID
370405
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TCE-RN
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para os 3 cargos de assessor técnico de uma empresa, em áreas diferentes, 3 homens e 3 mulheres se candidataram; eles possuem chances iguais de ocupar quaisquer desses cargos e um mesmo cargo não poderá ser ocupado por mais de uma pessoa nem uma mesma pessoa poderá ocupar mais de um dos cargos. Nesse caso,


haverá 114 maneiras distintas de esses cargos serem ocupados por esses candidatos, se pelo menos um dos cargos for ocupado por uma mulher.

Alternativas
Comentários
  • Para preencher todos os cargos desconsiderando a regra de ocupar pelo menos um por mulher, temos:

    6x5x4 = 120 possibilidades

    Para se obter pelo menos um cargo preenchido com uma mulher devemos retirar do total as possibilidades de prencher os cargos somente por homens.

    3x2x1 = 6 possibilidades de preencher somente com homens

    120 possibilidades (total) - 6 possibilidades (somente homens) = 114 possibilidades

  • assessor técnico de uma empresa, em áreas diferentes

  • Pelo menos um= total - o que não pode

    Total

    6 pessoas para 3 cargos

    6.5.4 = 120

    Não pode só homem

    3.2.1 = 6

    120 - 6 = 114

  • Tão acostumado a fazer a complementar com Combinação, que esqueci de permutar as posições para fazer a complementar do Arranjo. gg


ID
375811
Banca
CETAP
Órgão
AL-RR
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Com a palavra RORAIMA, quantos anagramas podem ser formados de modo que as letras IM estejam juntas?

Alternativas
Comentários
  • I M _ _ _ _ _ = Permutação de 5 letras com 2 repetições de A e 2 repetições de R, então = 5.4.3.2.1/2.1.2.1 = 30

    Multiplica 30 por 6 (pois IM pode estar localizado em 6 posições diferentes) = 180

    Multiplica 180 por 2 (pois a combinação também pode ser com MI) = 360

  • 6! / 2! = 

    2! . 3 . 4 . 5 . 6 / 2! = (corta o 2! com 2!)

    3 . 4 . 5 . 6 = 

    360

     

  • Trabalharemos com o IM como se fosse apenas uma letra. Desse modo, teremos uma permutação de 6!/ 2! 2!  (dividi-se pela permutação de 2 porque as letras A e R repetem-se duas vezes)

    O resultado da permutação será 180. Contudo, como trabalhamos como se o IM fosse apenas uma letra, temos que multiplicr por dois, pois ele pode estar na ordem invertida (IM ou MI).

    180 x 2 = 360

  • 6!

    2! 2! --- um 2 é do IM e o outro 2 é do R e A que repetem duas vezes

    6.5.4.3.2! aqui é so cortar um 2!

    e multiplicar o resto , dividir por 2!

    6.5.4.3=360/2 =180

    para finalizar basta multiplicar 180 da resposta com 2! do IM que ficam sempre juntos.

    =360


ID
404581
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
FUB
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Acerca de contagem, julgue os itens a seguir.

Considere que um departamento da UnB pretenda comprar novos equipamentos para seu laboratório de informática e que existam no mercado 8 modelos de computadores, 3 modelos de monitores e 4 modelos de teclados. Desse modo, o número de possíveis configurações — computador, monitor e teclado — que podem ser formadas com esses equipamentos é superior a 100.

Alternativas
Comentários
  • ERRADO

    __ x __ x __ = ??

    Temos

    8 modelos de computadores;

    3 modelos de monitores; e 

    4 modelos de teclados.

    A questão quer saber quantas combinações é possivel fazer. Simples!  (Princípio Fundamental da Contagem - Produto das Possibilidades) Multiplica tudo, 8 x 3 x 4.

     8  x   3  x  4  =  96 

    96 > 100?? ERRADO.  


ID
407953
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
FUB
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Acerca de contagem, julgue o item a seguir.

Considere que um departamento da UnB pretenda comprar novos equipamentos para seu laboratório de informática e que existam no mercado 8 modelos de computadores, 3 modelos de monitores e 4 modelos de teclados. Desse modo, o número de possíveis configurações — computador, monitor e teclado — que podem ser formadas com esses equipamentos é superior a 100.

Alternativas
Comentários
  • Olá amigos do QC, essa questão está errada, pois utilizado o princípio da multiplicação acharemos:
    8 . 3 . 4 = 96 que é menor que 100.
    esse princípio nos fornece o total configurações possíveis que poderemos formar com os monitores, teclados e computadores.

    Grande abraço e Deus é bom.
  • Isso ai,

    8.3.4

    Deus é bom o tempo todo, Batalhador.

  • ACERTEI APENAS COMBINANDO O NÚMERO 8, COM O 3, 4, E DEPOIS SOMEI AMBOS O RESULTADO


ID
425932
Banca
UFBA
Órgão
UFBA
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um apostador sonhou que as seis dezenas que serão sorteadas no próximo concurso da Mega Sena estarão entre 02, 07, 10, 13, 21, 28, 52 e 46 e que as dezenas 07 e 13 não estarão juntas no jogo vencedor. Supondo-se que o sonho se concretize e sabendo-se que uma aposta simples na Mega Sena consiste em escolher apenas seis dezenas distintas, o sonhador deve fazer, no mínimo, 27 apostas simples diferentes para ter certeza de que será um ganhador.

Alternativas
Comentários
  • Número de possibilidades total
    C8,6 = 8*7*6!/6!*2 = 4*7 = 28

    Número de possibilidades em que 07 e 13 aparecem juntos:
    Neste caso 2 dezenas são reservadas para 07 e 13, restando 4 para escolher entre as 6 restantes:
    C6,4 = 6*5*4!/4!*2 = 3*5 = 15

    Resultado = C8,6 - C6,4 = 28 - 15 = 13
    Diferente do resultado 27 proposto no enunciado.

    Errada!
  • Carlos.
    Na sua linha de pensamento faltou incluir uma opção: a de que a aposta sorteada não terá nem o nr 7 nem o nr 13.
    Com isso seriam 15 as possibilidades que atenderiam ao proposto.
    Não altera a resposta da questão, mas é importante estar ligado.
    Espero ter colaborado
  • Alguém pode me explicar? Não entendi uma coisa: por que excluir do total de possibilidades (C8,6) a combinação (C6,4) e não 1, que é a quantidade de vezes que 07 e 13 aparecem juntos?
  • Mas nao seriam as dezenas entre 07 2 13? Isso incluiria o 10, entao, seriam 3 dezenas que nao poderiam integrar juntas as dezenas sorteadas...
    Estou correta?
    Nao alterou a resposta, que eh diferente de 27 apostas, mas gostaria de saber a resolucao correta na integra...
  • Quando não tiver o   07 e 13  teremos  = 01 jogo            02  10 21 28 52 46

    Quando iniciar com 0                      07  __    __   __     __   __  serão C 6,5  =   6!  =6
                                                                                                                                          5!1!
    Quando iniciar com o                      13  __    __    __    __   __ serão C 6,5  =     6!  =6  ou, seja, 06 +06 +01=13 posibilidades
                                                                                                                                          5!1!
  • Ilustríssimos Colegas,

               Realizei a resolução desta questão e postei no meu blog, se possível acessem e comentem http://www.questoesdeconcurso.net/2012/08/analise-combinatoria-4.html

     
             Espero que possa ter ajudado. Muito Obrigado!

     Forte abraço e bons estudos!
  • ERRADA!

    O Carlos está correto, pois os números 7 e 13 não podem estar juntos nem dentro nem fora do jogo!! =)
  • Acho que muita gente não entendeu bem o enunciado. Demorei entendê-lo, no entanto entendi (e pelo que notei o Carlos fora o único que entendeu ou nos dois estamos enganados) e é mais simples do que imaginam. Percebi que muitas pessoas acabaram foi complicando a resolução além do que o problema exigia. 
    Há 8 números (02, 07, 10, 13, 21, 28, 52, 46). A questão pergunta quantos jogos (cada um com seis números) são possíveis realizar sem que os nºs 7 e 13 estejam num mesmo jogo. Logo, é um problema de combinação. 
    Quando escolho os jogos com o nº 7 excluo o 13. Então temos um conjunto de 7 elementos (02, 07, 10, 21, 28, 52, 46)  fora o 13
    C= 7!/6!(7-6)!=7

    Mesmo procedimento quando escolho o 13 e excluo o 7
    C= 7!/6!(7-6)!=7
    E para finalizar considerando o  jogo em que excluo os dois nºs (7 e 13), temos:  (02, 10, 21, 28, 52, 46) 1 possibilidade apenas.
    Somando: 7+7+1=15
    Logo são quinze os jogos possíveis em que os números 7 e 13 não estaram juntos. Portanto, alternativa incorreta.
  • O sorteio pode ser entre a combinação de números:

    13 __ __ __ __ __ __ ou 07 __ __ __ __ __ __

    Se são 5 números para serem sorteados entre os 7 restantes para cada agrupamento:

    C7,5 + C7,5 =  21 + 21 = 42.

    Então a resposta está errada. 

    Sds
  • Legal a explicação do JOSAFA, porém ela contém um erro.
    Quando ele diz: 
    "Então temos um conjunto de 7 elementos (02, 07, 10, 21, 28, 52, 46)  fora o 13
    C= 7!/6!(7-6)!=7

    Mesmo procedimento quando escolho o 13 e excluo o 7
    C= 7!/6!(7-6)!=7"

    Seria o mesmo que admitir, em ambos os casos, a possibilidade de não incluir nem o 07 nem o 13, ou seja, estaria admitindo a mesma combinação (02,10,21,28,52,46) nos dois cálculos.

    Logo, o correto seria calcular todas as possibilidades de o 07 aparecer sempre: C6;5=6 (o 6 da combinação é porque exclui-se o 13 e entende-se que o 07 já possua vaga garantida e 5 porque foram a quantidade de vagas que sobraram já que uma é do próprio 7).

    A mesma lógica aplica-se para o 13, logo:


    C6;5 + C6;5 = 12

    Por fim, só há uma única possibilidadade de os dois não figurarem entre as sorteadas e a aposta continuar sendo válida, logo:

    12 + 1= 13

    ERRADA
  • Combinações.

    C 8,6 =>  C = 8! / 6!   =>   C= 8.7.6! / 6!     CORTA 6! COM 6!   TEREMOS: C=8.7   =>  C=56.


    O 07 E 0 13 NÃO PODERÃO ESTAR NA MESMO JOGO. OU SEJA DOS 8 NUMEROS

    DISTRIBUIDOS EM JOGOS DE 6 NUMEROS , 02 DELES (07 E 13) NÃO ESTARÃO JUNTOS NAS COMBINAÇÕES

    ENTÃO TEREMOS 56 / 2 = 28 APOSTAS E NÃO 27.


    GABARITO: ERRADA.

  • Eu realizei de forma distinta, primeiro verifiquei todas as possibilidades possíveis, ou seja , C8,6= 8!/6!2! =28 e depois verifiquei todas as possibilidade possíveis em que estão 13 e 07, ou seja, C6,4=6!/4!2!= 15 . Como não pode ter 13 e 07 nas combinações é só diminuir esta das quantidades possíveis, qual seja, 28-15=13. Resp. Errada


ID
439384
Banca
CEPS-UFPA
Órgão
UFPA
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Utilizando 23 letras do alfabeto e algarismos de 0 a 9, podemos formar sequências diferentes de duas letras e dois algarismos, nesta ordem, em número de

Alternativas
Comentários
  • Letra x Letra x Algarismo x Algarismo

    23 x 23 x 10 x 10 = 52900.

  • Sequências diferentes não seria igual a números distintos?

  • Cayque, pelo que eu entendi da questão e pela explicação do TIago Mattjie, não importa se uma letra ou um número se repita dentro da sequência.
    Por exemplo: |A|A|1|1|. Essa é uma sequência válida para esse exercício, mesmo repetindo um dos elementos disponíveis. Então fica pelo Princípio Fundamental da Contagem: 23.23.10.10= 52900. Isso porque um elemento pode se repetir. Se um desses elementos não pudesse se repetir, ficaria no princípio fundamental da contagem: 23.22.10.9= 45540. Desenhar a questão antes de elaborar a "fórmula" parece ser muito vantajoso. 

    Espero que eu tenha me expressado bem vc tenha entendido. Abraços. 


ID
469252
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ME
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Considerando que se pretenda formar números de 3 algarismos
distintos com os algarismos 2, 3, 5, 7, 8 e 9, julgue os próximos
itens.

A quantidade de números ímpares de 3 algarismos que podem ser formados é superior a 90.

Alternativas
Comentários
  • Como o enunciado exige números distintos, deve-se pensar da seguinte forma:

     2         

    1 - colocar os 4 números Impares 

    2 - Alocar os 5 números que ainda não foram utilizados (2 números par e 3 números impar)

    3 - Alocar os 4 números que não foram utilizados na posição anteiror. 

    Logo, resolve-se:

     5   x   4   x  4   = 80

     

  • Não entendi o motivo de ter usado somente 4 numeros na posição 1, já que temos 5 números ímpares.

  • A pegadinha dessa questão é que já havia sido dito no enunciado principal que os algarismos deveriam ser distintos, mas na afirmação a ser julgada não foi repetida essa informação, fazendo com que algumas pessoas erroneamente pensassem que poderiam repetir.

    Solução do Fernando está corretissima!

  • Os numeros que podem ser usados em cada posição são:

    comecemos de tras para frente, pois para o numero ser impar os ultimos terão necessariamente que terminar em: 3 , 5 , 7 e 9 que sao ímpares

    Lembrando que nao podem se repetir

    entao para a primeira casa teremos as 5 possibilidades, que sao os numeros 2,5,7,8,9

    e para a segunda casa restam os numeros 5,7,8,9

    5 x  4 x  4  = 80

    2   5      3

    5   7      5

    7   8      7

    8   9      9

    9

  • Alex Lima,quais são os 5 números ímpares?


  • Impares = Total - pares

    Total = 6x5x4  ( como são distintos, não posso repetir) = 120 opções

    Pares = Para ser par a ultima casa deve contar um número par ____x___x___ , logo as opções são duas (2,8) => logo ____x___x 2 . Como não pode repetir número, o número usado na última casa não vai repetir, dai sobram 5 números,   5x___x 2 , assim para fechar restam 4 números 5x4x 2 = 40.

     

    Impares = 120 - 40 =80

  • Os 3 algarismos devem ser distintos e temos 6 algarismos disponíveis. Já que o número deve ser ímpar, então o último algarismo obrigatoriamente deve ser ímpar. Desta forma, há 4 possibilidades para o último algarismo (o último algarismo só pode ser 3,5,7 ou 9). Depois que escolhermos o último algarismo, sobram 5 possibilidades para o segundo algarismo 4 possibilidades para o terceiro algarismo. Desta maneira, a quantidade de números ímpares de 3

    algarismos distintos formados com os algarismos 2,3,5,7,8 e 9 é igual a

    4 ∙ 5 ∙ 4 = 80

    Gabarito: Errado

  • Cuidado com a interpretação da frase (A quantidade de números ímpares de 3 algarismos que podem ser formados é superior a 90) , ele não quer 3 números ímpares em cada casa. Ele quer um número ímpar (final tem que ser obrigatoriamente 3/5/7/9) O restante pode ser par ou ímpar.

  • Explicação passo-a-passo:

    Então temos as nossa disposição para utilizar um total de 6 algarismo diferentes (2,3,5,7,8,9).

    queremos um número de 3 algarismos, ou seja, temos 3 espaços:

    _ _ _

    Vamos começar preenchedo o ultimo espaço, pois dos 6 números que podemos usar, somente 4 deles são impares como queremos, então temos 4 possibilidades no ultimo algarismo:

    _ _ 4

    O penultimo algarismo temos 5 números diferentes que podemos usar, pois já usamos um no ultimo, assim sobraram 5 dos 6 que tinhamos antes:

    _ 5 . 4

    E assim sobraram 4 números para colocarmos no primeiro algarismo:

    4 . 5 . 4 = 80

    Assim existem 80 formas de se formar estes algarismo, que não é maior que 90.

    https://brainly.com.br/tarefa/22889970

  • Números: 2,3,5,7,8 e 9

    A questão exige que os números sejam de três dígitos, com números distintos e sejam números impares.

    ______ x _______ x _______

    Para o número ser impar, o ultimo numero deve ser impar.

    Logo, temos 4 possibilidades para ultima posição.

    _______x _______ x 4

    Agora só considerar que os números devem ser distintos, como já foi utilizado um número restam apenas 5 números:

    5 x 4 x 4 = 80 possibilidades.

    PMAL 2021


ID
479641
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SEPLAG-DF
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Pesquisa feita entre alunos do ensino médio de escolas públicas revelou as
atividades extra-curriculares de suas preferências: teatro, música, coral,
dança e xadrez. Acerca dessa pesquisa, julgue os itens que se seguem.

Se o aluno puder escolher três dessas atividades, então ele terá 10 possibilidades de escolha.

Alternativas
Comentários
  • TEATRO / MÚSICA / CORAL / DANÇA / XADREZ

    5 ALTERNATIVAS, PODENDO ESCOLHER DENTRE ESTAS 3

    LOGO TEMOS 5 x 4 x 3 = 60 / 3 x 2 x 1 = 6

    60 / 6 = 10 

    Gabarito: certo

  • Lembrando que combinação de (5 em 3 ) é o mesmo que (5 em 2): 5 x 4/ 2! = 10

  • Cn,p =      n!        5,3            5            5.4=  20  = 10
              p! (n – p)                3(5-3)         2.1 =   2   

  • Questão de combinação.

    Temos 5 atividades (teatro, música, dança, coral e xadrez).

    O estudante pode escolher até 3 atividades.

    Temos que, n=5 e p=3

    Formula de combinação (Cn,p= n/p(n-p)

    Adicionando os valores temos: 5!/3!(5-3)!

    5!/3! 2! > 5.4.3!/3!2! ( 3! Corta com 3! e 2!=2) > 5.4/2> 20/2>10.

    Item correto

  • GAB CERTO

    C5,3= 5x4x3=60 3x2x1= 6

    60/6=10

  • Pensei que era arranjo, por pensar que ele não podia escolher uma mesma atividade outra vez.


ID
479644
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SEPLAG-DF
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Pesquisa feita entre alunos do ensino médio de escolas públicas revelou as
atividades extra-curriculares de suas preferências: teatro, música, coral,
dança e xadrez. Acerca dessa pesquisa, julgue os itens que se seguem.

Considerando que, em determinada escola, seja formada uma comissão de 5 membros para representar as atividade extra-curriculares da escola, escolhidos entre 5 alunos e 4 alunas, de modo que pelo menos uma aluna faça parte da comissão, o número de composições distintas para essa comissão será inferior a 100.

Alternativas
Comentários
  • GABARITO ERRADO

     

    O segredo aqui é diminuir o total ( C9,5 ) TOTAL DE ALUNOS ( 9) COMISSÃO (5) DO QUE ELE NÃO QUER, OU SEJA C 5,5 ( NÚMERO DE ALUNOS E NÚMERO DA COMISSÃO, POIS QUANDO ELE AFIRMA PELO MENOS UMA ALUNA, DEVEMOS CONSIDERAR QUE A COMISSÃO DEVERÁ TER AO MENOS UMA OU TODAS AS QUATRO EM ALGUMA COMPOSIÇÃO DISTINTA.

     

    C9,5 - C5,5

    C9,5 = 9.8.7.6 = 126

               4.3.2.1

    C5,5 = 5.4.3.2.1 = 1

               5.4.3.2.1.1

     

    126 - 1 = 125

     

    SENDO 125 > 100

              

           

    Obs: Macete do Prof. Renato

    Quando houver a expressão "pelo menos um" diminuir o total do que ele não quer.

  • 1° opção - 4 alunos e 1 aluna

    C5,4 x C4,1 = 20

    2° opção - 4 alunas e 1 aluno

    C4,4 x C5,1 = 5

    20 x 5 = 100

  • Opção + fácil :

    Tudo - oq ele ñ quer = oq eu quero

    C9,5 - C5,5 = 126 -1 = 125

    2ª Opção :

    pelo menos 1 mulher = 1 ou 2 ou 3 ou 4(limite dado na questão)

    C4,1 x C5,4 = 20

    C4,2 x C5,3 = 60

    C4,3 x C5,2 = 40

    C4,4 x C5,1 = 5

    = 125


ID
479647
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SEPLAG-DF
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Pesquisa feita entre alunos do ensino médio de escolas públicas revelou as
atividades extra-curriculares de suas preferências: teatro, música, coral,
dança e xadrez. Acerca dessa pesquisa, julgue os itens que se seguem.

O número de modos diferentes que se pode dispor 3 livros de teatro, 3 livros de música e 2 livros de xadrez, em uma estante, de modo que livros do mesmo assunto permaneçam sempre juntos, é superior a 400.

Alternativas
Comentários

  • Supondo que os livros de teatro sejam: a,b,c
    Disposições  na estante :  abc , acb,  bac,  bca,  cab,  cba  ou 3! = 3x2x1 = 6 modos.
    Da mesma forma os  3  livros de música:  3!  = 6 modos .
    E os 2 livros de xadrez  : 2! = 2X1 = 2 modos.
    Mas  a disposição dos livros de teatro, música e xadrez também se alternam, ou seja: 3!
    TMX, TXM, MTX, MXT, XMT, XTM
    Total: 6x6x6x2 = 216x2 =432
    RESPOSTA: ERRADA

    bom estudos a todos!
  • Não consegui compreender porque os livros de teatro, música e xadrez se alternam entre si. Se algém puder detalhar mais explicação agradeço.

    :))

  • Tem que ser feita a permutação entre os livros, pois os de mesma matéria têm que ficar sempre juntos! A questão fala isso.


  • O tema é o mesmo, porém os livros são diferentes. Eu entendi que eram diferentes, logo, ABC é diferente de CBA, eles permutam entre si. (P3 x P3 x P2).P3 = 432
  • 3.2.1. 3.2.1 . 2.1 . 3.2.1 = 432

  • SÃO 3 GRUPOS: = 3!

    1 COM TRÊS LIVROS= 3!

    1 COM TRÊS LIVROS = 3!

    1 COM DOIS LIVROS = 2!

    ENTÃO :

    3! X 3! X 3! X 2!

    6 X 6 X 6 X 2 = 432

  • Resolvi da seguinte forma

    3 teatro 3 Musica 2 Xadrez

    3.2.1 X 3.2.1 x 2.1 Pois os livros podem permutar entre si

    6 x 6 x 2 = 72

    Porém a ordem dos livros de Teatro Musica e Xadrez tbm podem permutar entre eles no caso vamos fazer a permutação dos 3

    3.2.1 = 6

    Multiplicando 72.6= 432

    Ou seja superior a 400

    Espero ter ajudado, qualquer erro avise por mensagem!


ID
479650
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SEPLAG-DF
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Pesquisa feita entre alunos do ensino médio de escolas públicas revelou as
atividades extra-curriculares de suas preferências: teatro, música, coral,
dança e xadrez. Acerca dessa pesquisa, julgue os itens que se seguem.

Considerando o conjunto formado pelas atividades extra-curriculares escolhidas pelos alunos, o número de arranjos dos elementos desse conjunto, tomados dois a dois, é igual a 6!.

Alternativas
Comentários
  • Já de início observamos que temos 5 elementos ( teatro, música, coral, dança e xadrez) e a questão sugere que o arranjo entre eles seria 6!; como será 6! se só temos 5 elementos?
    já matamos a questão aqui.

    ademais o arranjo entre os elementos será:
    tomados 2 a 2 temos: 5 opções na 1ª escolha e 4 opções na 2ª escolha, ou seja 5x4= 20
  •   ERRADO !

    A², 5 = 5.4.2 = 22

  • aquele tipo de questão que vc passa uns bons minutos procurando onde está a pegadinha.

  • vrcarlos, acho que seu raciocícinio não está correto. Quando ele diz que o resultado é 6! não necessariamente teria que fazer isso na questão. Na minha opinião ele queria dizer que o resultado seria 720.

     

  • @André Ricardo, essa é uma questão do tipo certo/errado. A assertiva que a questão informar não deve ser considerada verdade, você deve julgá-la. Não funciona como o enunciado de uma questão de múltipla escolha.

  • O enunciado já mostra que é ARRANJO.

    Bastando colocar os dados na fórmula.

    An,p=n!/(n-p)

    A5,3=5!/(5-3)!=20

  • Gabarito: Errado

    Eu fiz assim: acerca de possibilidades, tenho 5 possibilidades tomadas 2 a 2 ---> A₅,₂ = 40 e a questão diz que é igual a 6! (720), e isso não é verdade. Sendo assim questão errada.

    Foco, força e fé!


ID
501853
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Petrobras
Ano
2007
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Julgue os itens que se seguem.

Considere que, no final de uma reunião de executivos, foram trocados 78 apertos de mãos; cada executivo apertou uma única vez a mão de todos os outros. Nesse caso, o número de executivos presentes nessa reunião era inferior a 15.

Alternativas
Comentários
  • Para que se tenham 78 apertos de mão a ordem das pessoas que se dão às mãos não faz diferença no resultado e com isso tem-se uma combinação, daí calculando fica:

    Cn,2 = 78

    Com isso teremos:
    n!/2! = 78

    Desenvolvendo vamos obter:

    n.(n-1)/2 = 78

    n² - n = 78

    n² - n - 78 (equação do 2º grau)

    Com isso vamos obter duas raízes, uma positiva e outra negativa, com valores -12 e 13. Como não podemos obter como resposta um valor negativo teremos como gabarito o valor 13, portanto a assertiva está correta.

     

    FORÇA E HONRA.

  • COM 15 EXECUTIVOS FAZENDO UMA COMBINAÇÃO 2 A 2

    C. 15,2 

    COM UM RESULTADO DE 105 APERTOS DE MÃOS OU SEJA MAIS QUE 78 QUE É O TOTAL. 

    DA PARA INFERIR QUE TEMOS MENOS DE 15 EXECUTIVOS. 

     

    QUESTÃO CORRETA. 

  • fiz assim:

    Irei verificar se é inferior ou não. 14 executivos trocando aperto de mão com outros 13.  14x13=182 e divido por dois, pois são os apertos de mãos repetidos ( tipo eu cumprimento alguem, e esse alguem me cumprimenta)  182/2= 91.  

    Podemos concluir a questão correta, pois 14 executivos trocam 91 apertos de mão, e para ser 78 apertos de mão seriam menos executivos ainda.

  • Partindo de 15 pessoas.

    Eu aperto a mão de 14 pessoas, o próximo 13 pois já apertou a minha,---12 pois já apertou a mão de duas pessoas,---11...

    14+13+12+11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 105 apertos de mãos

    Então o número de pessoas tem que ser inferior para que tenhamos 78 apertos de mãos

     

  • o problema trata de uma Combinação. Tanto faz A apertar a mão de B ou B apertar a mão de A.

    Cn,2= n!/ (n-2)! 2!

    78= n(n-1)(n-2)!

             (n-2)! 2

    n=13

     

  • ALOHA!

    Como ele faz a pergunta baseado no total, a forma mais fácil de se resolver é fazendo a combinação dos 15 membros.

    C=15! / ( 13! 2! ) = 105 , logo, para 78 apertos de mão foram necessários um número menor de pessoas.

    QUESTÃO CERTA

  • macete: multiplica 78 por 2  e depois acha o produto de numeros consecutivos o maior numero será o valor.

  • n.(n-1)/2=78

    subs: 15.14/2=105

    então o número de executivos é sim inferior a 15.

  • Se têm 15 pessoas, logo eu não apertarei a minha mão e os outros também não irão ''se auto-apertar''. Como possuímos 15 PESSOAS multiplicamos por 14 apertos de cada pessoa: 15.14 = 210 apertos. Portanto, questão CORRETA

  • Não sei se foi sorte, mas não sabia exatamente qual usar, então testei Arranjo e Combinação e os dois passaram de 78.


ID
515824
Banca
Exército
Órgão
EsPCEx
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Os alunos de uma escola realizam experiências no laboratório de Química utilizando 8 substâncias diferentes. O experimento consiste em misturar quantidades iguais de duas dessas substâncias e observar o produto obtido.
O professor recomenda, entretanto, que as substâncias S1, S2 e S3 não devem ser misturadas entre si, pois produzem como resultado o gás metano, de odor muito ruim. Assim, o número possível de misturas diferentes que se pode obter, sem produzir o gás metano é

Alternativas
Comentários
  • c) 25


    º Número total de misturas de duas dessas substâncias: 

    C 8,2 =    8!    =    8 . 7 . 6!        =     56       =   28

                 6! 2!          6! 2!                    2 


    º Número de misturas que produzem gás metano:

    C 3, 2 =    3!       =   3

                   1! 2!


    º Número de misturas que não produzem gás metano:

    28 - 3 = 25

  • Primeiramente, vamos calcular a quantidade de maneiras diferentes que podemos misturar as substâncias S1, S2 e S3. Uma vez que elas não podem se misturar entre si, cada uma possui outras cinco substâncias. Então:

    S1: 1 × 5 = 5

    S2: 1 × 5 = 5

    S3: 1 × 5 = 5

    Ou seja, para cada uma delas, temos 5 misturas diferentes. Agora, vamos calcular as possibilidades para as outra substâncias, onde iremos utilizar a análise combinatória. Uma vez que temos 5 substâncias tomadas duas a duas, fazemos:

    C(5,2) = 5! ÷ 3! × 2!

    C(5,2) = 5 × 4 ÷ 2 × 1

    C(5,2) = 10

    Por fim, somamos todas as substâncias: 5 + 5 + 5 + 10 = 25

    Portanto, existem 25 misturas que podem ser feitas

  • C8,2

    C3,2

    O RESTO E COM VC FUTURO MILITAR

  • 8- 3(nº para produzir o metano)

    5 x 5(casas restantes)

    5x5 =25


ID
515914
Banca
Exército
Órgão
EsPCEx
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para se ter acesso a um arquivo de computador, é necessário que o usuário digite uma senha de 5 caracteres, na qual os três primeiros são algarismos distintos, escolhidos de 1 a 9, e os dois últimos caracteres são duas letras, distintas ou não, escolhidas dentre as 26 do alfabeto. Assim, o número de senhas diferentes, possíveis de serem obtidas por esse processo, é

Alternativas
Comentários
  • 9.8.7.26.26 = 340704

  • Essa é muito fácil

ID
516490
Banca
Exército
Órgão
EsPCEx
Ano
2007
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Num determinado setor de um hospital, trabalham 4 médicos e 8 enfermeiras. O número de equipes distintas, constituídas cada uma de 1 médico e 3 enfermeiras, que podem ser formadas nesse setor é de

Alternativas
Comentários
  • Sabe-se que são 4 médicos. Cada equipe tem um médico, então temos 4 possibilidades de dispor os médicos.

    Sabe-se que são 8 enfermeiras. Cada equipe tem 3 enfermeiras, então vamos fazer a combinação de 8 3 a 3 para saber quantas possibilidades temos: C(8,3) = 8x7x6/3x2 ---> 56 possibilidades.

    Multiplicando as possibilidades dos médicos com a das enfermeiras temos: 56x4 = 224 possibilidades.

    Gab: B

  • OS CARA SE INSPIRARAM NESSA PRA FAZER A DE 2019 KKKKKK

  • Uma questão básica de combinação.

    combinaçao de medico

    C=4!/1! 3!

    C=4 maneiras.

    combinação de enfermeira.

    C=8!/3! 5!

    C= 56 maneiras.

    56x4=224 maneiras.


ID
528340
Banca
Exército
Órgão
EsFCEx
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em quantas posições diferentes oito pessoas podem se sentar em volta de uma mesa de formato circular?

Alternativas
Comentários
  • 8-1=7! 7.6.5.4.3.2=5040


ID
545368
Banca
CESGRANRIO
Órgão
PETROQUÍMICA SUAPE
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

O diretor, o gerente e quatro funcionários de uma empresa sentam-se em volta de uma mesa circular com 6 lugares para uma reunião. Sabendo-se que o diretor e o gerente não sentam juntos (um ao lado do outro), o número de maneiras diferentes em que essas seis pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa é

Alternativas
Comentários
  • Escolhe-se um referencial dos 6 possiveis. Tentamos com o diretor, que vai determinar todas as outras 5 posições:

    Logo a direita do diretor: 4 possibilidades, porque o gerente nao pode.

    Logo a esquerda do diretor: 3, porque um já se sentou logo a direita do diretor.

    Segundo a direita: 3, 2 funcionarios restantes + o gerente possivel agora.

    Segundo a esqura: 2

    em frente ao dirtor: 1, o que sobrou.

    4x3x3x2x1=72.

  • Possibilidades do Diretor sentar:  6,1 = 6        

    Possibilidades do Gerente sentar: 4,1= 4 x 3 (os três lugares exceto o perto do diretor)

    12 x 6= 72

  • Total MENOS a possibilidade deles sentarem juntos

     

    → PERMUTAÇÃO CIRCULAR = (TOTAL - 1 )!

    →TOTAL = 6 - 1 = 5! = 120 possibilidades

    →POSSIBILIDADE DOS DOIS JUNTOS = 4! . 2! = 48

    120 - 48 = 72

    bons estudos

  • faça assim:

    vc tem os seguintes elementos para serem dispostos em torno de uma mesa circular: D G F1 F2 F3 F4

    para esse meu raciocínio, vc pode usar tanto o D quanto o G, não importa, vamos usar o Gerente:

    Eu posiciono o G em qualquer lugar da mesa e , a partir disso, eu tenho 1 CERTEZA ABSOLUTO, qual é? de ambos os lados do Gerente, eu vou ter qualquer dupla de FUNCIONÁRIOS, mas jamais o Diretor, portanto vc deve pensar de quantas formas vc pode posicionar 2 funcionários em ambos os lados do Gerente (lado direito e lado esquerdo), veja algumas possibilidades:

    F1 G F2

    F2 G F1

    F3 G F2

    F2 G F3...

    perceba que

    F1 G F2 é uma disposição diferente de F2 G F1, (na primeira, o F1 fica do lado esquerdo do G, na segunda, ele fica do lado direito rs)

    portanto o cálculo para saber de quantas formas eu posso posicionar 2 funcionários ao lado do Gerente é um Arranjo de 4,2 = 12 formas distintas.

    dessa forma, vc já trabalhou com 3 pessoas (o G e dois Funcionários), sempre sobrarão, portanto, 3 pessoas a serem dispostas no restante da mesa, e 1 delas é o Diretor, assim, para cada uma dessas 12 disposições de pessoas que ficarão ao lado do Gerente, eu tenho 3 pessoas que podem se permutar no restante da mesa, assim, 12 * 3! = 12 * 6 = 72

    ____________

    esse meu método é TOTALMENTE CORRETO, ocorre que seria melhor desenhar pra que a demonstração ficasse bem óbvia. Aprendam, Análise Combinatória é RACIOCÍNIO, as fórmulas só servem pra otimizar o processo, aliás, servem pra vc não ter nem que pensar em PARTES específicas do processo.

  • A quantidade de maneiras de se permutar circularmente n objetos é dado por Pn = (n – 1)!, onde (n – 1)! = (n - 1) x (n - 2) x ... x 2 x 1.

    O total de maneiras de se permutar 6 pessoas de forma circular é dado por P6 = (6 – 1)! = 5! = 5x4x3x2x1 = 120 permutações.

    Suponhamos que o diretor e o gerente sempre ficam juntos. Nesse caso, podemos contar essas duas pessoas como sendo um só elemento, sendo que juntando com os 4 funcionários, podemos fazer a permutação de 5 elementos de forma circular, que será um total de (5 – 1)! = 4! = 4x3x2x1 = 24 permutações. Além disso, devemos contar com a possibilidade de essa dupla também se permutarem entre si, ou seja, 2! = 2x1 = 2 possibilidades.

    Desse modo, se para cada permutação entre o gerente e o diretor ocorre 24 permutações entre os 5, então com as 2 permutações existentes ocorrerá 2 x 24 = 48 permutações ao todo.

    Assim, das 120 formas de se assentarem, 48 delas sempre ficam juntos o gerente e o diretor. Isso significa que eles ficam separados de (120 – 48) maneiras  = 72 maneiras, sendo esse total o número de maneiras diferentes em que essas seis pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa, nas condições dadas.

    Resposta: C


ID
545734
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

De um grupo de seis operadores de equipamentos de produção e refino de petróleo, quatro serão escolhidos para trabalhar na mesma equipe. De quantos modos distintos é possível escolher os operadores que integrarão esta equipe?

Alternativas
Comentários
  • A questão é de combinação simples:

    C(6,4) = 6!/4!*(6-4)! :

    6!/4!.2! = 6.5.4! / 4! * 2.1

    6.5/2.1 = 30/2 = 15 
  • EXPLICAR DE FORMA DESCOMPLICADA:

    SÃO 6 OPERADORES, NO QUAL, 4 SOMENTE SERÃO ESCOLHIDOS.

    LOGO:  6! : 4!

    6 X 5 X 4 X 3  : 4 X 3 X 2 X 1

    360: 24 = 15

    RESPOSTA: LETRA A
  • Combinação, a ordem não importa não!

    O exercício é justamente de combinação, pois como é equipe, a ordem dos participantes não importa.

    C6,4= 6x5x4x3     =   15

                 4x3x1 
  • Resposta p/ Natã Oliveira da Costa


    Você deve ter usado o Arranjo.

    Você deve observar se no grupo a posição importa.

    Caso importar, você deve usar o Arranjo (An, p). Já se não importar, você deve usar a Combinação (Cn, p). 

    Ou seja, nessa pergunta a posição não importa, porque está querendo saber apenas o número de grupos possíveis que podemos formar, não importando se o Fulando X, fica na posição 'a' e o Fulano Z fica na posição 'b'. Entendeu?

    Então, fazendo a combinaçã:

    C6,4 = 6!/[4!(6-4)! = 6!/[4!2!] = 15 a resposta.

    Valeu!
  • Boa tarde pessoal,

    Eu resolvi assim:


    C = 6  /  4

    C = 6x5x4x3  /  4x3x2x1

    C=  360 / 24 

    C= 15

    Bons estudos
  • Como a ordem não importa,trata-se de uma combinação:
    C6,4=6x5x4x3/4x3x2x1=15
    Prático!
    Bons estudos!!!
  • 6 operadores
    4 serão escolhido


    6x5x4x3=360
    4x3x2x1  24

    total 15
  • Eu fiz pela regrinha

    6,4

    6! dividido por 4! (6-4)!

    6! dividido por 4! 2!

    6.5.4! dividido por 4! 2!

    como 4! tá repetindo então corta os dois e fica assim

    6.5 dividido por 2!

    30 dividido por 2x1=2

    30 dividido por 2

    = 15

  • Pra mim a questão foi mal formulada.


    "De quantos modos distintos é possível escolher"

    Eu posso escolher as mesmas pessoas numa ordem diferente. Escolher na ordem ABC, é diferente de escolher na ordem CBA. Pensando dessa forma, a ordem importa sim.

    Se a questão estivesse pedindo quantidade de grupos que seria possível formar, aí sim seria combinação, mas como pediu "De quantos modos distintos é possível escolher", eu entendi como arranjo.

  • "De quantos modos distintos é possível escolher", eu entendi como arranjo.


    O que diferencia "arranjo" de "combinação" é se a ORDEM importa.

    Importa se PAULO está antes de PEDRO? Se PEDRO está antes de MÈLLANY? Não! Não!

    Logo, é combinação.



    Por fim, reforço aos colegas para estudarem melhor as fórmulas de combinação, arranjo e afins, pois gastam muito tempo com a forma "crua" de resolver o problema.

    Se entender bem de combinação, resolve-a em menos de um minuto:

    C6,4 -> 6*5*4!/4! 2!  >> 6*5/2 = 30/2 = 15



  • Se eu tenho 6 funcionários pra escolher 4 para o mesmo grupo, é só fazer o fatorial de 6 correndo apenas 4 casas e dividir pelo fatorial de 4. 

    6.5.4.3(corri 4 casas) / 4.3.2.1 = Corto o 4 com 4, 3 com o 3 e divido o 6 por 2. Me resta então 3 x 5 que resulta em 15 possibilidades. Letra A sem medo de errar!!
  • C6,4   4 para chegar em 6 seira +2, então daria no mesmo resolvendo dessa forma: C6,2 = 6*5/2 = 15 Melhor que abrir 6 para 4.


  • De acordo com o enunciado, trata-se de uma Combinação.
    Genericamente, o número de combinações de n elementos distintos, tomados k a k, indicado por Cn,k é dado por:

    Cn,k  = n! / k! (n - k)!    , para n >= k

    No caso em questão, n = 6 e k = 4. Assim:
    C6,4 = 6! / 4! 2! = 30/2 = 15

    Resposta A)
  • Se possui 6 funcionarios e quero uma equipe com 4 funcionarios, logo temos C6,4 :

    6.5.4.3/4.3.2.1= 15 Possibilidades, Gabarito (A)

  • Faaala Pessoal!

    Respondi essa questão em vídeo em meu canal no youtube! Caso faça uma visitinha ficarei feliz em ter você como um inscrito (ATIVE O SININHO).

    Caso queira avançar nos estudos e começar a detonar tudo que vier de matemática pela frente, nossa plataforma está a sua disposição e pode fazer o teste GRATUITO.

    RESOLUÇÃO: https://youtu.be/KCbZOV03_8Q


ID
551122
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Colocando-se, aleatoriamente, as nove letras da palavra PETROBRAS em fila, a probabilidade de que as duas letras R fiquem juntas é

Alternativas
Comentários
  • Segue o link  do video explicativo dessa questão:

    https://youtu.be/_yOrQW7U0eo

  • essa questão deve ser anulada,pois está errada.Se trata de uma permutação,onde se multiplica 8!(número de letras,uma vez que temos duas palavras iguais)vezes 2!(o bloco de 2 letras.

    8!*2! OU 2!*8!.

     

  • Resolvi da seguinte maneira:

    PETROBRAS - 9 letras => P9! = 362880 (total de possibilidades de uma permutação sem critério)

    Para que duas letras R fiquem juntas, considere-as como um BLOCO. Logo teremos uma Permutação com 8 elementos VEZES uma permutação de 2 elementos (pois a ordem R e R não importa) >>>> P8! * P2! = 80640

    Probabilidade: QUERO/TENHO = 80640/362880 = 0,222222 = 2/9

  • mole

    total de anagramas = 9!/2! pois há 2 R em PETROBRAS

    se juntarmos esses dois R num único bloco e permutarmos novamente, teremos 8! permutações possíveis

    como probabilidade é a parte que me interessa sobre o total:

    8!/9!/2! =

    8!*2!/9! =

    8!*2!/9*8! =

    2!/9 = 2/9

  • Gente, meu raciocínio foi o seguinte. De acordo com as aulas do professor Renato Oliveira (aqui do QConcursos), probabilidade é igual ao que quero sobre o total de possibilidades. O que eu quero, vem logo depois da palavra probabilidade de...

    Então,

    P = O que quero 2 letras "R" juntas

    __________ = ____________

    Total de possibilidades 9 possibilidades

    Perceba que tanto a alternativa "b" quanto a alternativa "c", trazem 2/9, a diferença é que na alternativa "c" traz 2/9! (nove fatorial) o que é um erro pois não há permutação entre as nove letras da palavra. Nove são as possibilidades e, portanto, o nove não é fatorial e sim, nove possibilidades totais. Por isso, gabarito b.

    Me corrijam que eu estiver errada!


ID
561715
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma urna, denominada Urna A, há 12 bolas idênti- cas, cada uma com um número diferente retirado do conjunto {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}. Em uma segunda, denominada Urna B, há 8 bolas idênticas, cada uma com um número diferente retirado do conjunto {0,1,2,3,4,5,6,7}. Duas bolas serão retiradas da Urna A simultaneamente e ao acaso. Em seguida, uma bola será retirada ao acaso da Urna B. De quantas formas diferentes esse processo pode ser feito, de tal maneira que a soma dos três números retirados não ultrapasse 28?

Alternativas
Comentários
  • Só há 3 formas de ultrapassar 28

    1 - Urna 1 : 12 , 11 Urna 2: 7 = 30

    2 - Urna 1 : 12 , 11 Urna 2: 6 = 29

    3 - Urna 1 : 12 , 10 Urna 2: 7 = 29

    Formas Totais:

    Combina-se 2 das 12 bolas da urna 1 = 66

    Permuta com as 8 da Urna 2 = 528, que é o total de formas de retirar as bolas

    528 - 3 = 525

  • o comentário do Neto já é suficiente.

  • Primeiramente, as bolas da Urna A são retiradas simultaneamente, ou seja:

    (12X11)/2! = 66

    E combinadas com uma bola da Urna B:

    8X66 = 528 esse é o total de possibilidades de se tirar as três bolas das duas urnas.

    AS POSSIBILIDADES QUE SOMAM MAIS DE 28 SÃO:

    7 - 12 - 11

    7 - 12 - 10

    6 - 12 - 11

    Logo, temos que 528 - 3 = 525


ID
562921
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um treinador de futebol dispõe de 3 goleiros, 5 atacantes, 6 jogadores de meio de campo e 4 zagueiros para compor um time de 11 jogadores. Se o time será composto por 1 goleiro, 3 atacantes, 5 jogadores de meio de campo e 2 zagueiros, de quantos modos diferentes esse time poderá ser montado?

Alternativas
Comentários
  • Vamos fazer por partes;
    Cn,p = n! / p! ( n - p)! ( formula de combinaçao)

    Entao:

    goleiro:
    C 3,1 = 3!/ 1! ( 3-1)!3

    Atacante:
    C5,3 = 10

    Meio C.
    C6,5 = 6

    Zagueiro:
    C4,2 = 6

    Agr é só multiplicar td pois ocorre simultaneamente:
    3.10.6.6 = 1080
    Letra E

    Espero ter ajudado!
  • Vamos lá:

    Trata-se de uma combinação, pois, a ordem não é relevante. Assim temos que resolver ponto a ponto. 

    Goleiro: Temos 3 jogadores e uma unica vaga: C 3,1 = 3

    Atacantes: Temos 5 jogadores e 3 vagas: C 5,3 = 5X4X3 / 3! = 5x4x3 / 3X2 = 60/6 = 10

    Meio campistas: Temos 6 jogadores e 5 vagas: C 6,5 =6X5X3X2X1 / 5! = 6X5X4X3X2 / 5X4X3X2X1 = 6
                                                                                                                 
    Zagueiros: Temos 4 jogadores e 2 vagas: C 4,2= 4x3 / 2! = 4x3/ 2X1 = 12 / 2 = 6
                                                                                               

    Logo, temos: 3 possibilidades para os goleiros, 10 possibilidades para os atacantes, 6 possibilidades para o meio campo e 6 possibilidades para os zagueiros. Como tais complementam o time, multiplicamos as possibilidades.

    3x10x6x6 = 1080

    Gabarito E. 
  • somei em vez de multiplicar -.- 

  • Existem duas palavrinhas para associar

    e - multeplica

    ou - souma

    no exemplo acima, não serão os zagueiros ou o goleiro que irão compor o time, mas, os zagueiros E o goleiro, então, multEplica.

  • Comecei a resolver achando que a ordem importaria, pois um seria centro-avante, o outro seria ponta esquerda, etc... Mas aí só no meio campo já seriam 1530 possibilidades kkkkkk

  • C 3;1=3

    C 5;3=10

    C 6;5=6

    C 4;2=6

    10.6.6.3= 1080

  • Acabei somando ao invés multiplicar e errei :\, mas como o time é formado por goleiros ''e'' atacantes ''e''  meio campistas ... E não por goleiros ''ou'' atacantes ''ou'' meio campistas... Deve-se multiplicar.
    Lembrando que: 
    ''E'' = MULTIPLICA
    "OU" = SOMA

    C3,1 = 3 / Goleiros
    C5,3 = 10 / Atacantes
    C6,5 = 6 / Meio campistas 
    C4,2 = 6 / Zagueiros

    3.10.6.6 = 1080.

    Resposta: e) 1080

     

  • Vamos de combinação ?

    temos 3 goleiros, 5 atacantes, 6 jogadores e 4 zagueiros...

    queremos formar um time com 1 goleiro e 3 atacantes e 5 jogadores e 2 zagueiros... 

    C3,1 . C5,3 . C6,5 . C4,2 = 3x10x6x6= 1080 maneiras , Gabarito E)

  • Bem legal essas de combinação a resolução é exatamente como a colega Thyally Rayssa muito bem já demonstrou. Letra E.

  • O número de formas de escolher 1 goleiro em um grupo de 3 disponíveis é C(3,1) = 3.

    O número de formas de escolher 3 atacantes em um grupo de 5 disponíveis é C(5,3) = 10.

    O número de formas de escolher 5 jogadores do meio de campo em um grupo de 6 disponíveis é C(6,5) = 6.

    O número de formas de escolher 2 zagueiros em um grupo de 4 disponíveis é C(4,2) = 6.

    Como as escolhas de goleiro, atacantes, jogadores do meio de campo e zagueiros são independentes entre si, o número total de combinações é dado pela multiplicação:

    3 x 10 x 6 x 6 = 1080

    Resposta: E

  • A questão em tela versa sobre a disciplina de Matemática e o assunto inerente à Análise Combinatória.

    Tal questão apresenta os seguintes dados os quais devem ser utilizados para a sua resolução:

    1) Um treinador de futebol dispõe de 3 goleiros, 5 atacantes, 6 jogadores de meio de campo e 4 zagueiros para compor um time de 11 jogadores.

    2) O time será composto por 1 goleiro, 3 atacantes, 5 jogadores de meio de campo e 2 zagueiros.

    Por fim, frisa-se que a questão deseja saber quantos modos diferentes esse time poderá ser montado.

    Resolvendo a questão

    A partir das informações acima, pode-se concluir o seguinte:

    - Ao se escolher o goleiro, o treinador possui 3 opções.

    - Ao se escolher os 2 zagueiros, o treinador possui 4 opções.

    - Ao se escolher os 5 jogadores de meio de campo, o treinador possui 6 opções.

    - Ao se escolher os 3 atacantes, o treinador possui 5 opções.

    Considerando as opções acima, é possível concluir o seguinte:

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis referentes à escolha do goleiro, deve ser feita a seguinte combinação: C(3,1) = (3 * 2 * 1)/(((3 - 1)!) * 1!) = 6/(2! * 1!) = 6/(2 * 1 * 1) = 6/2  = 3.

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis referentes à escolha dos 2 zagueiros, deve ser feita a seguinte combinação: C(4,2) = (4 * 3 * 2 * 1)/(((4 - 2)!) * 2!) = 24/(2! * 2!) = 24/(2 * 1 * 2 * 1) = 24/4  = 6.

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis referentes à escolha dos 5 jogadores de meio de campo, deve ser feita a seguinte combinação: C(6,5) = (6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1)/(((6 - 5)!) * 5!) = (6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1)/((1!) * 5 * 4 * 3 * 2 * 1) = (6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1)/(1 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 720/120  = 6.

    - Para se descobrir a quantidade de combinações possíveis referentes à escolha dos 3 atacantes, deve ser feita a seguinte combinação: C(5,3) = (5 * 4 * 3 * 2 * 1)/(((5 - 3)!) * 3!) = 120/(2! * 3!) = 120/(2 * 1 * 3 * 2 * 1) = 120/12 = 10.

    Por fim, para se descobrir quantos modos diferentes esse time poderá ser montado, devem ser multiplicadas os valores encontrados e destacadas acima, resultando o seguinte:

    3 * 6 * 6 * 10 = 1.080.

    Gabarito: letra "e".


ID
563131
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Há cinco poços de petróleo a serem perfurados (P1,P2,P3,P4, P5) e apenas três sondas disponíveis para perfuração (S1,S2,S3). A sonda S1 só pode ser utilizada para a perfuração dos poços P4 e P5 . As sondas S2 e S3 podem ser utilizadas para a perfuração de qualquer dos cinco poços. Serão perfurados, inicialmente, apenas três dos cinco poços e, para isso, cada sonda será alocada a um único poço. Quantas maneiras distintas há para se alocarem as três sondas

Alternativas
Comentários
  • Acertei. Mas a questão é um pouco duvidosa.

    Dá para entender que se trata de uma combinação mas só se chega na resposta usando-se o cálculo dos arranjos.

    S1 = 2!

    S2,S3 = 4! / 2!

    S1 X (S2,S3) = 2X(4X3)/2 = 12 Res: Letra D


ID
568861
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Há cinco poços de petróleo a serem perfurados (P1, P2, P3,P4 , P5) e apenas três sondas disponíveis para perfuração (S1, S2, S3). A sonda S1 só pode ser utilizada para a perfuração dos poços P4 e P5. As sondas S2 e S3 podem ser utilizadas para a perfuração de qualquer dos cinco poços. Serão perfurados, inicialmente, apenas três dos cinco poços e, para isso, cada sonda será alocada a um único poço.
Quantas maneiras distintas há para se alocarem as três sondas?

Alternativas
Comentários
  • Vamos lá:

    P1, P2, P3, P4, P5

    S1=2 (Já que só poderá ser utilizada nos poços P4 e P5)

    S2=4 (Já que pode ser utulizada em todos os poços, menos no que a sonda 1 já estiver)

    S3=3 (Já que pode ser utilizada em todos os poços, menos no que as sondas 1 e 2 já estiverem)


    4x3x2=24



  • Vamos lá:

    vamos perfurar 3 dos 5 poços, assim, temos uma combinação de 5 tomados 3 a 3, C5,3 = 10, ou seja, temos , a princípio, 10 possibilidades de escolha desses 3 poços, a saber:

    considere que os 5 poços sejam 1 2 3 4 5 , tomados 3 a 3, teremos os seguintes 10 agrupamentos:

    1 2 3

    1 2 4

    1 2 5

    1 3 4

    1 3 5

    1 4 5

    2 3 4

    2 3 5

    2 4 5

    3 4 5

    beleza, agora vamos PENSAR!

    A SONDA 1 possui uma restrição, qual é? ela SÓ pode perfurar os poços 4 e 5, logo ela NÃO pode perfurar os poços 1, 2 e 3.

    veja o primeiro agrupamento, o agrupamento 1 2 3 , esse agrupamento NÃO pode ser utilizado, e por que não? porque cada sonda será alocada para 1 único poço, e a sonda 1 NÃO pode perfurar nenhum desses 3 poços, assim as sondas 2 e 3 escolheriam um desses 3 poços e ainda sobraria 1 poço sem poder ser cavado, o que não pode acontecer, portanto esse primeiro agrupamento será descartado. Sobraram 9 agrupamentos:

    1 2 4

    1 2 5

    1 3 4

    1 3 5

    1 4 5

    2 3 4

    2 3 5

    2 4 5

    3 4 5

    pois bem, agora vamos alocar a sonda 1 para os poços que ela pode cavar, ou seja, para os poços 4 e 5, desses 9 agrupamentos, existem 6 em que a sonda 1 tem apenas 1 possibilidade de posso para trabalhar e, portanto, é com ele que ela vai ficar , esses agrupamentos são:

    1 2 4

    1 2 5

    1 3 4

    1 3 5

    2 3 4

    2 3 5

    ora, se a sonda 1 vai ficar, obrigatoriamente, com 1 dos poços nos 6 agrupamentos acima, e sabemos que as sondas 2 e 3 podem perfurar quaisquer poços, então temos 6*2! = 12 maneiras distintas de alocação para essas sondas. Imagine o agrupamento 1 2 4, a sonda 1 ficará com o poço 4, e as sondas 2 e 3 ficarão com os poços 1 e 2, porém elas podem permutar, daí o 2!.

    Continuando, ainda falta trabalhar com

    1 4 5

    2 4 5

    3 4 5

    aqui é diferente, aqui a sonda 1 tem DUAS OPÇÕES DE POÇOS EM CADA AGRUPAMENTO,

    digamos que a sonda 1 escolha perfurar , no agrupamento 1 4 5, o poço 4, nesse caso as demais sondas terão duas possibilidades de escolha para os outros poços, mas eu posso trocar, em vez de a sonda 1 cavar o poço 4, ela cavará o poço 5, assim as demais sondas terão novamente 2 possibilidades de escolha para os demais poços. Portanto, em cada um desses 3 agrupamentos, eu terei 2*2 = possibilidades, como são 3 agrupamentos: 3 * 4 = 12

    ____________________

    12 + 12 = 24

    ___________

    essa foi uma resolução detalhada, não se desespere. A resolução do Tomaz também está correta, só não lhe mostra o que efetivamente está acontecendo.


ID
581992
Banca
NUCEPE
Órgão
SEDUC-PI
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Três mulheres e quatro homens vão sentar-se em torno de uma mesa redonda. Em quantas disposições diferentes isso pode ser feito, se pessoas do mesmo sexo devem permanecer juntas?

Alternativas
Comentários
  • Mulheres(3), maneiras possíveis entre elas, já que devem permanecer juntas, 3 x 2 x 1 = 6. Homens(4), maneiras possíveis entre eles, já que devem permanecer juntos, 4 x 3 x 2 x 1 = 24. Basta multiplicar os resultados: 6 x 24 = 144. R: ASlternativa E = 144.

ID
583153
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2006
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma empresa de exportação possui, em estoque, diversos automóveis de 6 marcas diferentes. O número máximo de formas de exportar 8 automóveis é:

Alternativas
Comentários
  • Combinação com Repetição

    A+B+C+D+E+F=8

    C13,5 = 1287

    Gab.: C

  • Essa questão se resolve por combinação com repetição. Quem tiver dúvidas vou deixar o link da aula de um professor, ele tem um método bem fácil de compreender.

    CR:8,6= 6x7x8x9x10x11x12x13 / 8!

    CR:8,6=1287

    Link:

    https://www.youtube.com/watch?v=NlxNx_m1YBo

  • combinação completa

    A + B + C + D + E + F = 8

    O que vc quer é a quantidade total de soluções inteiras não negativas pra essa equação:

    use a quantidade de de sinais + somada ao resultado da equação (8) , isso lhe dará 13, use o 13 como fatorial no numerador;

    o denominador é formado pelo resultado da equação (8) em fatorial e pela quantidade de sinais de + em fatorial, ficando assim

    13!/8!*5! = 1287

    __________

    claro que isso é um macete, e por que macete em vez de explicar o que de fato tá acontecendo aí? porque é trabalhoso e requer demonstração de fórmula.

  • Sai de retro satanás.


ID
585235
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2006
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma pessoa joga seis partidas, vencendo três e perdendo três. Em quantas ordens diferentes podem ocorrer suas vitórias e derrotas?

Alternativas
Comentários
  • Utiliza-se o cálculo de permutação com repetição. Pr = n!/x! y!, onde Pr= 6!/3! 3! = 20

  • Temos que imaginar que cada vitória e derrota é diferente: Vitória 1, Vitória 2, Vitória 3, Derrota 1, Derrota 2, Derrota 3. Ou seja, temos então SEIS elementos que podem ser permutados entre si (começamos com seis possibilidades):

    6.5.4.3.2.1 = 6!

    Mas como o exercício não faz distinção entre cada vitória e derrota em específico, então tiramos desse valor o número de repetições delas:

    6! / 3! 3! = 20.

  • VVVDDD, logo 6!/3!*3!


ID
588835
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SAEB-BA
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para se realizar uma experiência, foram colocadas sobre uma bancada 8 substâncias diferentes. Sabe-se que três dessas substâncias não podem ser misturadas duas a duas por formarem um composto que exala gás tóxico. Nessas condições, a quantidade de misturas distintas, com iguais quantidades de 2 dessas 8 substâncias, que se pode realizar é igual a

Alternativas
Comentários
  • Aqui é analise combinatório, usa-se a formula de combinação: Cn,p=n!/p!(n-p)! vai ficar desse modo, C8,2 = 8!/2(8-2)! - C3,2=3!/(3-2)! = 25 resposta letra B

  • Como são 3 substâncias que não podem ser misturadas entre elas, subtende-se que ficaria uma combinação C5,2.

    Mas como uma dessas 3 substâncias tôxicas podem ser misturadas com as outras, então tem-se 3*C5,1, logo:

    3*C5,1 + C5,2 = 25.

  • Fiz de forma semelhante ao companheiro Jorge Araujo.

  • Fiz na mão pra não perder tempo raciocinando

    3 que não se combinam. A e B, A e C, C e B

    Elimino do resultado essas 3 possibilidades.

    Agora faço uma combinação total de 8 a 2.

    C8,2 = 8*7 / 2 = 56/2 = 28. Tirando as 3 possibilidades proibidas, 25!

  • Primeiro, deve-se calcular o total de possibilidade possíveis com as 8 sustâncias distribuídas em grupos de 2; após o que, deverá subtrair desse total de possibilidade as restrições, em 3 substâncias, não pode haver duas juntas.

    Sendo assim:

    C(8,2) - C(3,2)

    28 - 3 = 25

    Pensei dessa forma: o total menos as restrições. Eureka!!

    Sinto-me um pequeno Einstein.


ID
599476
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma loja, trabalham 8 funcionárias, dentre as quais Diana e Sandra. O gerente da loja precisa escolher duas funcionárias para trabalharem no próximo feriado. Sandra e Diana trabalharam no último feriado e, por isso, não podem ser escolhidas.
Sendo assim, de quantos modos distintos esse gerente poderá fazer a escolha?

Alternativas
Comentários
  • No caso então temos 6 funcionarias para escolher duas

    Então, C6,2
    6!/2!-->  6.5/2.1--> 30/2 =  15


    Letra "A"
  • Combinação Simples:

    Cn,k = n! / [k!(n-k)!]

    C(6,2) = 6!/ [2!(6-2)!]
    C(6,2) = 30 / 2
    C(6,2) = 15
  • combinações:

    C (n,s)=n!/s!*(n-s)! -> 6!/2!*(6-2)! = 6!/2!*4!-> 720/48=15
  • Outra forma é usar função quadrática:

    S=n²-n/2

    válido ára combinação de 2.
  • Iremos utilizar a Combinação para resolução deste exercício, já que não importa a ordem.
    São 8 funcionárias no total, porém 2 não serão escaladas para trabalhar no feriado (8-2=6).
    Fórmula da Combinação:
    Cn,p = n! / p! (n-p)!

    C6,2 = 6! / 2! (6-2)!

    C6,2 = 6.5.4! / 2! 4!

    C6,2 = 15 
    modos distintos
  • Se Sandra e Diana não podem participar, vamos subtraí-las do total: 8-2= 6.
    Agora, como a ordem não importa, vamos usar a combinação de 6 (total de pessoas que sobraram) e 2 (que são as que o gerente irá escolher).
    C6,2 = 6! / 2! (6-2)!
    C6,2 = 6x5x4! / 2! 4! (6-2 deu quatro e, como acima também tem quatro eu irei cortá-los, por isso na permutação acima eu parei no quatro).
    Cortando fica: 6*5 / 2 = 30/2 = 15.
    Correta: letra A.




  • A primeira coisa a fazer é identificar o tipo de evento. Neste caso é combinação, pois a ordem dos elementos não altera o produto (sempre tem que dividir na combinação, para eliminar os casos reptidos). Então vamos lá:

    É preciso formar duplas: a primeira funcionária a ser escolhida teremos 6 opções e, a 2º, teremos 5 opções...então vai ser 6 x 5 = 30, deve-se dividir por 2 (pq são dois elementos que não podem se repetir) que será igual a 15.
    Abraços
  • Então pessoal, observe que o gerente tem no total 8 fucionários dentro de sua loja, dentro desses 8 SANDRA e DIANA, como na questão está bem claro, que no ultimo feriado, DIANA E SANDRA, trabalharam, portantp, elas não poderão ser escolhidas, nesse próximo feriado...  O gerente só tem disponível 6 funcionários agora, pois DIANA E SANDRA, estarão de foga,  concorda?

    Pronto agora fica simples,

    Como temos um total de 6 funcionários para trabalhar, e só precisamos de 2
          
    Combinação de 6 tomado a 2                                                A fómula de combinação simples é..
    . Cn,p=n!/p!(n-p)!



    Substituindo os valores, na formula a cima, temos

    C6,2=    6!   
              2!(6-2)!


    C6,2=    6!   
                2!(4)!

    C6,2=    6x5x4x3x2x1  
                   2x1 (4x3x2x1)


    C6,2=      720     
                   2 (24)


    C6,2=     720   
                     48


    C6,2=  15


    Espero ter ajudado, se você não tiver entendendo de onde surgiu os valores, observe a cor, lhe ajudará... 

    Fica com Deus, bons estudos

  • Temos que ver se a ordem importa. Nesse caso, tanto faz (a,b) como (b,a), ou seja, não importa.

    Como não importa, é Combinação.

    São 8 funcionárias, como 2 funcionárias não irão trabalhar, restam 6 funcionárias.

    C6,2 = 6!/[2!(6-2)! = 15 modos diferentes. 

  • Comentários

    Dados

    8funcionárias

    2restrições

    Encontrar

    Númerode Combinações

    Obs:diferençade arranjo para combinações

    Arranjo

    Exemplo:Jogo de Futebol em relação a mando de campo.

    Flamengox Cruzeiro = Maracanã

    Cruzeirox Flamengo = Mineirão

    2Resultado final

    Arranjoa ordem influencia ( a + b e diferente de b +a )

    Combinações

    Exemplo: Suco de Frutas

    Laranja  x  Limão ou Limão x Laranja = mesmo suco

    1resultado final

    Combinaçõesa ordem não influencia ( a + b e igual a  b+a );

    Conhecer

    C = n! / p! ( n - p )!

    C = combinações

    n = elementos

    p = escolhas

    Solução

    C = 6! / 2! ( 6 - 2 )!

    C = 15

    Resposta

    15 combinações

  • Olá, gente! 

    Bem, é imprescindível notar que Diana e Sandra NÃO trabalharão no próximo feriado, visto que elas já o tenham feito no feriado anterior. Se porventura elas tivessem inclusas no próximo feriado, teríamos 8 funcionárias. Contudo, não teremos 8 mais, pois, como dito, Diana e Sandra não vão trabalhar. Portanto, agora, temos que o gerente dispõe de 6 funcionárias. Portanto, temos:

    C n, p = n!/p!(n-p)! => C 6, 2 = 6!/2!(6-2)! => C 6, 2 = 6!/2!4! => C 6, 2 = 6x5x4!/2!4! => C 6, 2 = 30/2! => C 6, 2 = 30/2 = > C 6, 2 = 15.


    Resp.: Portanto, o gerente dispõe de 15 maneiras para a escolha. 

  • Total = 8 funcionárias
      1) Excluir Diana e Sandra = 6 funcionárias 
    2)Deve-se escolher 2 funcionárias de um total de 6.
    3)Como não importa a ordem será feita uma combinação. >>>> C(6,2) = 6x2 / 2x1 = 30/2 = 15
  • De acordo com o enunciado, trata-se de uma Combinação Simples pois a ordem dos elementos no agrupamento não interfere.
    Para o próximo feriado devem ser escolhidos 2 funcionários em um conjunto de 6 possíveis, de acordo com as regras estabelecidas.
    A combinação é dada por:
    Cn,p = n! / p!(n-p)! , ou seja, n elementos distintos agrupados p a p.
    C6,2 = 6! / 2!(6-2)! = 6! / 2!4! = (6x5) / 2 = 30 / 2 = 15


    Resposta A)


  • Muita conta que fizeram aí, 8 funcionárias mas 2 duas não podem. Restam 6 funcionárias para serem escolhidas duas a duas = C6,2 = 6!/2!*(6-2)! = 15

  • Se sandra e diana trabalharam no ultimo feriado, sendo assim 8 funcionarias - 2 que já trabalharam ;6 funcionarios.

    Desses 6 precisamos escolher 2 para trabalharem no proximo feriado sendo assim:

    6!//2! = 30/2= 15 Opções.

    Gabarito A

  • C6;2

    onde 6 = 8 - 2( pois 2 funcionárias não podem ser escolhidas)

    e 2 = Ao número de pessoas que serão escolhidas para trabalhar no feriado

    C6;2 = 6!/ 2!(6-2)! = 15

    Gaba A

  • Só eu achei o enunciado problemático??? Vejam que uma loja tem 8 funcionários, na minha cabeça a gerente também é funcionária da loja! Isso mudaria as contas!

  • Boa tarde,

    Aqui temos pequenos enventos. Poderiamos fazer assim:

    A,B,C,D,E,F

    AB,AC,AD,AE,AF

    BC,BD,BE,BF

    CD,CE,CF

    DE,DF

    EF

    TOTAL= 15

  • Simples galera: 6x5 / 2

  • Combinação: quando a ordem não importa, ou seja, AB é igual BA.
    Arranjo: quando a ordem importa, ou seja, AB diferente de BA.

    Nesta questão há um claro exemplo de combinação, pois não importa a ordem das duas funcionarias escolhidas. portanto vejamos o calculo

    C6,2 = 6! / 2! (6 - 2)!

    C6,2 = 15

  • Como as duas não trabalham no próximo feriafo, logo 8 - 2 = 6.
    Combinação 6,2
    6!/2!-->  6 . 5 / 2 . 1 = 30/2 = 15

  • Como Diana e Sandra não podem ser escolhidas, restam 6 opções, que devem ser combinadas em grupos de 2:

    C(6, 2) = 6 x 5 / (2 x 1) = 15

    Resposta: A


ID
608959
Banca
CONSULPLAN
Órgão
SDS-SC
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Considerando os elementos do conjunto A = {0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9}, quantos números inteiros de cinco algarismos distintos maiores que 64.000 podem ser formados?

Alternativas
Comentários
  • Eu encontrei 1440... Alguém poderia me explicar?
  • Números com cinco algarismos distintos maiores que 64.000
    Tem-se 8 algarismos no conjunto, sendo que dois já foram utilizados, o 6 e o 4, então restam 6 algarismos. Como não podem ser repetidos, fica 6 * 5 * 4 = 120. Isso com 64 na frente
    Daí segue com 65 (mesma coisa 6*5*4 = 120)
    67 (6*5*4 = 120)
    69 (6*5*4 = 120)
    E com o número 7 na frente e mais 4 algarismos distintos depois fica (7*6*5*4 = 840)
    E finalmente com o número 9 na frente (7*6*5*4 = 840)

    Resumindo
    64 6 * 5 * 4        = 120
    65 6 * 5 * 4        = 120
    67 6 * 5 * 4        = 120
    69 6 * 5 * 4        = 120
    7 76 * 5 * 4     = 840
    9 76 * 5 * 4     = 840

    Somam-se os valores das possibilidades (120*4 = 480) + (840 *2) = 2160, resposta para o problema.
  • Eu fiz de uma forma mais simples: primeiro calculei somente os milhares

    0 1 2 4 5 6 7 9

    6 _
    1*4   pois tem 4 possibilidades acima de 64000 (4,5,7,9)  = 4

    7_
    1*7  pois te 4 possibilidades (0,1,2,4,5,6,9)   = 7

    9_     7 possibilidades (0,1,2,4,5,6,7)  = 7
    1*7
    Agora vou calcular os outros 3 algarismos
    _  _  _   começa com 6 pois 2 ja foram utilizados  = 120
    6*5*4

    Então 120*4=480     120*7=840   120*7=840  

    480+840+840 = 2160






  • Não entendi, se são algarismos distintos, por que o 6 se repete no 64..., 65..., 66... ? Fiquei bem confuso nessa

  • fiz assim:

    Acima de 64000 --> 64xxx -Podem ser 6 números, pois o 6 e o 4 já foram, então A6,3 = 6!/3! = 120

    Mas na casa dos 60000 ainda tem os 65xxx, os 66 xxx não contam pois vc estará repetindo o 6, e o problema pede números distintos, 67xxx, 68xxx não conta também pois não tem o nº 8 no conjunto e 69xxx. Então a 1ª casa  é 6, o 2º vc tem 3 possibilidades para colocar (5,7 e 9), a 3ª pode ser qq número, porém como vc já usou 2, sobram 6, para a 4ª sobram 5 e para a 5ª sobram 4. Logo fica 3*6*5*4 = 360.

    Para a casa dos 70000, a 1ª casa é o 7 e para as outras sobram 7 possibilidades, então fica A7,4 = 7!/3! = 840

    O mesmo cálculo para a casa dos 80000. A7,4= 7!/3! = 840

    Então todas as possibilidades são 120+360+840+840 = 2160.

  • Guilherme, os algarismos são distintos entre si e os números formados por esses algarismos são outras coisas.

    Exemplo: no número 64.297 --- os algarismos são distintos entre si. Mas com esses mesmos algarismos podemos formar outros números, como 67.429. Ou seja, 64.297 é uma coisa, e 67.429 é outra coisa. No entanto, os algarismos entre eles não deixaram de ser distintos.

    Não sei se minha explicação ficou confusa, mas, sinceramente, espero ter contribuido.

  • 92 _ _ _ não?

  • Eu resolvi da seguinte forma....

    ( 2 ) - somente as possibilidades (7, 9) 

    ( 7 ) -  8 menos a 1ª possibilidade 

    ( 6 ) - 8 menos as 2 possibilidades anteriores

    ( 5 ) - 8 menos as 3 possibilidades anteriores

    ( 4 ) - 8 menos as 4 possibilidades anteriores

    total do produto 2x7x6x5x4 = 1680 possibilidades

    Porém falta a situação de quando começar por 64xxx...

    ( 1 ) - somente a possibilidade do 6

    ( 4 ) - somente as possibilidades (4,5,7,9), pois o '6' ta fixo não pode repetir, e os outro nºs são menores que 4

    ( 6 ) - 8 menos as 2 possibilidades anteriores

    ( 5 ) - 8 menos as 3 possibilidades anteriores

    ( 4 ) - 8 menos as 2 possibilidades anteriores

    total do produto 1x4x6x5x4 = 480 possibilidades

    resultado = 1680+480 = 2160 possibilidades

  • É tudo questão de arranjo...

    Primeiro analisando os 2 primeiros números, que podem iniciar com 6, 7 e 9.
    Se o primeiro algarismo é ocupado pelo 6, este pode ser seguido pelos números 4, 5, 6 e 9. Ou seja, arranjo de 4 números em um só espaço
    A4,1 = 4!/3! = 4

    Se o primeiro número é o 7, este pode ser seguido pelos números 0, 1, 2, 4, 5, 6 e 9. Arranjo de 7 números, em um só espaço
    A7,1 = 7!/6! = 7

    Assim também é feito com o 9.
    A7,1 = 7!/6! = 7

    Para os 3 outros algarismo restantes, nos sobra sempre 6 opções (8 opções possíveis - 2 algarismo já usados), que podem ser arranjados em 3 maneiras distintas
    A6,3 = 6!/3! = 120

    Assim, podemos compreender que existem 120 x (4+7+7) = 120x18 = 2160 números  inteiros de cinco algarismos distintos maiores que 64.000.

  • 6/4/_/_/_/= A6,3
    6/5/_/_/_/= A6,3
    6/7/_/_/_/= A6,3
    6/9/_/_/_/= A6,3
    7_/_/_/_/= A7,4
    9/_/_/_/_/= A7,4
    Total= 4xA6,3 + 2xA7,4=2160#

  • Resolvi pelo Principio Fundamental da Contagem e o resultado que encontrei foi 1440.

    Os elementos do conjunto A = {0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9}. A questão pede números inteiros de cinco algarismos distintos maiores que 64.000.

    ___  ___  ___  ___  ___

    DM  UM   C      D     U

    Pra dezena de milhar (DM) temos:  6, 7 e 9. pois a questão fala em números maiores que 64.000. (sendo assim temos três opções de elementos para a DM).  

    _3__  ___  ___  ___  ___

    DM    UM   C      D     U

    Pra undade de milhar (UM) temos = 4, 5, 6, 7 e 9. (sendo assim, temos cinco pções de elementos para a UM, menos o que foi utilizado na DM, no caso, ou o 6, ou o 7, ou o 9, pois os números tem que ser distintos). 

    _3__  _4__  ___  ___  ___

    DM    UM     C       D     U

    Pra centena temos = 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7 e 9. (sendo assim, temos oito pções de números para a centena, menos o que foi utilizado na DM e na UM, ou seja menos dois elementos, com isso restando apenas seis, lembrando que os números tem de ser distintos). 

    _3__  _4__  _6__  ___  ___

    DM     UM     C      D     U

    Pra dezena temos = 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7 e 9. (sendo assim, temos oito pções para a centena, menos o que foi utilizado na DM, na UM e na C, ou seja menos três elementos, com isso restando apenas cinco). 

    _3__  _4__  _6__  _5__  ___

    DM    UM      C       D      U

    Pra unidade temos = 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7 e 9. (sendo assim, temos oito pções para unidade, menos o que foi utilizado na DM, na UM, na C e na D, ou seja menos quatro elementos, com isso restando apenas quatro, pois os numeros tem de ser distintos). 

    _3__  _4__  _6__  _5__  _4__

    DM    UM      C       D      U

    Meu resultado: 3 x 4 x 6 x 5 x 4 = 1440. No entanto não é ogabarito. Se alguem poder explicar onde estou errando, agradeço.

     

     

     

  • Ótima resposta do Alberto 


ID
608962
Banca
CONSULPLAN
Órgão
SDS-SC
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma indústria com 4.000 funcionários, 2.100 têm mais de 20 anos, 1.200 são especializados e 800 têm mais de 20 anos e são especializados. Se um dos operários é escolhido aleatoriamente, a probabilidade de ele ter no máximo 20 anos e ser especializado é:

Alternativas
Comentários
  • Resolvi com um esquema. Vou tentar passar aqui.

    4000 pessoas, sendo:

    2100 (maior de 20 anos), logo 1900 (até 20 anos) e 1300 especializados.
    Dos 2100 funcionários, 800 são especializados. Sobram 400, que é o que interessa.

    Esses 400 que sobram são do grupo dos funcionários com idade até 20 anos.

    O questionamento pede qual a probabilidade de se tirar uma pessoa com até 20 anos e com especialização. Que são 400 em 4000.

    400/4000 = 1/10 ou 0,1




    Não tenho boa didática, mas espero ter ajudado.








    Resposta: A
  • ESSA QUESTÃO PODE SER RESOLVIDA PELA TEORIA DOS CONJUNTOS OU DIAGRAMA DE VENN, ONDE DEVEMOS INICIAR SEMPRE PELAS INTERSECÇÕES.

    SE MAIORES DE 20 E ESPECIALIZADOS É IGUAL A 800, PODEMOS CONCLUIR Q SOMENTE ESPECIALIZADOS E ATÉ 20 ANOS É IGUAL A 400, A FIM D Q A SOMA ENTRE OS FUNCIONÁRIOS ESPECIALIZADOS POSSA DAR 1200.

    PORTANTO A PROB SERÁ 400/4000, OU SEJA, 0,1.

    ESPERO TER AJUDADO.
    BONS ESTUDOS A TODOS.
  • Se há 1200 especializados e 800 que são especializados e têm mais de 20 anos

    1200-800=400 especializados com no máximo 20 anos.

    400/4000=0,1


ID
613546
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

O gerente de um banco formou uma equipe de escriturários
para efetivar a abertura das contas-correntes dos 1.920 empregados
de uma empresa. Sabe-se que, nessa equipe, cada escriturário
efetiva a abertura da conta de um empregado da empresa em 5
minutos, que todos os escriturários trabalham no mesmo ritmo, e
que esse trabalho será concluído em 2 dias, trabalhando-se 8 horas
em cada dia.

Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem.

Com os elementos dessa equipe de escriturários poderão ser formados 45 grupos distintos, compostos, cada um, por 2 escriturários.

Alternativas
Comentários
  • "Correta"
      O total de horas trabalhadas equivale a quantidade de horas diárias vezes a quantidade de dias, então: Horas trabalhadas = 8 x 2 = 16 horas = 960 minutos Como cada empregado é atendido em 5 minutos, a quantidade de empregados por escriturário é: 960/5 = 192 empregados por escriturário Portanto, a quantidade de escriturários é: 1920/192 = 10 escriturários Como se deseja formar grupos de dois indivíduos dentre os 10, tem-se um problema de combinação, portanto, o total de grupos é: C10,2 = 45
  • Não entendi absolutamente nada, alguém poderia colocar uma explicação mais mastigada. Para falar a verdade, acho que nem consegui interpretar o enunciado. Achei a quantidade de atendidos, o número de escriturários, mas boiei nos tais grupos.
  • Ola amigos, creio que assim ficará mais facil de alguns compreenderem: 

    Contas p/ abrir : 1920
    1 Escrivão : 5min ( tempo que cada escrivão demora p/ abrir uma conta )
    Tempo p/ concluir o trabalho : 2 dias
    Horas/Trabalho : 8h/Dia ( que é igual 960min ) 

         Escrituarios           Contas        Tempo
                 1                           1                    5min
                 X                          1920              960min

    1  =     1      x   960
    X        1920       5

    ( Vc consegue simplificar o 960 por ele mesmo e 1920 por 960 que da 2 )

    1 =  1     x    1
    X      2          5

    X = 10 ( Escrituarios ) que serão necessários p/ concluir o trabalho.

    Agora a questão do grupo resolvo desta forma:

          10   .   9   = 45
            2       1 

    Faço essa fatoração de duas casas ou traço ( pois preciso só de 2 escrituários ) e divido por 2, porque é o numero que eles se repetem. Não uso formula p/ realização de permuta ou arranjo faço desta forma separando por fração, e qndo a ordem importar eu não divido pelas repetições agora se importar eu divido.
    Espero ter ajudado.

    Abrs.

  • A formula de Combinacao simples eh:

    C_n^r = {n\choose r} = \frac{n!}{r!\cdot\left(n - r\right)!}

    No caso:

    10! / 2! 8! = 10.9 / 2 = 90/2 = 45
  • A explicacao do amigo Lucas acima esta muito boa

    Nao entendi bulhufas nas explicacoes anteriores.Minha matematica nao é tao boa assim tb p entende-las

    valeu amigao
  • De onde tiraram esse 9 que multiplica 10 na combinação?... alguem me diz po favor
  • C n,p    


    n: total de elemento    -> 10 escrituários
    p: escolha   -> 2 escrituários


    C 10, 2

    O   p=2  diz quantas casas vou andar para direita, ou seja, 10, 9 (saindo da casa 10 vou para casa 9 = 2 casas)



    C 10. 9 

            2     =    90/2 = 45
       
  • Sabendo que cada escriturário abre uma conta a cada cinco minutos calculemos quantas aberturas cada escriturário faz em uma hora:
    1 hora=60 minutos 
    60/5= 12. logo cada escriturário abre 12 contas em uma hora. 
    Cada dia terá uma jornada de trabalho de 8 horas. Então cada escriturário abrirá 12 x 8 = 96 contas por dia.
    Como são dois dias, então 96 x 2 = 192. Logo cada escriturário abrirá ou  atenderá 192 empregados em dois dias. 
    Então é só dividir o total de empregados (1920) pela quantidade que um escriturário vai atender em dois dias (192): 1920/192=10
    Agora sabemos que há dez escriturários. E para tirarmos a prova basta calcularmos quantos grupos de 2 são possíveis formar com 10 e para isso temos que utilzar a fórmula da comcinação: C=10!/2!(10-2)!=45

    Portanto, correta a alternativa.
  • Olá!

    Se para abrir 1 conta gasta-se 5 min, então para abrir 1920 contas levar-se-á 9600 min (1920 x 5 = 9600 min - regra de três simples) que equivalem a 160 horas (1 hora são 60 min, portanto:  9600 min dividido por 60 min = 160 horas).
    Como 160 horas é o tempo total necessário para abrir todas as contas e o enunciado diz que isso (abertura de todas as contas) será feito em 2 dias, em cada dia trabalhar-se-ão 80 horas (160 h dividido por 2 = 80 h/dia).
    O problema também afirma que em cada dia o turno de trabalho será de 8 horas, por isso serão necessários 10 funcionários (80 horas dividido por 8), ou seja, para se cumprir 80 horas no total do dia é necessário 10 pessoas trabalhando 8 horas.
    Essa era a grande “sacada” do problema, depois apenas deveria usar a fórmula da combinação de 10 funcionários pegos 2 a 2, pois a ordem aqui não importa, evidenciando a COMBINAÇÃO: C10,2.

    Muito obrigada, Natália.

     
  • Fazendo a combinação para esclarecer algumas pessoa :)

    Fórmula C(n, p) = ______n!______
                                            p! (n! - p!)

     Temos n = 10 escriturários e p = 2 (o númeor de escriturários no grupo)

    As possibilidades que temos para fazermos grupos de 2 com 10 escriturários é

    ____10!____  =   ___10.9.8!___         
       2! (10! - 2!)                   2!  8! 

    Cortamos os 8! da equação e ficamos com:

    _10.9_   =    _10.9_    =    _90_  = 45
        2!                  2.1                  2

    Ou seja, 45 possibilidades de se fazer grupos de 2 com 10 escriturários.

    Boa sorte a todos!
  • começamos com uma regrinha de 3:

    1 escriturário   --- 1 conta             --- 5 min
    x escriturários --- 1920 contas --- 960 min

    1/x = 1/1920 . 960/5  ==>  x=10 escriturários

    C10;2 = A10;2/2! ==> C10;2 = 10.9/2.1 ==> C10;2 = 5.9 ==>  C10;2 = 45

  • De acordo com o enunciado deve-se inicialmente calcular o número de integrantes da equipe e posteriormente realizar o cálculo do número de combinações.

    Sendo assim, tem-se:

           1920 contas para serem efetivadas;

           gastam-se 5 min para efetivar cada conta;

           2 dias x 8 horas = 16 horas para concluir o trabalho.

    Assim,

           16 horas = 960 min

           960 min ÷ 5min = 192 contas efetivadas por cada escriturário.

           1920 ÷ 192 = 10 escriturários para realizar a tarefa.


    Com este dado deve-se agora calcular a combinação C10,2 para saber quantos grupos distintos podem ser formados por 2 escriturários.


    C10,2 = 10!/2!8! = 10x9x8!/2x8! =  90/2 = 45 grupos


    RESPOSTA: CERTO


  • GABARITO: CERTO! 

           1920 contas 

           5 min para efetivar cada conta

           2 D x 8 H = 16 horas pra efetivar todas as contas

     

           16 H= 960 min.

           960 min. ÷ 5min. = 192 contas efetivadas por cada um dos escriturários

     1920 ÷ 192 = 10 escriturários para realizar a tarefa.

     

     

     

    Com este dado deve-se agora calcular a combinação C10,2 para saber quantos grupos distintos podem ser formados por 2 escriturários.

     

     

     

    C10,2 = 10!/2!8! = 10x9x8!/2x8! =  90/2 = 45 grupos

     

    RESPOSTA: CERTO

  • Não entendi pq combinação. .. Achei q a ordem importava.. Como saber?
  • Jéssica Cristina a ordem não importa exemplo

    Grupo formado por João e Maria é o mesmo formado por Maria e João

  •  

    A ordem importa ? SIM

    Usou todos os elementos ?  SIM

    Trata-se de permutação

    A ordem importa ? Sim

    Usou todos os elementos ? Não

    Trata-se de Arranjo

    A ordem importa ? Não

    Combinação

  • Trabalhando 8 horas por dia, durante 2 dias, teremos 16 horas trabalhadas, que equivalem a 960 minutos

     

    Como cada escriturário abre a conta de um empregado a cada 5 minutos, então, em 960 minutos, um escrituário irá cadastrar 192 empregados, pois 960/5 é igual a 192. 

     

    Se 1 escrituário cadastra 192 empregados, de quantos escrituários precisamos para cadastrar 1920 empregados? De 10 escrituários.

     

    É só isso que a questão quer saber? NÃO!

     

    A questão afirma que, com esses 10 escrituários, você pode formar 45 grupos distintos, compostos de 2 pessoas. Eai, certo ou errado?

     

    Vamos fazer uma combinação de 10 elementos, agrupados de 2 em 2. 

     

    C(10,2) = 10! / 2! * 8! ----> C(10,2) = 10*9/2 -----> C(10/2) = 45

     

    CERTO.  

     

     

  • Não encontrei nenhuma explicação tão bom boa quanto esta:

    De acordo com o enunciado deve-se inicialmente calcular o número de integrantes da equipe e posteriormente realizar o cálculo do número de combinações.

     

    Sendo assim, tem-se:

           1920 contas para serem efetivadas;

           gastam-se 5 min para efetivar cada conta;

           2 dias x 8 horas = 16 horas para concluir o trabalho.

    Assim,

           16 horas = 960 min

           960 min ÷ 5min = 192 contas efetivadas por cada escriturário.

     

           1920 ÷ 192 = 10 escriturários para realizar a tarefa.

     

     

     

    Com este dado deve-se agora calcular a combinação C10,2 para saber quantos grupos distintos podem ser formados por 2 escriturários.

     

     

     

    C10,2 = 10!/2!8! = 10x9x8!/2x8! =  90/2 = 45 grupos

     

    RESPOSTA: CERTO


    Fonte: prof. qc

  • Certo.

     

    Pensei assim:

     

    1 > Se um empregado fizer tudo :

     

    - 1920 (contas a fazer) * 5 (minutos para cada conta) = 9600 minutos;

     

    - Ou seja, se um empregado fizer tudo, ele gastará 9600 minutos que é igual a 160 horas;

     

    2 > Contudo, o problema diz que todas as contas estarão prontas em 2 dias, trabalhando 8 horas por dia:

     

    - Com essa informação acima, nós podemos concluir que:

     

    - 1 empregado   - 160 horas

       x empregados - 16 horas

       x = 10 empregados; 

     

    3 > Então o trabalho foi realizado por 10 empregados;

     

    4 > O problema pergunta, agora, quantos grupos distintos de 2 empregados podem ser formados com esses 10 empregados:

     

    - C(10,2) = 10 * 9 = 90 / 2 = 45

                        2*1 

     

    5 > Portanto, poderão ser formados 45 grupos distintos com 2 empregados.

     

    Jesus no comando, SEMPRE!!

  • Questão linda.

    Como eu fiz: 

    Trabalho: 2 dias com 8 horas cada. 16 horas total

    1920/16 = 120

    Toda a equipe consegue abrir 120 contas por hora.

    Mas leva-se 5 minutos, então só é possível abrir 12 contas por hora (60/5 = 12)

    Logo são 10 escriturários

    Daí é só fazer a combinação de 10 elementos pra 2 posições = 45

  • Há outra forma de fazer

    16 hora de trabalho

    12 contas por hora

    16*12 = 192

    1920/192 = 10 escriturários

    C10,2 = 45

  • Eu fiz o seguinte:

    1- Regra de Três Composta

    Escriturário Minutos Abertura de Conta

    1 5min 1

    X 960min=(2dias de 8h) 1920

    Resolução:1.5.1920=x.960.1

    Resolução: x= 10

    2 - Combinação.

    10 Escriturários combinados dois a dois.

    C10,2 = 10!/2!(10-2)!

    C10,2= 45

  • 16 x 60 = 960 minutos disponíveis

    960 / 5 = 192 processos por escriturário

    1920 processos / 192 processos por escriturário = 10 escriturários

    C10,2 = 45

  • PENSEI DA SEGUINTE MANEIRA:

    1- EM 1 HORA CADA ESCRITURÁRIO ABRE 12 CONTAS

    2- EM UM DIA DE TRABALHO, ELE ABRE 96 CONTAS (8X12)

    3- LOGO, EM DOIS DIAS DE TRABALHO, CADA ESCRITURÁRIO ABRE 192 CONTAS (96X2)

    4- 1920 EMPREGADOS/ 192 ESCRITURÁRIOS = 10 (TOTAL DE ESCRITURÁRIOS)

    5- VERIFICAR QUANTOS GRUPOS DISTINTOS DE 2 FUNCIONÁRIOS PODEM SER FORMADOS A PARTIR DO NÚMERO DE ESCRITURÁRIOS (10)

    LOGO, C(10,2) = 10X9/2X1 = 45

  • Empregados (1920) - Horas (8h/dia) - Dias (2 dias)

    1 hora -> 12 cadastros

    8 horas -> 12.8 = 96 cadastros.

    2 dias -> 96 + 96 = 192 cadastros

    Em resumo, 1 funcionário é capaz de realizar 192 cadastros, como todos trabalham de forma idêntica 1920 [TOTAL de cadastros necessários] / 192 ( Cadastros realizados por 1 funcionário em 2 dias de expediente)

    1920/192 = 10 funcionários.

    ° Como em um grupo ordem não importa, temos uma questão de COMBINAÇÃO.

    ° Cada grupo deve conter 2:

    Combinação10, 2 = 10! / (10-2)! 2!

    C10,2 = 10.9.8! / 8! 2!

    C10,2 = 10.9/2!

    C10,2 = 90/2 = 45.


ID
635416
Banca
CEPERJ
Órgão
SEDUC-RJ
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma permutação de um número natural é um outro número natural que possui exatamente os mesmos algarismos em outra ordem. Se todas as permutações do número 31452 foram escritas em ordem crescente, o número que ocupará a 80ª posição nessa lista será:

Alternativas
Comentários
  • Sabendo-se que temos 5 números sem nenhuma restrição na permutação {1,2,3,4,5}, primeiramente temos que conhecer quantas possibilidades são no total!

    5! = 5x4x3x2x1 = 120 possibilidades, como o exercício pede a posição 80 faz-se:

    Se começasse com 1:

    1 _? ? ? ? ? - teríamos uma permutação de 4! = 4x3x2x1 = 24 possibilidades

    Se começasse com 2:

    2 _? ? ? ? ? - teríamos uma permutação de 4! = 4x3x2x1 = 24 possibilidades

    Se começasse com 3:

    3 _? ? ? ? ? - teríamos uma permutação de 4! = 4x3x2x1 = 24 possibilidades

    Se começasse com 4:

    4 _? ? ? ? ? - teríamos uma permutação de 4! = 4x3x2x1 = 24 possibilidades

    24 possibilidades x 4 = 96, então a posição número 80 está com a permutação começando com 4

    Assim o segundo menor número depois do 4 é o 1 e temos:

    4 1 _ ? ? ? - teríamos uma permutação de 3! = 3x2x1 = 6 possibilidades

    Como já foram testadas 24 + 24 + 24 + 6 = 78, estamos a 2 posições para saber a resposta.

    O terceiro menor número tendo já escolhido o 4 e o 1, é o número 2

    4 1 2 _ ? ?  - Sobram os números 3 e 5

    Como o número 3 <  5, logo a primeira posição é 4 1 2 3 5 = Posição crescente número 79

    Invertendo o número 3 com 5, tem-se 4 1 2 5 3 = Posição número 80

    Resposta letra: E
  • O número 31452 pode ser representado pelo seguinte conjunto que representa seus números: A= {1,2,3,4,5}.

    A quantidade total de números possíveis a serem escritos utilizando esse conjunto é dado pela permutação dos elementos do conjunto, que pode ser representado pelo fatorial da quantidade de elementos. Como são 5 elementos, então: 
    5! = 120 (possibilidades)

    Exemplos dessas possibilidades seriam: 12345, 12354, 12435...54321. Perceba que, se todos os números forem colocados em ordem, o primeiro número seria 12345 e o último seria 54321. Eu acho que você não gostaria de escrever todos os 120 e depois colocá-los em ordem. Então vamos seguir :)

    O primeiro número começa pelo número 1. Se você mantiver sempre o número 1 no começo do número a ser formado, quantos números você pode formar com os elementos que sobraram {2,3,4,5}? Veja:


    1 _ _ _ _ (perceba que você deve fazer a permutação dos 4 espaços vazios)

    Então, a quantidade de possibilidades de se formar números que começam com o número 1 é o resultado da permutação dos elementos que sobraram. Como o conjunto era formado pelos elementos {1,2,3,4,5}, o novo conjunto será formado pelos elementos {2,3,4,5} e a quantidade de permutações possíveis é 4! = 24.

    Por isso os 24 primeiros números sempre começarão com o número 1. O primeiro número você já sabe que é 12345. E o último número? É só pensar um pouco: 15432 (veja que coloquei o número 1 na frente e depois fui ordenando pelos maiores números disponíveis)

    Os próximos 24 (do 25º ao 48º) começarão com o número 2, pois você está formando uma lista ordenada crescentemente. Então já temos os primeiros 48 números (24 que começam com número 1 mais os 24 que começam com o número 2).

    Os próximos 24 (do 49º ao 72º) deverão começar com o número 3. Certo. Já temos os primeiros (24+24+24) 72 números. Se você quiser saber qual é o 72º número, você já saberia que ele começa com 3. Como ele deve ser o maior de todos os números que começam com 3, então você deve ordenar do mesmo jeito que fizemos acima: 35421 (esse é o maior número iniciando com 3).

  • PARTE 2

    Faltam só 8 número para se chegar ao 80º.

    Os próximos 24 (do 73º ao 96º) deverão começar, necessariamente, com o número 4. A questão pede um número que está nessa faixa, então a resposta deve começar com o número 4. Se você tivesse que chutar, já teria 50% de chance de acertar :)

    Com o mesmo princípio, vamos fixar o 4 na primeira posição e trabalhar a permutação dos outros elementos {1,2,3,5}.

    4 _ _ _ _

    Se você está trabalhando em uma lista de ordem crescente, o próximo número depois do 4 só pode ser o 1, pois ele é o menor elemento da lista {1,2,3,5}. Então ficaria assim:
    4 1 _ _ _

    Restou uma permutação de 3 espaços, que é igual a 3! = 6. Essa permutação será feita entre os elementos {2,3,5}.

    A gente tinha descoberto os primeiros 72 números. Agora descobrimos os próximos 6, então já temos os 72 + 6 = 78 primeiros números e ainda não chegamos lá. Vamos então, ao invés de fixar o 1, fixar o 2, que é o próximo número em ordem crescente, e permutar o restante {1,3,5}:
    4 2 _ _ _


    Você já viu que a resposta deverá iniciar com 42 _ _ _, e só a letra "E" começa com isso. Marque a resposta e vá pra próxima questão.

    Mas se você quiser continuar, sugiro escrever as possibilidades e ordená-las. Você sabe que o primeiro número que começa com 42_ _ _ é 79º, então:
    79º) 42 
    1 3 5
    80º) 42 1 5 3 (te peguei, danado!)
    81º) 42 
    3 1 5
    82º) 42 3 5 1
    83º) 42 5 1 3
    84º) 42 5 3 1


    Desculpem os mais espertos, mas fiz questão de ser um pouco prolixo e fazer bem devagar para ajudar o pessoal que está começando ou que não lembra mais o assunto.

    É isso aí. Questão trabalhosa, mas muito fácil.

  • fiz de um jeito um pouco diferente...
    Como foi dito acima, o conjunto tem 5 elementos, e a permutação dos seus elementos dá 120 (OK). Para saber quantos números começam com 1,2,3,4 ou 5 é só dividir os 120 (total) pela quantidade de elementos (5) = 24.
    ou seja:
                          1 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 1)  
                          2 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 2)  
                          3 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 3) 
                          4 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 4)  
                          5 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 5) 

    A questão pede qual é a colocação do 80º número. Os que começam com 1, 2 e 3 já dão 72 ( 24+24+24). Aqui não há necessidade de saber quais são os números. Por que parou no 3? por que se somasse + 24 do "4" ia dá 96, e a questão pede o 80. Bom... agora sim vc tem que saber os números posteriores em ordem crescente (só os próximos 8, para alcançar o 80º). Assim:
     
                          1 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 1)
                         2 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 2)                                                                            
                         3 _ _ _ _ (têm 24 números que começam com 3)  
                         4 1 _ _ _ (3.2.1 = 6) são todos os núm.  que começam com 4 e em seguida vem o 1 (ordem crescente). Até aqui já têm 78 números (72+6)
                         4 2 1 3 5  (79º)
                         4 2 1 5 3  (80º)
    pronto! 

  • Nobres Amigos,
     
            As respostas acima estão excelentes. Tentei sintetizar tudo de forma bem didática e acrescentar alguma coisa. Está no meu blog, cujo permalink é http://www.questoesdeconcurso.net/2012/08/ceperj-2011-seduc-rj-professor.html

            Espero que possa ter contribuído para o estudo de todos. E, é isso aí, sempre em frente...

    Um forte abraço

     

  • A resposta do Thyago Machado já estava ótima, completa e didática. Todos os seguintes apenas foram mais prolixos ou resumidos e falaram a mesma coisa que ele e da mesma forma. Mas o Thyago recebeu só 2 estrelas. Eu já reparei que mulheres bonitas nas fotos recebem em média 4 estrelas! Por favor, né, gente, estamos aqui para contribuir um com o outro para concurso, não para ficar de paquera e parcialidade desnecessária. Aliás, é por isso que estamos fazendo concurso, porque beleza não tem posto mesa.
  • Muita boa a explicação de Thiago. Obrigada.
  • Essa questão é resolvida por Análise Combinatória, assim:

    Iniciando com o número:

    1 xxxx terá 4! = 24
    2 xxxx terá 4! = 24       
    3 xxxx terá 4! = 24        
    4 1xxx terá 3! = 6

    Somando todas essas possibilidades: 

    24 + 24 + 24 + 6 = 78 posições

    Continuando:

    42135 (ocupa a posição 79)
    42153 (ocupa a posição 80).


    Resposta: Alternativa E.

  • Thyago, muito obrigado! Excelente explicação!

  • Eu fui pelo rácicinio do Thyago, mas não tem a alternativa 41253! Então está errado...

  • Pessoal, os comentários anteriores explicam bem detalhado a solução da questão, mas somente para reforça já que eu demorei para entender sobre esse lance de possibilidades, então segue este complemento:

    Começando com a número 1 existem: 24 possibilidades, então a partir da vigésima quinta posição, ou até mesmo vigésimo quinto número formados por esses elementos, começará com o número 2 já que é em ordem crescente e, assim, sucessivamente, terminaram as possibilidades? Começa com outro número.


ID
635488
Banca
CEPERJ
Órgão
SEDUC-RJ
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

As letras B, R, A, S, I, L devem ser escritas nas faces de um cubo, com uma letra em cada face. O número de maneiras diferentes em que essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é:

Alternativas
Comentários
  • Observe que devemos considerar a rotação do cubo(podemos girar esse), então vamos as escolhas:

    1ª face: Observe que escolha da letra da primeira face não faz diferença na contagem, por rotação sempre podemos voltar a mesma situação.

    2ª face: Vamos colocar uma letra na face oposta, aqui a rotação não pode influenciar, logo teremos 5 possibilidades.

    Outras faces: teremos que escrever nas 4 faces com 4 letras, logo teriamos 4!, mas devido a rotação contamos cada forma de escrital 4 vezes, logo teremos 4!/4 = 3!

    Número total: 5*3! = 30
  • Bom vou tentar explicar.

    No cubo há seis lados, iniciamos com a primeira formação, que não deverá ser contada.    Lados do cubo Não contar primeira  B R A S I L Gira a 1ª vez o cubo = R A S I L B Gira a 2ª vez o cubo = A S I L B R Gira a 3ª vez o cubo = S I L B R A Gira a 4ª vez o cubo = I L B R A S Gira a 5ª vez o cubo = L B R A S  I   I

    São 5 giros no cubo 6 maneiras de escreves a palavra BRASIL = 5 X 6 = 30

    Bons estudos
  • Faces opostas no 1º dado = BR - AS - IL (6 faces)

    Faces opostas no 2º dado = BA - RS - IL (6 faces)

    Faces opostas no 3º dado = BS - RA - IL (6 faces)

    Faces opostas no 4º dado = BI - RA - SL (6 faces)

    Faces opostas no 5º dado = BL - RA - SI (6 faces)
  • Não entendi essa parada ai...
  • Inalda Arraes Brasil tem 6 letras, 6x6= 36.....reveja seus conceitos! Obrigada!

  • Discordo do gabarito afirmar que são 30 maneiras.

    Apesar dos esforços dos colegas (agradeço-os por explicar), não vejo restrições em como dispor as letras no cubo (apenas requer uma letra em cada face). Chamo a atenção de que o problema nem citou que as letras deveriam ficar "sucessivamente" ou semelhante (respeitar a ordem dada, etc)

  • A explicação do João Santos está perfeita! Consegui entender! Obrigado!

  • Em um dado, uma vez que fixamos dois elementos opostos poderemos fazer a permutação dos outros 4 elementos.  Porém os outros 4 elementos também se organizam em faces opostas entre si, numa espécie de círculo. 

    Ex: no dado com as faces B e I opostas tanto faz as demais faces serem RASL ou ASLR, pois na rotação do dado será a mesma coisa.

    Assim, temos para calcular que fixar um dos lados, ex: B. Para o oposto de B temos 5 opções (letras restantes). As 4 faces que sobram calculamos como uma permutação circular: P4 = (4-1)!= 3!=6

    Para o total temos então 5 (opções para face oposta) x 6 (permutação circular)=> 5x6=30


  • Oi para todos !

    Vamos achar em quantas posições diferentes o cubo pode se encontrar:
    -Primeiro vamos enumerar as faces de 1 a 6.
    -Com a face 1 voltada para baixo temos 4 posições que são rotações de 90º do cubo.
    -Analogamente temos 6.4 = 24 posições diferentes para o cubo O nº de possibilidades de pintura para o cubo, quando a posição dele importa é 6! = 720
    O nº de formas que o cubo pode ser pintado é 720/24 = 30 possibilidades

    Fonte:http://www.tutorbrasil.com.br/forum/matematica-ime-ita/ita-1971-analise-combinatoria-permutacoes-simples-t4917.html

  • De acordo com o enunciado, vierifca-se que a questão pode ser resolvida em duas etapas:
    1) de quantas maneiras as 6 letras podem ser combinadas duas a duas (combinação simples);
    2) de quantas maneiras as 4 letras restantes podem ser permutadas (permutação circular).

    Primeira etapa:
    C6,2 = 6! / 2! 4! = 6x5x4! / 2x4! = 30/2 = 15
    Como as três maneiras abaixo são consideradas a mesma combinação, divide-se o valor encontrado por 3.
               
    Assim, existem 5 maneiras de dispor as letras duas a duas.

    Segunda etapa:
    Fixadas duas faces, restam 4 letras que serão dispostas em forma circular. Para isso utiliza-se a permutação circular (Pc)
    Como Pc = (n - 1)! , tem-se:
    Pc = (4 - 1)! = 3! = 6

    Concluindo,
    como existem 5 maneiras de as 6 letras serem dispostas duas a duas e 6 maneiras de dispor as restantes em formas circular, o número de maneiras diferentes em que essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é 5 x 6 = 30.

    Resposta C)
  • O comentário da nossa amiga Fabiana Delmondes foi a correta, deve-se anexar um valor em uma face, sendo assim na outra face é possível colocar 5 valores, e o restante fica uma permutação circular (n-1)! , sendo n=4. Logo:

    1x5x(4-1)! = 30

  • Fixando duas letras quaisquer em 2 faces opostas (ex: cima e baixo do cubo), sempre que rotacionar ele 90º vai dar a mesma coisa só mudando a posição do cubo e não das letras que continuam na mesma face. É como se estivesse girando o cubo pra formar circulos, então 4 faces sempre vão repetir a mesma coisa.

    Logo, tem-se uma permutação com repetição com 4 elementos repetindo: PR = 6!/4! = 6*5 = 30

  • 11)  Uma  professora  precisa  confeccionar  uma  prova  de múltipla  escolha  com oito questões, cada qual com cinco alternativas (A, B, C, D e E). Ela quer que as respostas  certas  estejam  o  mais  bem  distribuídas  possível  entre  as  cinco alternativas A, B, C, D e E.  Isso significa que, no gabarito,  três das cinco  letras aparecerão  duas  vezes  e  as  outras  duas  letras  aparecerão  apenas  uma  vez.  Por exemplo: AABBCCDE e ABCBDDEC  são duas possibilidades. Quantas  são as possibilidades de gabarito para essa prova? 

    a) 9400. 

    b) 16800. 

    c) 50400. 

    d) 252000.

    e) 403200.

    Aguem extremamente piedoso , poderia me explicar a questão? Gabarito: Alternativa C. 

  • Questão meio estranha, dá pra se perder em interpretações bem loucas.

  • Por favor, alguém poderia me explicar por que eu não posso simplesmente imaginar cada face do cubo em um plano bidimensional e, então, utilizar Permutação? Não consigo entender por que devo rotacionar, utilizar duas faces opostas etc...

    Agradeço qualquer ajuda. :-)

  • - A questão de dado ou cubo que seja deve ser feita da seguinte forma:

     

    Fixando duas letras em faces distintas, ao girar o cubo teremos posições idênticas, ou seja, colocando a, b ou b, a, não importa. Depois faça P6,4= 6!/4!=30. C

  • Imaginem um cubo colocado no cento de uma mesa e duas pessoas uma de frente a outra, por exemplo João e Maria. Enquanto João vê a letra "R", Maria vê outra letra. Quando Maria passar a ver "R" João verá a mesma letra que Maria estava vendo, portanto isso NÃO é uma maneira diferente de colocar as letras. Na perspecticva de João, são 5 possível letras que Maria pode estar visualizando. Dessa forma, para a letra "R", exitem 1x5=5 possibilidades para lado oposto do cubo. Como são 6 letras, basta multiplicar a possibilidade de cada uma pelo total de letras, 5x6=30. 

     

    Acho que essa explicação ajuda. Se não for isso, ajudem-me vocês.

  • É doeu pra entender a resolução imagine pra se virar na prova hahah 

     mas tamos ai na luta , a cada dia mais perto da vitória 

    Yes!

  • Entendi foi é nada.

    Prosseguimos.....

  • e acordo com o enunciado, vierifca-se que a questão pode ser resolvida em duas etapas:
    1) de quantas maneiras as 6 letras podem ser combinadas duas a duas (combinação simples);
    2) de quantas maneiras as 4 letras restantes podem ser permutadas (permutação circular).

    Primeira etapa:
    C6,2 = 6! / 2! 4! = 6x5x4! / 2x4! = 30/2 = 15
    Como as três maneiras abaixo são consideradas a mesma combinação, divide-se o valor encontrado por 3.
                
    Assim, existem 5 maneiras de dispor as letras duas a duas.

    Segunda etapa:
    Fixadas duas faces, restam 4 letras que serão dispostas em forma circular. Para isso utiliza-se a permutação circular (Pc)
    Como Pc = (n - 1)! , tem-se:
    Pc = (4 - 1)! = 3! = 6

    Concluindo,
    como existem 5 maneiras de as 6 letras serem dispostas duas a duas e 6 maneiras de dispor as restantes em formas circular, o número de maneiras diferentes em que essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é 5 x 6 = 30.

    Resposta C)

  • Quando uma explicação não te convencer ( acontece direto comigo), a melhor coisa a fazer é tomar como verdade, e PONTO. ( Sem mimimi)

    Digo isso por que sou a 1º a perder tempo tentando entender o porquê das coisas, e na realidade, na prova só precisamos acertar a questão.

    Portanto vamos lá:

     Questão falou em FACES DE UM CUBO?  Anota aí : Já sabe que  tem 2 FACES OPOSTAS  e 4 FACES CIRCULARES. 

    Como resolver:   São 2 eventos independentes ( 1 evento x outro evento): 

     1º - 2 lados opostos - Você  tem 6 possib e escolhe e fixa 1 lado, agora restam 5 possib para o outro = 1x5 = 5 possib

     2º - 4 lados circulares - Só fazer a fórmula de Permutação Circular  - Pc(4) = (4-1)= 3! = 3x2x1 = 6

     Agora é só multiplicar os eventos independentes = 5 x 6 = 30 possibilidades

    Continuou sem entender, GRAVE o exemplo que você mais se identificou, e acerte na hora da prova!!! Boa sorte!!!

  • Questão estranha. Discordo do que seria esse "organizadas de maneira diferente". Não deixou claro. Para mim basta analisar cada face do cubo como única. Como se fosse a face azul, vermelha, verde... Não entendi como todas faces iguais. Daí seria 6! = 720. Essa seria a lógica.

    Pensando em como o cubo seria diferente ao "observar por fora" é outra coisa.

    A questão deveria deixar claro que essa "organização" seria as formas como uma pessoa vê as letras de fora. Pra mim cada face é individualizada, independentemente se ficaria visualmente igual.

  • Basta fazer o Total de possibilidades – Só Letras Repetidas: (6 X 6) – 6 = 36 – 6 = 30

  • Não sei se foi coincidência, mas eu pensei em resolver a questão em dois passos:

    1o. passo: Fazer uma Combinação entre os seis elementos para as quatro posições laterais do dado. C(6,4) = 15.

    2o. passo: Restam duas letras para o topo e a base: 2*15 = 30.

    Abraços.


ID
651307
Banca
PaqTcPB
Órgão
Prefeitura de Patos - PB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Numa sorveteria há quatro sabores diferentes de sorvete. Podemos comprar sorvetes com 1, 2, 3 ou 4 bolas. Existem quantas formas distintas de se comprar um sorvete, considerando apenas a distinção nos sabores, e não na quantidade de bolas?

Alternativas
Comentários
  • você que acertou, poderia explicar aqui, please?!

  • ·        1 sabor: C = 4

    ·        2 sabores: C = 6

    ·        3 sabores: C = 4

    ·        4 sabores: C= 1

    Total = 4+6+4+1 = 15

  • Gabarito: letra E.

    Com base no raciocínio de Katia Lopes.

    1 sabor = C4,1 = 4

    ou

    2 sabores = C4,2 = 6

    ou

    3 sabores = C4,3 = 4

    ou

    4 sabores = C4,4 = 1

    4 ou 6 ou 4 ou 1 = 4 + 6 + 4 + 1 = 15


ID
654826
Banca
COMPERVE
Órgão
UFRN
Ano
2008
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma pessoa foi ao dentista e constatou que estava com cinco cáries, cada uma em um dente. Ficou decidido que seria restaurado um dente cada vez que ela voltasse ao consultório. O dentista combinou que marcaria as datas em cinco semanas seguidas, um dia a cada semana.
Considerando-se apenas os dias úteis e sabendo-se que, nesse período, ocorreriam, ao todo, dois feriados, em semanas diferentes, o número de maneiras distintas para se programar o tratamento do paciente seria:

Alternativas
Comentários
  • Técnica TWI:
    5 dentes
    1 cárie em cada dente
    5 consultas, uma por semana
    5 dias úteis, com dois feriados 
    resultado: 4x4x5x5x5 = 16x25x5=16x125
    16x125 = 8x250 = 4x500 = 2x1000 = 2.000
  • Dados:
    ·         5 dias na semana
    ·         5 semanas
    o   Total: 25 dias
    ·         Menos 2 feriados (Dois feriados em semanas DIFERENTES)
    o   Total: 23 dias
    O número de maneiras distintas pode ser descrito pelo arranjo, descrito a seguir:
    1.      1ª semana: 5                As (5,1) = 5!/(5-1!)!
    ·         Isso quer dizer: Arranjo simples de 5 dias tomados de 1 em 1, pois somente poderá ser um dente por semana.
    ·         Pode-se pensar ainda que é a escolha de 5 dos dentes que será nessa 1 semana. O cálculo seria o mesmo.
    2.      2ª semana: 5    (também arranjo simples de 5 dias tomados 1 a 1 (dente))
    3.      3ª semana: 5
    4.      4ª semana:4                   As (4,1) = 4!/(4-1)!
    ·         Aqui estou supondo que terá um feriado e, portanto apenas 4 dias.
    5.      5ª semana: 4
    ·         Aqui seria resposta 4 também correspondente ao 2º feriado.
     
    A resposta seria a chance de 1 dente ser tratado na 1ª semana vezes a chance de ser na 2ª vezes de ser na 3ª etc... logo:
    5x5x5x4x4 = 2000
  • SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA - 1º SEMANA
    SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA - 2º SEMANA
    SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA - 3º SEMANA
    SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA - 4º SEMANA
    SEGUNDA TERÇA QUARTA QUINTA SEXTA - 5º SEMANA

    O ENUNCIADO INFORMOU QUE..."e sabendo-se que, nesse período, ocorreriam, ao todo, dois feriados, em semanas diferentes",LOGO PODEMOS FAZER ASSIM..(FERIADO)
    LOGO TEREMOS 5X4X5X4X5=2000 hipoteses
  • Nobres Amigos,
     
                  Fiz a resolução desta questão no meu blog e disponibilizo neste permalink http://www.questoesdeconcurso.net/2012/08/analise-combinatoria-2.html

                   Espero que possa ter ajudado em algo...!

                   Um abraço e bons estudos!

  • 1 cárie em cada semana, 5 semanas ao todo mas 2 dias de feriados em 2 semanas distintas.
    Dias úteis em cada semana:
    5 5 5 5 5... Como 2 semanas terão um feriado cada fica

    4 4 5 5 5... só multiplicar td... 4x4x5x5x5 = 2000
  • Bom é o nosso Senhor.



    Como não importa a ordem é COMBINAÇÃO.

    Então: 3 Semanas sem feriado então 5 dias úteis: C(5,1)=A(5,1)=5/1 multiplica por 5 (segunda semana), e 5 (terceira semana) = 125

    Então: C(4,1) da semana com feríado, 4 dias. A(4,1)=4 multiplica por 4 dias úteis pois se tem o feríado = 16


    125*16=2000
  • Não concordo com o gabarito, pois o enunciado diz: nesse período e retoma ( a cada dia da semana). Poderia perfeitamente o feriado cair no final de semana.Para referir se aos dias úteis, teria que ter: neste, e não, nesse como o enunciado cita. Com a minha interpretação gabarito letra A ou questão anulada.
  • Não vejo erro na inserção do pronome demonstrativo. Até por que, o pronome é classificado como anafórico. Logo, "esse" "neste" "deste" retomam o termo citado anteriormente. Em virtude disso, é coerente marcar a letra D.


ID
655129
Banca
VUNESP
Órgão
UNIFESP
Ano
2007
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Quatro pessoas vão participar de um torneio em que os jogos são disputados entre duplas. O número de grupos com duas duplas, que podem ser formados com essas 4 pessoas, é

Alternativas
Comentários
  • OI
    4 pessoas : José, Maria, Paulo e Rita
    O número de duplas pode ser:
     José e Maria
    José e Paulo   
     José e Rita
    Maria e Paulo
    Maria e Rita
    Paulo e Rita
    Seria uma combinação de 4 pessoas tomadas duas a duas, pois a ordem não importa. Tanto   faz            Paulo e Rita     ou      Rita e Paulo
    C4,2= 4!/2!2!= 4*3*2!/2*1*2! =6   
    MAS CADA GRUPO SERIA FORMADO POR DUAS DUPLAS PARA DISPUTAR O TORNEIO:
    José e Maria X Paulo e Rita
    José e Paulo X Maria e Rita
    Maria e Paulo X José e Rita
    TOTAL : 3 GRUPOS.
  • se temos quatro pessoas então.
    4!=24
    24/2 que e das duplas=12
    12/4 que são as pessoas=3 
  • Quatro pessoas vão participar de um torneio em que os jogos são disputados entre duplas.
    Com base nessas informações faremos uma combinação de 4 (que são os participantes) e 2 (que são as duplas).
    C4,2 = 4x3x2! / 2x2! (cortamos a permutação 2! de cima com a permutação 2! de baixo, sobra:
    C4,2 = 4x3 / 2 = 12/2 = 6.
    Não caiam na pegadinha de colocar 6, pois, desses seis separaremos as duplas.
    Vejam: (AB) (CD) (EF) = são seis pessoas e um total de 3 grupos.
    Achamos a resposta: letra A (3 grupos).





ID
662578
Banca
INEP
Órgão
ENEM
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Doze times se inscreveram em um torneio de futebol amador. O jogo de abertura do torneio foi escolhido da seguinte forma: primeiro foram sorteados 4 times para compor o Grupo A. Em seguida, entre os times do Grupo A, foram sorteados 2 times para realizar o jogo de abertura do torneio, sendo que o primeiro deles jogaria em seu próprio campo, e o segundo seria o time visitante.

A quantidade total de escolhas possíveis para o Grupo A e a quantidade total de escolhas dos times do jogo de abertura podem ser calculadas através de

Alternativas
Comentários
  • Resolução; https://www.youtube.com/watch?v=CDdQq9v7-hM 

  • A ordem importa?

    Ahã = arranjo

    não = combinação

  • Para escolher 4 times dentre 12 para compor o grupo, a ordem não tem importância. Se a ordem não importa, é uma combinação.

    Porém, na segunda parte, escolher 2 times dentre os 4, em que um será o mandante e o outro visitante claramente a ordem importa. Se a ordem importa, é um arranjo.

    Letra A

  • Achei essa questão muita massa, ela vê se o aluno entendeu a teoria e a diferença entre as ferramentas da analise combinatória, caso alguém que erre é legal buscar saber o pq, pois para desenvolver contas mais complexas vai necessitar desse raciocínio base.


ID
668185
Banca
UFAC
Órgão
UFAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Depois do almoço, na casa de um dos primos, Emanuel, João e Hisao, debruçaram-se no chão da área, e começaram um jogo de brincadeira. Cada um dos meninos ficava de posse de um dado, contendo 6 faces enumeradas de 1 a 6. Os dados eram arremessados, simultaneamente, e os resultados das faces de cima, eram anotados e, posteriormente, somados. Vencia quem obtivesse a menor soma, em três lançamentos, e nova partida era iniciada se, também, dois deles empatassem.
Qual das sequências abaixo, seguramente, poderia representar os resultados de uma vitória de Emanuel, onde João e Hisao obtivessem soma de resultados iguais a 11 e 15, respectivamente, e, no segundo lançamento, a face do seu dado mostrasse valor menor que o de Hisao?

Alternativas

ID
668392
Banca
UFMG
Órgão
UFMG
Ano
2009
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para montar a programação de uma emissora de rádio, o programador musical conta com 10 músicas distintas, de diferentes estilos, assim agrupadas: 4 de MPB, 3 de Rock e 3 de Pop.

Sem tempo para fazer essa programação, ele decide que, em cada um dos programas da emissora, serão tocadas, de forma aleatória, todas as 10 músicas.

Assim sendo, é CORRETO afrmar que o número de programas distintos em que as músicas vão ser tocadas agrupadas por estilo é dado por

Alternativas
Comentários
  • Gab A


ID
677059
Banca
FEC
Órgão
DETRAN-RO
Ano
2007
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em um festival de cinema, sete filmes diferentes, entre eles apenas duas comédias, serão exibidos, um a cada dia e no mesmo horário, durante uma semana. Para anunciar esses filmes será confeccionado um cartaz com o título de cada filme e o dia de sua exibição. A quantidade máxima de maneiras distintas de apresentação dos filmes, de modo que as comédias não sejam exibidas em dias consecutivos, corresponde a:

Alternativas
Comentários
  • As comédias são A e B. Assim, você pode formar várias combinações, desde que A e B não apareçam juntos; A C D B E F G é uma combinação possível, mas D E B A F G C não, pois B e A apareceram juntos. 

    Vamos calcular quantas possibilidades haveria no total, se não existisse tal condição, e disso subtrair as possibilidades em que A e B aparecem juntos. 

    Dessa maneira, as possibilidades seriam: 
    7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 7! = 5040 
    Para o filme do 1º dia, temos 7 possibilidades; para o 2º, temos 7 - 1 = 6, porque o filme do 1º dia não pode passar de novo. E assim por diante. 

    Vamos calcular de quantas maneiras A pode aparecer junto de B: 
    2 * 1 (ou 2!) => Para cada possibilidade do primeiro, há somente 1 do segundo. Se o primeiro for A, o segundo só poderá ser B e vice-versa. São 2. 

    Agora consideremos A e B como um filme só, AB: 
    { AB C D E F G } => agora temos 6 filmes. Lembrando que nenhum pode se repetir na combinação porque só será exibido 1 por dia: 
    6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 6! = 720 
    Para o filme do 1º dia, temos 6 possibilidades; para o 2º, temos 6 - 1 = 5, porque o filme do 1º dia não pode passar de novo. E assim por diante. 

    Mas como AB é na verdade um conjunto de 2 possibilidades, temos 720 * 2 = 1440 possibilidades aqui. Isso porque todas essas 720 possibilidades de AB também acontecem com BA. 

    Logo, por esse raciocínio as possibilidades são 5040 - 1440 = 3600 

    Resposta: E

     

     

    Fonte: https://br.answers.yahoo.com/question/index?qid=20070904152509AA88nAM

     

     

  • Simplificando a vida de vocês!!!

    quando se deparar com esse tipo de questão:

    peguem as possibilidades totais:

    que será o fatorial de 7! = 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 5040.

    depois diminuam pelas vezes que os elementos aparecem juntas:

    como temo 7 elementos, então subtraiam por um que dará o fatorial desejado, nesse caso 6! = 720

    e como os elementos podem mudar de posição entre si, então 720 * 2 = 1440

    dessa forma:

    5040 (número total de possibilidades)

    -1440 (possibilidades dos elementos aparecem juntos)

    3600

    gabarito: E


ID
677239
Banca
FEC
Órgão
DETRAN-RO
Ano
2007
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um feirante comprou 84 laranjas, 72 maçãs e 48 mangas e pretende arrumar todas as frutas num tabuleiro em lotes com a mesma quantidade de frutas, sem misturar os tipos de frutas nos lotes. A maior quantidade possível de frutas de cada lote será:

Alternativas
Comentários
  • Esta é bem simples. Basta fatorar os numeros 84, 72, 48 e achar o MDC, da seguinte forma.

    84, 72, 48 | 2 *numero primo que divide todos os numeros da questão

    42, 36, 24 | 2 *numero primo que divide todos os numeros da questão

    21, 18, 12 | 2 Este já não dividiu todos

    21, 9,  6   | 2 Este tambem não dividiu todos

    21, 9 , 3   | 3 *numero primo que divide todos os numeros da questão

    7,   3,  1   | 3 Este já não dividiu todos

    7,   1,   1  | 7 Este já não dividiu todos

    Agora multiplica os primos que dividiram todos e acha-se o MDC entre os numeros 84, 72, 48, que neste caso é: 12

    Portanto, alternativa A.

  • Isso é M.D.C resposta letra A)!!!

  • MDC ( 84 -72- 48)

    84-----------72----------48 / 2

    42-----------36----------24 /2

    21-----------18----------12 /3

    7-------------6------------4

    -------------------------------------2 X 2X 3 = 12

    A maior quantidade de frutas será 12

    alternativa A

    Deus seja louvado!!!

  • Cade a análise combinatória?

  • Os dividendos 84, 48 e 72 representam o total de frutas. O MDC 12 representa a quantidade de frutas por lote. E o quociente das respectivas divisões representam a quantidade de lotes necessários para cada fruta.

  • Chegou no 1 nem precisa continuar, pois 1 nem é primo


ID
685552
Banca
COPESE - UFT
Órgão
UFT
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

No Campeonato Tocantinense de Futebol Profissional da 1ª Divisão / Edição 2011, as 8 (oito) equipes participantes seguem o regulamento da realização dos jogos em 3 (três) fases, com a seguinte forma de disputa:

1) Na 1ª fase as 8 (oito) equipes jogarão entre si apenas em jogos de ida, classificando-se para a 2ª fase as 4 (quatro) primeiras equipes;

2) Na 2ª fase as 4 (quatro) equipes classificadas na 1ª fase formarão apenas um grupo e jogarão entre si em jogos de ida e volta, classificando-se para a 3ª fase - "Final" as 2 (duas) primeiras equipes;

3) Na 3ª fase - "Final" as 2 (duas) equipes classificadas na fase anterior, jogarão entre si, em jogos de ida e volta.
Fonte: www.ftf.org.br

Com base nos dados anteriores, faz-se as seguintes afirmações:

I. O número total de jogos da 1ª fase do Campeonato é de 28 jogos;

II. O número total de jogos da 2ª fase do Campeonato é de 12 jogos;

III. O número total de jogos do Campeonato é de 54 jogos.

Analisando as afirmações anteriores, pode-se concluir que:

Alternativas

ID
686545
Banca
UEG
Órgão
UEG
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um grupo constituído de 10 pessoas resolveu comemorar em uma chácara a conclusão de um curso que acabara de se encerrar. Para isso, o grupo viajaria em carros com a seguinte disponibilidade de assentos: um com cinco lugares, outro com três e mais um com dois. O número de maneiras diferentes pelas quais se pode fazer a distribuição do grupo de pessoas nos carros é:

Alternativas
Comentários
  • Se chamamos A ao carro primeiro, ao segundo B e ao terceiro C, cada distribuição é uma palavra da forma, por exemplo, AABBAACABC, ou seja, a primeira pessoa vai ao carro A, a segunda ao A, A terceira ao B, etc.

    Por tanto, as distribuições são as permutações com repetição dos 10 sítios com 5, 3 e 2 indistinguíveis:

    PR(10;5,3,2) = 10!/(5!3!2!) = 2520


ID
691153
Banca
UDESC
Órgão
UDESC
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um estudante ganhou um carro novo de seus pais quando passou no vestibular. Como o pai já havia escolhido o modelo, na concessionária o estudante deveria decidir entre as opções duas ou quatro portas, com os possíveis equipamentos adicionais: ar condicionado; direção hidráulica; câmbio automático; freio ABS e airbag. Para o carro de duas portas, ele podia escolher três adicionais, enquanto que, para o carro de quatro portas, apenas dois adicionais. Como o pagamento foi à vista, a concessionária ofereceu de brinde uma das opções: rodas de liga leve ou equipamento de som. O número total de possibilidades do estudante, ao escolher o carro, foi:

Alternativas
Comentários
  • Opção 2 portas => C(5,3) x 2

    Opção 4 portas => C(5,2) x 2

    Soma-se as opções de 2 portas com as opções de 4 portas e obtem-se o resultado.


ID
691408
Banca
UDESC
Órgão
UDESC
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma mala, para ser aberta, precisa de uma senha composta por quatro algarismos. Ana foi viajar com essa mala e quando foi abri-la, percebeu que esquecera a senha. Ela lembrava que o primeiro algarismo era o 1, que não havia algarismos repetidos e que o 4 aparecia em alguma posição.
O número máximo de tentativas diferentes para Ana abrir a mala é:

Alternativas
Comentários
  • Vamos começar anotando os dados:

    *São 4 algarismos;

    *Começa com 1;

    *Tem o 4 em alguma posição; e

    *Não repete, portanto, distintos.

    *0,1,2,3,4,5,6,7,8,9

    Montando essas informações no PFC

    Considerando o 4 no segundo lugar:

    _ _ _ _ -> 1-4-x-x -> 1 possibilidade x 1 possibilidade x 8 possibilidades x 7 possibilidades = 56.

    Mas ainda não temos a resposta, pois consideramos apenas o caso de o 4 assumir a 2º posição.

    Para efetivamente chegarmos ao resultado, multiplicamos por 3 (as 3 possíveis posições do 4).

    56x3=168

  • Veja bem!

    1 está fixo e o quatro também .

    Suponhemos que estejam um do lado do outro

    1-4» sobram 8 números e 2 espaços

    1-4-_-_

    [...]

    1-4-8x7=56, mas como o 4 pode estar em 3 lugares, então multiplique 56x3= 168.

    LETRA D

    APMBB


ID
700822
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para montar a senha de segurança de sua conta bancária, que deve ser formada por seis dígitos, João escolheu 1, 2, 5, 5, 7 e 8. Os dígitos escolhidos não serão dispostos na ordem apresentada, pois, para João, é importante que a senha seja um número maior do que 500.000.

Com os dígitos escolhidos por João, quantas senhas maiores do que 500.000 podem ser formadas?

Alternativas
Comentários
  • Para o primeiro dígito há 3 possibilidade: 5, 7 ou 8.
     
    Quando o primeiro dígito é 5, permutam-se os outros 5 números = 120
     
    Quando o primeiro dígito é 7 ou 8, permutam-se os 5 números, mas devem ser retiradas as repetições, já que cAsa = casA. Para fazer isso, o resultado da permutação de 5 deve ser dividido pela permutação de x, onde x é igual à quantidade de vezes que um número é repetido. O 5 aparece duas vezes:
    P5 / P2 = 60
     
    120 + 60 + 60 = 240

  • Uma vez que a ordem dos elementos é importante devemos utilizar a permutação:
     
    Para a senha ser maior que 500000 devemos começar a senha com os Número 5, 7 ou 8 e permutar os restantes:
     
    5 _ _ _ _ _  permutação de 1, 2, 5, 7, 8 = 5! => 120 possibilidades

    7 _ _ _ _ _  permutação de 1, 2, 5, 5, 8 = 5! =>  120 possibilidades dividido por 2! = 60 (devido à presença do N°5 duas vezes)
                      vvffrrrrrjjijijir 
    8 _ _ _ _ _  permutação de 1, 2, 5, 5, 7 = 5! => 120 possibilidades dividido por 2! = 60 (devido à presença do N°5 duas vezes)
     
    Somando as possibilidades: 120 + 60 + 60 = 240 possibilidades

    Gabarito => Letra D)




        

  • Combinação:
    1,2,5,5,7,8              

    Possibilidades = 6 digitos
    ____    ____    ____    ____   ____   ____  
       4        5        4         3       2        1      = 4*5*4*3*2*1= 480
                                                                             480/2=240 (pois o nº 5  aparece 2 vezes)




     

  • Calcula-se o número de senhas sem restrição depois tirar aquelas que começam com 1 ou 2. Assim terei números maiores que 500000

    Sem restrição

    125578
    Total de anagramas: 6! / 2! (Aqui, desconta-se 2! pela repetição dos cincos )
    Total = 720 / 2
    Total = 360

    Total começando com 1:

    |1| 25578 -> Permuta-se o resto
    T = 5! / 2!
    T = 120/2
    T = 60

    Total começando com 2:

    |2| 15578 -> Permuta-se o resto
    T = 5! / 2!
    T=120/2
    T = 60

    Como a senha precisam começar com 5, 7 ou 8, precisamos excluir as possibilidades dele começar com 1 e 2. A resposta será o total sem restrição menos as possibilidades do número começar com 1 ou 2.

    R = 360 - 60 - 60

    R = 240


  • Posibilidades = 6!/2 = 360

    Impossibilidades = 5!/2 + 5!/2 = 120

    A divisão por dois objetiva excluir as hipóteses em que o mesmo número é formado por conterem dois números 5.
  • Pessoal fiz esta questão da seguinte forma utilizando permutação simples:

    São 6 digitos, 4 deles podem se utilizados na primeira posição (5,5,7,8) por causa da restrição de 500.000 então:
    _ X _ X _ X _ X _ X _
    4    5     4    3    2    1
    Mas como o 5 se repete duas vez divide por 2! e fica assim:
    4 x 5!/2! = 240
  • Fiz de uma forma tão simples e deu certo.

    1, 2, 5, 5, 7 e 8 são 6 número = P6=6! =  720 / 6 (Número de elementos) = 120 (cada elemento tem 120 possibilidades) 120 x 2 ( 5,5)

    resultado 240.

    Se estiver errada, por favor me corrijam. abraços.


  • Pessoal para quem não sabe o símbolo ! em Matemática, na Análise Combinatória, significa FATORIAL.

    Ele não é usado sozinho, ficando sem sentido. É usado após um número natural que, assim empregado, corresponderá ao FATORIAL daquele número.

    Exemplos:

    3!Lê-se: fatorial de 3.0!Lê-se: fatorial de 0.15!Lê-se: fatorial de 15.

    Definição elementar  de FATORIAL para números naturais:

    1) 0! = 1

    2) 1! = 1

    3) Para qualquer natural n > 1, tem-se que n! = n(n – 1)!

    Exemplos:

    3!= 3·2! = 3·2·1! = 3·2·1 = 60!= 115!= 15·(14!) = 15·(14·13!) = 15·14·13·12! = ... = 15·14·13·12·11·10·9·8·7·6·5·4·3·2·1

    Perceba que a ideia da definição de fatorial de um número natural é desenvolver um produto de termos sucessivamente decrescentes por naturais consecutivos, a partir do valor indicado no próprio símbolo até chegar em 1.

    A seguir uma lista dos fatoriais de números naturais.

    nn!0111223642451206720750408403209362880103628800113991680012479001600136227020800148717829120015130767436800016209227898880001735568742809600018640237370572800019121645100408832000202432902008176640000 Agora, creio que fica mais fácil entender as resoluções dos nossos colegas abaixo.

    Espero ter contribuído.

    Abs...


  • Pessoal, ajudem-me pois sou novo em análise combinatória! Eu fiz assim eu não sei se posso.

    Para que seja maior do que 500000, basta que neste caso, o primeiro seja 5. Como ele possúi duas opções de 5 para por no primeiro dígito, então fica:

    2,5,4,3,2,1 = 2 x 5! = 240

    Se eu estiver errado na minha analogia e acertei por coincidência, digam-me onde errei, por favor!

  • Bom, você irá utilizar como primeiro algarismo o 5,7 ou o 8. lembrando, quando se tratar da regra do "ou", somaremos os resultados obtidos. 

    Começando por 5, temos cinco algarismos distintos (1, 2, 5, 7 e 8): 5! = 120.
    começando por 7,temos algarismos repetidos ( 5 e 5), dessa forma, faremos da seguinte maneira: 5! / 2! = 60. Você fará da mesma forma quando começar com o 8, sendo assim: 5! / 2! = 60
    Agora é somar os resultados encontrados: 120+60+60 = 240.

  • Michel, você tem que começando com 8 ou 7 também é maior que 500000...

  • Para termos um número maior que 500.000, o primeiro dígito deverá começar por 5, 7 ou 8. Assim, se o primeiro número for o 5, então para as outras 5 posições há uma permutação de números sem repetição:

    5! = 5.4.3.2.1 = 120


    Se o primeiro número for 7 ou 8, os outros são uma permutação com uma repetição:

    P(2)5 = 5!/2! = 60 (Pois o número 5 repete duas vezes).

    Como são duas possibilidades, temos:

    2 x 60 = 120

    Somando os dois casos, temos um total de 240 senhas.

    Resposta: Alternativa D.
  • nao entendi essa questao...


  • Minha resposta dá 360. Não entendi porque é 240. Seria 3 x 5 fatorial. Pois na verdade o primeiro número pode ser 5, 7 ou 8, afinal, os demais ficaram acima de 500.000.

  • se você olhar bem, usamos, para encontrar as possibilidades com o dígito "5", o ARRANJO, e não repetimos o "5" novamente. Só o consideramos uma vez. E para encontrar as possibilidades com o dígito "7" e "8", usamos a PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO, onde o 5 se repete duas vezes. Então, vai ficar 5!/2!. Eu demorei pra encontrar a resposta desse também. 

  • na minha ipinião o erro estar em falar se a senha pode ser repetida ou não, caso seja repetida seria uma combinação, se nao for repitida seria um arranjo

  • *numeros 1, 2, 5, 5, 7, 8

    *restrição: > 500.000

    * para ser maior que 500.000, poderemos iniciar apenas pelos números (5, 5, 7, 8), sendo 4 possibilidades

    logo:

    4 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 480

    * como temos duas letras que se repetem, deveremos dividir por 2

    480/2 = 240

  • Acho que muitos erraram, assim como eu, ao fazer tudo como permutação simples. Contudo como bem disse o Leonardo, usaremos permutação com repetição para os números iniciados por 7 e 8. Vejam


    5 __ __ __ __ __ __ = 5! = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 120 (aqui não repetimos o 5)

    7 __ __ __ __ __ __ = P5² = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 / 2 * 1 = 60 (é necessário permutação com repetição, pois o 5 repete 2 vezes)

    8 __ __ __ __ __ __ = P5² = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 / 2 * 1 = 60 (é necessário permutação com repetição, pois o 5 repete 2 vezes)

    120 + 60 + 60 = 240
  • 4x5x4x3x2x1 = 480/2 = 240

  • Sem restrições :seis dígitos para seis possibilidades =6! = 720

    Com a restrição : 5 5!, 5 5!,  7 5! , 8 5!  = 4 × 120= 480 logo,  720-480= 240

  • 5 . __ . __ . __ .__ . __

    1 5 4 3 2 1 = 120

    7/8 . __ . __ . __ .__ . __

    2 5 4 3 2 1 = 240 ÷ 2! = 120

    OBS: haverá repetições de 5 ( 5 . 5 ou 5 . 5 ), é necessário dividir por 2!

    120 + 120 = 240

    Alternativa (D)

  • ótima questão. A chave está no 5, se ele começar o número, eu posso formar 5! números distintos maiores que 500000, no entanto esse processo só pode ser feito 1 vez, já que, se eu usar "o outro dígito 5" no começo do número, eu obtenho os mesmos números que anteriormente. Portanto, começando o número com o dígito 5, eu tenho um total de 120 números possíveis;

    se eu começar o número com o 7, as outras 5 posições serão ocupadas pelos dígitos que sobram, porém temos uma repetição, o 5 que aparece duas vezes, portanto será uma permutação de 5!/2! = 60

    esse mesmo raciocínio se aplica quando o 8 começa o número, um total de 5!/2! = 60

    __________

    assim, 120 + 60 + 60 = 240

  • Temos 6 números que podem ser utilizados, sendo que o 5 é repetido. Para o primeiro algarismo temos 3 opções (8, 7 ou um dos 5), pois a senha deve ser maior que 500.000. Vamos analisar 2 casos separados:

    - quando o primeiro algarismo for 5:

    Neste caso, temos 1 possibilidade para o primeiro algarismo e, para os demais, basta calcularmos as permutações simples dos outros cinco números restantes (1, 2, 5, 7 e 8):

    1 x P(5) = 5! = 120 possibilidades

    - quando o primeiro algarismo for 7 ou 8:

    Neste caso, temos 2 possibilidades para o primeiro algarismo, e para os demais temos uma permutação de 5 algarismos com a repetição de 2 números 5, totalizando:

    2 x P(5, 2) = 5! / 2! = 2 x 60 = 120 possibilidades.

    Ao todo temos 120 + 120 = 240 possibilidades.

    Resposta: D


ID
711841
Banca
FADESP
Órgão
Prefeitura de Breves - PA
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Utilize os dados abaixo para as próximas três (03) questões.

O Brasil tem aproximadamente 190.776.000 habitantes e o Ministério da Saúde recomenda que um Agente Comunitário de Saúde (ACS) atenda, no máximo, a 750 pessoas.  

Qual a quantidade mínima de ACS necessária para atender a toda a população do Brasil?

Alternativas
Comentários
  • Você só precisa dividir 190.776.000 por 750. E ele lhe dará exatamente 254.368.000.

  • onde está análise combinatória dessa questão?

  • 750 pessoas ---------------- 1 

    190.776.000 ------------------ X 

    750 PESSOAS * X = 190.776.000 * 1 

                                X = 190.776.000 / 750 

                                X = 254.368 AGENTES 

  • A questão em tela versa sobre a disciplina de Matemática e o assunto inerente à divisão dos números.

    Tal questão apresenta os seguintes dados os quais devem ser utilizados para a sua resolução:

    1) O Brasil tem aproximadamente 190.776.000 habitantes.

    2) O Ministério da Saúde recomenda que um Agente Comunitário de Saúde (ACS) atenda, no máximo, a 750 pessoas.

    Por fim, frisa-se que a questão deseja saber qual é a quantidade mínima de ACS necessária para atender a toda a população do Brasil.

    Resolvendo a questão

    Sabendo que o Brasil tem aproximadamente 190.776.000 habitantes e que o Ministério da Saúde recomenda que um Agente Comunitário de Saúde (ACS) atenda, no máximo, a 750 pessoas, para se descobrir .qual é a quantidade mínima de ACS necessária para atender a toda a população do Brasil, deve ser feita a divisão entre o número de habitantes que o Brasil, aproximadamente, possui (190.776.000) pelo valor referente á quantidade recomendada pelo Ministério da Saúde com relação a quantas pessoas um Agente Comunitário de Saúde pode atender no máximo (750), resultando a seguinte operação:

    190.776.000/750 = 254.368 Agentes Comunitários de Saúde (ACS).

    Gabarito: letra "d".


ID
713443
Banca
FUNDEP (Gestão de Concursos)
Órgão
Prefeitura de Patrocínio - MG
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Para reformar a sala de sua casa, Marcelo havia montado a seguinte lista com as possíveis escolhas para o piso, azulejo e luminária.

Pisos: amarelo, branco ou marmorizado.
Azulejos: amarelo, branco, cinza ou azul
Luminárias: simples ou com ventilador.

Entretanto, Márcia, a esposa de Marcelo, não gostou do azulejo azul e disse que só o aceitaria caso fosse instalado com o piso branco.

Levando em consideração as restrições impostas por Márcia, assinale a alternativa que apresenta a quantidade de maneiras possíveis de se decorar a sala.

Alternativas
Comentários
  • Se o azulejo for azul: 2 possibilidades (branco; azul; simples OU branco; azul; ventilador).

    Se o azulejo não for azul: 3 (opções de piso) x 3(opções de azulejo) x 2 (opções de luminárias) = 18

    Somando: 20 

  • ANALISE COMBINATÓRIA -

    P ISOS : AMARELO / BRANCO / MARMORIZADO (3)

    A ZULEJOS : AMARELO / BRANCO / CINZA / AZUL (4)

    L UMINÁRIAS : SIMPLES / VENTILADOR (2)

    CHANCES DE SER AZUL : (PISOS) _1_ X (AZULEJOS) _1_ X (LUMINÁRIAS) _2_ = 2 POSSIBILIDADES

    *AZULEJO AZUL SÓ SERA USADO COM O PISO BRANCO, PORTANTO 1 POSSIBILIDADE.

    CHANCES DE NÃO SER AZUL : (PISOS) _3_ X (AZULEJOS) _3_ X (LUMINÁRIAS) _2_ = 18 POSSIBILIDADES

  • Há 18 maneiras possíveis de se decorar a sala sem o azulejo azul (3.3.2), pois o azulejo azul não se pode combinar com nenhum piso além do branco, se pudesse, teríamos 3.4.2.

    Com o azulejo azul, teremos 2 maneiras (1.2). Como o azulejo azul já se combinou com o piso branco (1 maneira), resta somente combiná-los ou com uma luminária simples ou com uma luminária com ventilador (2 maneiras).

    Assim, somando tudo (2+8) temos 20 maneiras de se decorar a sala.


ID
714412
Banca
UECE-CEV
Órgão
UECE
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

De quantos modos 4 rapazes e 4 moças podem se sentar em 4 bancos de dois lugares cada um, de modo que em cada banco fiquem um rapaz e uma moça?

Alternativas
Comentários
  • Primeiro as mulheres:

    A 1ª pode escolher 1 entre 8 lugares; a 2ª pode escolher 1 entre 6 lugares; a 3ª tem à disposição 4 lugares e a última 2 lugares. 
     8x6x4x2

    Agora os homens:

    O 1º pode escolher 1 entre 4 lugares; o 2º pode escolher 1 entre 3 lugares; o 3º tem à disposição 2 lugares e para o último sobrou só um 1 lugar.
    4x3x2x1


    Total de possibilidades: 8x6x4x2 x 4x3x2x1 =9216

    ITEM E


ID
714931
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
UNB
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Produtos de limpeza, como sabão, detergente, desentupidor de pia e alvejante, geralmente utilizados em residências, apresentam, na sua composição, compostos como hidróxido de sódio (NaOH) e hipoclorito de sódio (NaClO). A esse respeito, julgue os itens de 23 a 28 e faça o que se pede no item 29, que é do tipo D.

O número de maneiras distintas de escolher 5 tipos de sabão em pó entre 8 opções disponíveis na prateleira de um supermercado é igual a 2³ × 3² × 11.

Alternativas
Comentários
  • ERRADO.

     

    combinação de 8,5

    8.7.6.5.4/ 5.4.3.2.1= 56

     

    2³ × 3² × 11= 792


ID
716065
Banca
UECE-CEV
Órgão
UECE
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A diretoria de um sindicato é composta de dez membros entre os quais o presidente e o vice- presidente. Quantas comissões com quatro membros da diretoria é possível formar, se em cada uma destas comissões deve figurar o presidente e o vice-presidente?

Alternativas

ID
716677
Banca
UECE-CEV
Órgão
UECE
Ano
2010
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Com os algarismos distintos e não nulos a, b e c, formam-se os dois números de dois dígitos ab e ba cuja soma é o número de três dígitos cac. O produto dos algarismos a, b e c é

Alternativas
Comentários
  • Pode-se enxergar "ab" como 10 *a + b. Usando a mesma lógica, "ba" = 10 * b + a e "cac" = 100 *c + 10*a + c.

    A questão disse que ab + ba = cac. Então, 10 * a + b + 10 *b + a = 100 *c + 10*a + c.

    Depois de fazermos as operações necessárias, chegamos a 101c = a + 11b. Para que essa equação seja verdadeira, o "c", "b" e "a" precisam ser, respectivamente, iguais a 1 , 2 e 9.

    Portanto, a * b *c = 1 * 2 * 9 = 18.


ID
729013
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Chesf
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Solicitou-se que João criasse uma senha de segurança bancária formada por 5 dígitos, a serem tomados entre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, de tal forma que o segundo dígito fosse par, o primeiro dígito fosse igual ao quarto dígito, e o terceiro dígito fosse igual ao quinto dígito.
Seguindo tais critérios, quantas senhas distintas podem ser criadas por João?

Alternativas
Comentários
  • 5 dígitos a senha

    ___ ___ ___ ___ ___
    1  * 5 * 1 * 10 * 10 = 500 possibilidades

    1º dígito:10 possibilidades ( o mesmo dígito que o 4º  )

    2º dígito: 5 possibilidades ( pares )

    3º dígito: 1 possibilidade (  o mesmo dígito que o 5º )

    4º dígito: 10 possibilidades (0 a 9 )

    5º dígito: 10 possibilidades (0 a 9)
  • João, ao digitar o primeiro dígito, terá 10 possilidades, ou seja, qualquer um dos números.

    Ao digitar o segundo número, tem que ser apenas pares, ou seja, 0, 2, 4, 6 e 8. Neste caso ele só possui 5 possibilidades.

    Ao digitar o terceiro número, ele possui 10 possibilidades.

    Ao digitar o 4º número, ele estará limitado ao mesmo que ele digitou no slot do primeiro número (1 possibilidade).

    Ao digitar o 5º número, ele estará limitado ao mesmo que ele digitou no slot do terceiro número (1 possibilidade).

    Temos 10 x 5 x 10 x 1 x 1 = 500 possibilidades.

  • Os conceitos divergem no conceito de 0 ser par ou ímpar, alguns o consideram par e outros afirmam que ele não é par nem ímpar, que ele seria absoluto. (eu já ouvi vários professores de matemática falando isso, por isso fiquei na dúvida... rs)

    Acho q a questão poderia ter escrito que consdera o 0 par, só para esclarecer esse ponto, mas pelas opções do gabarito dava para se entender que a banca considerou o 0 na contagem das possibilidades do número par, pois os arranjos possíveis seriam:

    ___ ___ ___ ___ ___
    10  * 5 * 1 * 10 * 1 = 500 possibilidades consderando 0 par e;

     

    ___ ___ ___ ___ ___
    10  * 4 * 1 * 10 * 1 = 400 possibilidades considerando 0 nem par nem ímpar, como não tem essa opção, teria que marcar a alternativa D mesmo... por isso acho que não caberia recurso...

     

    Esse comentário foi apenas uma observação devido ao conflito de definições que existe em relação ao número 0.

     

  • "Quantas senhas distintas podem ser criadas por João?" A questão fala em senhas distintas pq a repetição do 10 duas vezes?

  • A questão em tela versa sobre a disciplina de Matemática e o assunto inerente à Análise Combinatória.

    Tal questão apresenta os seguintes dados os quais devem ser utilizados para a sua resolução:

    1) Solicitou-se que João criasse uma senha de segurança bancária formada por 5 dígitos, ao todo, a serem tomados entre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9.

    2) O segundo dígito dessa senha deve ser par.

    3) O primeiro dígito dessa senha deve ser igual ao quarto dígito desta.

    4) O terceiro dígito dessa senha deve ser igual ao quinto dígito desta.

    Por fim, frisa-se que a questão deseja saber quantas senhas distintas podem ser criadas por João, segundo os critérios acima.

    Resolvendo a questão

    A partir das informações acima, pode-se concluir o seguinte:

    - Ao se escolher o primeiro dígito, João possui 10 opções (todos os algarismos de 0 a 9).

    - Ao se escolher o segundo dígito, João possui 5 opções (0, 2, 4, 6 e 8).

    - Ao se escolher o terceiro dígito, João possui 10 opções (todos os algarismos de 0 a 9).

    - Ao se escolher o quarto dígito, João possui apenas 1 opção, já que o quarto dígito deve ser igual ao primeiro dígito.

    - Ao se escolher o quinto dígito, João possui apenas 1 opção, já que o quinto dígito deve ser igual ao terceiro dígito.

    Por fim, para se descobrir quantas senhas distintas podem ser criadas por João, segundo os critérios acima, devem ser multiplicadas as opções destacadas acima, resultando o seguinte:

    10 * 5 * 10 * 1 * 1 = 500.

    Gabarito: letra "d".


ID
733516
Banca
Exército
Órgão
EsPCEx
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Se todos os anagramas da palavra ESPCEX forem colocados em ordem alfabética, a palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição

Alternativas
Comentários
  • A maneira "menos complicada" de resolver essa questão é colocando as letras em ordem alfabética e numerando-as em ordem crescente.

    Ex: ESPCEX

    Ordem alfabética: CEEPSX = 122345

    Logo: ESPCEX = 243125

    1º) 1 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120/2! = 60 (Divide por 2! pois existem duas letras "E")

    2º) 1 . 3 . 4 . 3 . 2 . 1 = 72

    3º) 1 . 1 . 2 . 3 . 2 . 1 = 12

    4º) Aqui é o próprio 243125 = 1

    Somando: 60 + 72 + 12 + 1 = 145

    GABARITO: LETRA B

  • A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

    ESPCEX

    Até chegar na palavra ESPCEX devemos colocar as letras em ordem alfabética passo a passo, contando as possibilidades até chegarmos na palavra.

    Número de possibilidades com a letra C, pois ela vem antes do E no alfabeto:

    C _ _ _ _ _=5!/2! =60 5 letras distintas, fatorial nelas, mas temos uma repetida (E), divide por 2 fatorial(permutação)

    Chegamos no E, mas como é ordem alfabética devemos colocar a segunda letra até chegarmos no S

    E C _ _ _ _ =4! = 24 quatro letras distintas, fatorial nelas.

    E P _ _ _ _ = 4! = 24 quatro letras distintas, fatorial nelas.

    Chegamos no ES, mas não no E S P C E X:

    E S C _ _ _ =3! = 6

    E S E _ _ _ =3! = 6

    Chegamos no ESP, mas não no E S P C E X:

    E S P _ _ _ Veja que a próxima letra da ordem alfabética é C, pois E S P já foram, sobrando C E X

    E S P C _ _ Veja que sobraram 2 letras E e X, como o E vem antes do X só temos uma possibilidade.

    A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

  • Como queremos anagramas em ordem alfabética, então:

    Anagramas que começam com a letra C

    C _ _ _ _ _

    Anagramas que começam com EC

    E C _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com EE

    E E _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com EP

    E P _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com ESC

    E S C _ _ _

    3! = 6

    Anagramas que começam com ESE

    E S E _ _ _

    3! = 6

    Perceba que depois dos anagramas que começam com ESE o próximo será justamente a palavra ESPCEX.

    Portanto, a palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição:

    60 + 24 + 24 + 24 + 6 + 6 = 144

    ou seja, a 145ª posição.

    Alternativa correta: letra b).

  • Como queremos anagramas em ordem alfabética, então:

    Anagramas que começam com a letra C

    C _ _ _ _ _

    Anagramas que começam com EC

    E C _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com EE

    E E _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com EP

    E P _ _ _ _

    4! = 24

    Anagramas que começam com ESC

    E S C _ _ _

    3! = 6

    Anagramas que começam com ESE

    E S E _ _ _

    3! = 6

    Perceba que depois dos anagramas que começam com ESE o próximo será justamente a palavra ESPCEX.

    Portanto, a palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição:

    60 + 24 + 24 + 24 + 6 + 6 = 144

    ou seja, a 145ª posição.

    Alternativa correta: letra b).


ID
735214
Banca
ISAE
Órgão
PM-AM
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um anagrama de uma palavra é uma reordenação qualquer de suas letras. Por exemplo, ASAC é um anagrama de CASA, CAAS é outro anagrama de CASA.
A palavra MILITAR tem a seguinte quantidade de anagramas:

Alternativas
Comentários
  • M I L I T A R :    
    7!
    (I , I) : 2 

    7X6X5X4X3X2
          2

    =2.520 

  • Na palavra MILITAR temos 7 letras a serem permutadas (trocadas, embaralhadas, misturadas)

    caso 1::::::Assim teremos que tirar o fatorial de 7:

    7!=7.6.5.4.3.2.1=5040

    caso 2::::::Como a letra "i" repete 2 vezes teremos que tirar o fatorial de 2:

    2!=2.1=2

    Agora é só dividir os 5040 por 2:

    5040/2=2520

    NOTE: Sempre que houver letras repetidas, conte o total de repetições da determinada letra e tire seu fatorial (caso 2). Ao fim, divida o valor obtido pelo fatorial do total de anagramas (caso 1)


ID
772867
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Transpetro
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A vitrinista de uma loja de roupas femininas dispõe de 9 vestidos de modelos diferentes e deverá escolher 3 para serem exibidos na vitrine.

Quantas são as escolhas possíveis?

Alternativas
Comentários
  • Temos que formar com os nove vestidos conjuntos de tres. Nessecaso a queremos evitar conjuntos repetidos. Por exemplo, os conjunto com os vestidos (1,2,3) é igual ao conjunto com os vestidos (3,1,2) por isso não devem ser contados. Assim estamos falando de combinação simples
    C9,3 = 9! / (9! - 3!)x3!
    C9,3 = 9! / 6!x3!
    C9,3= 362880 / 4320  (ou desenvolvendo o fatorial C9,3 = 9x8x7x6! / 6!x3x2x1; C9,3 = 9x8x7 / 3x2x1; C9,3 = 84  )
    C9,3 = 84
  • Não entendi a forma que foi feito o calculo. 
    e enunciado diz que a vitrinista deve expor apenas 3 dos 9 vestidos e não 3 grupos de 3 vestidos, portanto Fiz:  9 X 8 X 7 apenas.
    Alguem poderia me explicar?
  • Segui o mesmo raciocínio do colega acima. Se são 9 vestidos e 3 espaços na vitrine, teríamos:

    9 x 8 x 7 = 504

    Alguém poderia explicar o erro nesse raciocínio?
  • Gabarito: A

    Concordo com o comentário do Henrique.

    Pois, se estão disponíveis 9 vestidos de modelos diferentes e deverá escolher 3.
    Deveria ser feita a multiplicação 9 x 8 x 7 = 504 . Pelo meu entendimento seria essa a resposta correta, resultando no entanto numa permutação. O gabarito seria a letra E.

    Porém,
    se formos analisar pelo entendimento da banca a resolução da questão seria dessa forma:
    C 9,3 =   9 x 8 x7!   =  504 =  84                                    
                3 x 2 x 1!        6                                                              
                                                            Ou

     C 9,3 =      9!      =     9!   =  9 x 8 x 7 x 6!    =  504   =  84
                3! (9-3)!        3! 6!      3 x 2 x 1! 6!        6
    Obs.: A questão não pede combinação; para isso deveria ter algo a mais e não somente o vestido;
    ex.: poderia haver vestidos e certa quantidade de bolsas.
    A pergunta não faz mensão a grupo e sim de escolhas possíveis. 

    Não entendi porque essa questão foi resolvida dessa forma, se alguém puder me explicar ficarei grata :)

    Bons estudos! Foco e dedicação!
  • @Pedro Ernesto Pezzi

    o problema da sua lógica é que vc não levou em consideração que a combinação de vestidos x,y,z tem o mesmo efeito que a combinação z,x,y ou z,y,x ou etc

    quando vc se depara com uma situação onde a ordem dos fatores não faz diferença, tem que usar a formula n! / (n-p)! * p!

    Na prática faltou vc dividir seu resultado por 3!
    (504 / 6)
  • Pedro, você diz que o resultade deve ser dividido por 3,mas divide por 6?!
  • (A) 84 – RESPOSTA CORRETA
    (B) 96
    (C) 168
    (D) 243
    (E) 504
    Comentário: Como não importa a ordem na qual os vestidos foram escolhidos, o número total de escolhas é dado pela combinação dos 9 vestidos 3 a 3, ou seja, 9!/(6! 3!) = (9 x 8 x 7)/ 3! = 84.
  • Questão muito mal elaborada.

  • Concordo com a explicação do diego (2°comentário). Na questão a ordem dos vestidos não é importante. Se a questão pedisse, por exemplo, as possíveis combinações de 3 letras para a senha de um cofre usando 9 letras (A, B, C, D, E, F, G, H e I) aí sim poderíamos fazer 9 x 8 x 7= 504 pq nesse caso a combinação ABC é diferente de BCA. Mas no caso dos vestidos, se você passa na frente da loja, olha para a vitrine e vê os vestidos 1, 2 e 3 (vamos supor que sejam, respectivamente, rosa longo, verde curto e preto de bolinhas) ou 3, 2 e 1 (preto de bolinhas, verde curto e rosa longo) dá no mesmo! Não importa a ordem dos manequins! Logo, você não pode usar combinações que "dão no mesmo". O cálculo já foi demonstrado pelos colegas paulo cesar, diego e Rafaela.

  • Geovane, ele não dividiu por 3

    Ele dividiu por 3! = 3 x 2 x 1

    É um exercício de combinação, pois a ordem dos vestidos na vitrine NÃO importa.

    Acho que esse foi o erro da maioria, 9!/6! = 9x8x7 = 504 (arranjo)

    Como a ordem não importa, o correto é fazer por combinação, a fórmula é: n/p!(n-p)! 

    9!/3!6! = 9*8*7/3! 

    504/ 3*2*1 = 84


  • C 9,3 = 9.7.8/6 = 504/6 = 84

  • pp cesar explicou esta questões magistralmente, muito melhor do que foi explicado em "Comentários do Professor". Deixo aqui meus agradecimentos.

  • Tinha muita dificuldade para resolver exercícios de Analise Combinatória, depois li um macete que é tiro e queda!! rsrsr

    Você deve fazer duas perguntas, a primeira é :

    " Estou formando grupos? "  Se a resposta for NÃO -> só pode ser permutação! 

                                                      Se a resposta for SIM -> pode ser arranjo ou combinação!

      Caso a resposta tenha sido SIM, você passa para a próxima pergunta:

    "A ordem importa?"                Se a resposta for NÃO -> combinação

                                                      Se a resposta for SIM  -> arranjo 

                                                                                             

    No caso do exercício, " Estou formando grupos? " SIM, grupos de 3 vestidos!

                                        "A ordem importa?"    NÃO!

    Logo, podemos concluir que se trata de uma COMBINAÇÃO, portanto deveremos usar a seguinte fórmula:

    C n,p = n! / p!*(n-p)!    -----> C9,3= 9! / 3!*(9-3)!   ------> 84 ,  Letra A

  • Assim, quando é Análise Combinatória e a ordem não importa, significa que:

    Ex: Tenho 6 frutas e posso escolher 2 pra fazer um suco, quantos sucos diferentes eu consigo fazer

    Fruta A, B, C, D, E, F = Essas sao as nossas frutas. Lembrando que no exemplo acima quer que junte 2 deles, então temos o seguinte:

    AB / AC / AD / AE / AF --> A Fruta "A" se mistura com todos. Não pode AA porque o exemplo pediu pra pegar 2 diferentes.
    BC / BD / BE / BF --> Aí voce pergunta: Cade o BA? Lembre-se que já tem o AB ali em cima, então o efeito é o mesmo, tanto faz a ordem. Juntar Uva com Maçã dá o mesmo resultado que juntar Maçã com Uva. Entendeu? Por isso que tanto faz a ordem, logo, não se pode combinar duas vezes a mesma coisa. Então continuando desde o ínicio

    AB / AC / AD / AE / AF = 5 sucos
    BC / BD / BE / BF = 4 sucos
    CD / CE / CF = 3 sucos
    DE / DF = 2 sucos
    EF = 1 suco.

    Que no total, dá 15 sucos diferentes. Daí é só jogar na fórmula de Combinação que tá tudo beleza.

    Esse exemplo eu tirei de um video no youtube. É muito bom procurar esse videos gratuitos que quebram um puta galho =)

  • 9x8x7 /3

  • Nesse tipo de exercício é importante estar muito atento ao enunciado, pois uma palavra pode mudar todo o contexto do que a questão quer. Nesse caso, a questão quer apenas as escolhas possíveis. Exemplo: os vetidos rosa, amarelo e azul ficarão na vitrine, em nenhum momento a questão quer saber a ordem que esses vestidos ficaram expostos, se vai ficar no meio, ao lado etc. Por isso, usaremos a combinação, que é quando a ordem não importan, e não o arranjo.

    Gab A

  • Você deve fazer duas perguntas, a primeira é :

    " Estou formando grupos? " Se a resposta for NÃO -> só pode ser permutação! 

                             Se a resposta for SIM -> pode ser arranjo ou combinação!

     Caso a resposta tenha sido SIM, você passa para a próxima pergunta:

    "A ordem importa?"        Se a resposta for NÃO -> combinação

                             Se a resposta for SIM -> arranjo 

                                                  

    No caso do exercício, " Estou formando grupos? " SIM, grupos de 3 vestidos!

                       "A ordem importa?"  NÃO!

    Logo, podemos concluir que se trata de combinação!


ID
782944
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco da Amazônia
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

A responsabilidade pelo controle das contas-correntes que 12 empresas — 5 farmácias, 4 oficinas automobilísticas e 3 restaurantes — mantêm em determinado banco será aleatoriamente dividida entre os técnicos bancários Luíza e Mateus.

Considerando que, na situação hipotética acima, ambos os técnicos ficarão com o mesmo número de contas, julgue os itens a seguir.


Há mais de 1.000 maneiras distintas de se dividir essa responsabilidade.

Alternativas
Comentários
  • Resposta (Errada)
    As maneiras de se dividir essas contas são:

    5F, 1A : C5,5.C4,1=1.4=4
    5F, 1R : C5,5.C3,1=1.3=3
    4F, 2A : C5,4.C4,2=5.6=30
    4F, 1A, 1R: C5,4.C4,1.C3,1=5.4.3=60
    4F, 2R : C5,4.C3,2=5.3=15
    3F, 3A : C5,3.C4,3=10.4=40
    3F, 2A, 1R : C5,3.C4,2.C3,1=10.6.3=180
    3F, 1A, 2R: C5,3.C4,1.C3,2=10.4.3=120
    3F, 3R : C5,3.C3,3=10.1=10
    2F, 1A, 3R: C5,2.C4,1.C3,3=10.4.1=40
    2F, 2A, 2R: C5,2.C4,2.C3,2=10.6.3=180
    2F, 3A, 1R: C5,2.C4,3.C3,1=10.4.3=120
    2F, 4A: C5,2.C4,4= 10.1=10
    1F, 2A, 3R; C5,1.C4,2.C3,3=5.6.1=30
    1F, 3A, 2R: C5,1.C4,3.C3,2=5.4.3=60
    1F, 4A, 1R: C5,1. C4,4.C3,1=5.1.3=15
    4A, 2R: C4,4.C3,2=1.3=3
    3A, 3R: C4,3.C3,3=4.1=4

    TOTAL = 924  

    Outra forma é

    !Raciocinei que bastava saber que eram 12 empresas, pois não há restrições quanto ao número de contas de farmárcias, oficinas ou restaurante que cada bancário poderá administrar. Cada empregado do banco ficaria portanto com 6 empresas em seu portofólio.

    Assim, julguei que cada um ficaria com uma combinação de 6 empresas entre 12.
    C(6,12) = 12!/6!6!
    = 12*11*10*9*8*7 / 6*5*4*3*2
    = 924


    Espero ter ajudado!


     

  • Muito boa as sua resposta, me ajudou com certeza..... Obrigada
  • A segunda explicação foi ótima, Atravéz dos fatoriais podemos resolve sem dificuldade, parabens ótima resposta
  • resposta 

    12 11 10 09 08 07
    06 05 04 03 02 01
    igual
    12/06= 2
    11/05= 11/5
    10/04= 10/4
    09/03= 3
    08/02= 4
    07/01= 7
    2*3*4*7= 168
    168*10/4=420
    420*11/5 = 924

    resposta errada  

  • C(6,12) = 12!/6!6!
    = 12*11*10*9*8*7 / 6*5*4*3*2
    = 924 maneiras

    Resposta = Errado, existem 924 maneiras.

  • ERRADA


    Questão de combinação simples. Deseja-se formar um subgrupo de quantidade inferior a partir de um grupo. Ou seja, será preciso escolher 6 entre as 12 empresas para o primeiro técnico e o outro só terá uma opção.


    C (12,6) = 12! / 6! x 6! = 924

  • Acabei errando, pois a questão fala em dividir aleatoriamente. Interpreto que nao seria necessariamente 6 para cada um dos técnicos. Talvez tenha pensado demais kkkkkkkkkkk

  • C(6,12) x C(6,6) = 924 x 1 = 924

     

  • Errada.

     

    Pensei assim:

     

    1 > Serão escolhidas 6 contas de 12 existentes, portanto, de quantas maneiras poderá ser feita essa combinação:

     

    C (12,6) =    12*11*10*9*8*7  = 924

                           6*5*4*3*2*1

     

    2 > Portanto, será possível 924 maneiras e não mais de 1000 como diz o problema.

    Jesus no comando, SEMPRE!!

  • Boa tarde.


    Encontrei o resultado ligeiramente diferente, com base em uma questão similar do CESPE.


    Veja abaixo:


    Possibilidades de se distribuir os processos para Luíza:


    C(12,6) = 924


    Sobraram 6 processos para Matheus.


    C(6,6) = 1


    Total de possibilidades: 924 + 1 = 925


    Mais alguém encontrou esse resultado?

  • Questão Errada.

    Bastar apenas efetuar uma combinação C12,6 para o primeiro técnico e o que sobrar de clientes ficará para o segundo técnico.

    C12,6 = (12*11*10*9*8*7) / (6*5*4*3*2*1) = 924 * C6,6 = 1

  • Puts, já caí 2 vezes nessa questão, acerto mas de forma errada!!! Acabo fazendo combinação de 12 a 2.

  • TÔ FAZENDO IGUAL O LEO LIMA 

  • @Diego Silva


    Sua resolução não está adequada, pois teremos que dividir as empresas entre Luíza E Mateus, assim o adequado será multiplicar os valores e não somá-los.


    Conectivo E -> multiplicação


    Conectivo OU -> adição

  • A ordem não seria importante não?

    Exemplo: entregar o documento A para Luíza e B para Mateus é diferente de entregar B para Luíza e A para Mateus.

    Resolvi C12,6 x 2!



  • Gab ERRADO.

    Resolvi com um raciocínio diferente dos colegas, espero que ajude alguém.

    São 12 empresas e 2 bancários, cada um ficará responsável por 6 empresas, já que a questão afirmou que ficarão com o mesmo número.

    Vamos colocar 6 empresas para a Luiza e 6 para o Matheus:

    L L L L L L M M M M M M

    Agora é só fazer uma permutação com repetição (como se fosse um anagrama).

    P 12!/ 6!x6! = 924

  • Diego discordo, como acontecem ao mesmo tempo seria

    C12,6 x C6,6 = 924 x 1 = 924

  • C12,6*C6,6=924

  • Gab E

    Como são 12 contas divididas entre os 2 técnicos, logo 12/2 = 6

    Agora, C12(total),6(contas divididas)

    C 12,6 = 924

  • Acertei, porém de forma diferente da vocês!

    Fiz as seguintes combinações:

    C5,2 = 10

    C4,2 = 6

    C3,2 = 3

    10 x 6 x 3 = 180.

    Mais alguém?

  • Gabarito: E.

    Jonatha Carvalho,

    A questão fala que as contas serão divididas entre os dois analistas, mas não fala que isso ocorrerá considerando cada empresa separadamente. Pela leitura do enunciado, significa que as 12 contas no geral serão divididas.

    Pela forma como você fez, você assumiu que cada técnico necessariamente pegará uma conta de cada tipo de empreendimento. No entanto, note que um técnico poderia ficar com 6 contas, por exemplo, apenas com dois tipos de empreendimento. Com isso, o que você fez já fica fragilizado. Por isso que o enunciado fala, que os técnicos ficarão com o mesmo número de contas - das 12, cada um ficará com 6, não importante a ordem.

    Com isso temos uma combinação de 12 contas, 6 a 6. C12,6 = 924. Como 924 <1000 o item está errado.

    Por fim, nem sempre isso ocorre, mas em geral as assertivas do CESPE cobram números próximos. O teu resultado foi 180, quando a questão pergunta exatamente 1000, com isso você poderia desconfiar do teu cálculo. Tenta reparar isso quando realizar as questões.

    Bons estudos!

  • ERRADA

    Teremos duas combinações, uma para Luíza E uma para Matheus.

    Como as empresas serão dividas igualmente, a primeira combinação fica C(12,6), uma vez que 12 divido por 2 é 6, sendo C (12,6) = 924.

    Já a segunda combinação seria a sobra, como já escolhemos 6 empresas, sobraram as outras 6, ficando uma combinação C (6,6) = 1.

    Como o enunciado fala em dividir para Luíza E Matheus, temos aqui o principio multiplicativo, dessa forma:

    C(12,6) x C(6,6) = 924x1.

    Resultando em 924 maneiras distintas.

  • Pessoal mas a questão não explica o número de contas corrente, logo não se trata de fazer a combinção das empresas, pois cada empresa pode ter N contas correntes falta essa informação!!

  • Uma dica! o Cespe (Cebraspe) nunca, mas nunca mesmo coloca um valor de divergência grande. Por exemplo nesta questão: Há mais de 1.000 maneiras distintas de se dividir essa responsabilidade. Quem achou um valor de combinação de C12,2 ou outro resultado distante do enunciado logo deve ficar esperto!

    Outra:

    São 12 empresas que serão divididas para duas pessoas, ou seja, 6 para cada = C12,6 certo

    Muita gente confunde achando que tem que dividir 12 empresas para 2 pessoas direto na fórmula = C12,2 errado!

  • Faaala Turma!

     

    Essa questão está respondida em meu canal no YOUTUBE!

     

    https://youtu.be/KmXwjwevbU8

     

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  • Vamos lá!

    • Existem 12 empresas ( 5 farmácias, 4 oficinas e 3 restaurantes )

    • Serão divididas entre Luíza E Mateus.

    • Ambos ficarão com o mesmo número de contas.

    Ou seja, cada um ficará com 6 empresas, correto??

    A ordem de escolha importa?? Não!

    • Faremos combinações

    LUÍZA tem um total de quantas empresas pra escolher as 6 empresas dela? Isso 12 empresas.

    C(12,6) dividido por 6 (fatorial)

    12x11x10x9x8x7 dividido por 6x5x4x3x2x1

    = 665.280 dividido por 720

    = resultado : 924 maneiras para luiza

    .

    Agora farenos MATEUS!

    nem precisa de cálculo, pois se eram 12 empresas, LUÍZA já pegou a responsabilidade por 6 delas, quantas sobraram pra MATEUS?? ISSO 6.

    De quantas maneiras MATEUS pode escolher 6 empresas num total de 6 disponíveis?? Apenas 1 maneira

    924 x 1 = 924 MANEIRAS

  • Resposta: ERRADO.

    Comentário do professor Joselias Silva no YouTube:

    https://youtu.be/k7rz5cLQWek


ID
787564
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Um código alfanumérico é composto por 2 letras, escolhidas entre as 26 letras do alfabeto, e 3 algarismos, dispostos em qualquer ordem.


De acordo com esse padrão, quantos códigos distintos podem ser escritos?

Alternativas
Comentários
  • 26 x 26 x 10 x 10 x 10 = 676000

  • O enunciado pede códigos distintos:

    26.25.10.9.8 = 468.000.

    Não entendi o gabarito !?
  • A questão pede códigos distintos, não algarismos ou letras distintas, então podemos repetir letras ou algarismos em um mesmo código.

    Pode ser: Letra Letra Algarismo Algarismo Algarismo : L L A A A

    Para as letras temos 26 possibilidades, e para algarismos 10 pois são os algarismos de 0 a 9.

    Então podemos fazer: L L A A A = 26 x 26 x 10 x 10 x 10, isso porque podemos repetir tanto letras como algarismos, isso dá 676.000.

    Mas perceba que ainda temos que permutar as letras e algarismos, pois também podemos ter o seguinte código: L A L A A   e assim por diante, então usamos a fórmula de permutação com repetição: P = (5!) / (2!3!) => P = (5x4x3!) / 2!3! => P = (5x4) / 2 => P = 20/2 => P = 10.

    Então agora multiplicamos 676.000 x 10 = 6.760.000

  • André Gustavo ele falou em códigos distintos e não em algarismos distintos.

  • André Gustavo, a questão pede códigos destintos e não números destintos.

    A resposta está correta.


ID
788251
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Transpetro
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Quantos anagramas de 5 letras distintas podem ser formados com as letras T, R, A, N e S se o R não pode preceder o T ?

Alternativas
Comentários

  • 1º Caso:
    T R           - 4! = 24 obs: neste caso, é mais fácil considerar as letras TR como uma só e calcular o fatorial.

    2º Caso:
    T    R        - 3! = 6   

    3º Caso:
       T    R     - 3! = 6   

    4º Caso:
          T    R   - 3! = 6   

    5º Caso:
    T       R     - 3! = 6   

    6º Caso:
       T       R  - 3! = 6 

    7º Caso:
    T          R  - 3! = 6 

    Agora vamos somar os valores dos 7 casos: 24 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 = 60.
    Pronto, são 60 anagramas possíveis de serem formados com as letra T, R, A, N, S.
  • Fazendo pelo caminho oposto: subtrair todas as impossibilidades do total, ou seja?
    O conjunto universo são 5! = 120 combinações da palavra TRANS
     conjunto universo (120) - Impossibilidades (R antes do T) =

    R _ _ _ _  = 4! > 24 combinações começando com R na 1º posição;
       2º
    _ R _ _ _ = 3 * R * 3 * 2 * 1= 18 combinações em que nessas o R vem antes do T;
          3º
    _ _ R _ _ = 3 * 2 * R * 2 * 1 = 12 combinações em que nessas o R vem antes do T;

    _ _ _ R T = 3 * 2 * 1 * R * T = 6 combinações em que nessas o R vem antes do T;
    Conjunto universo (120) - Impossibilidades (60)  = 60 possibilidades.
  • Por dedução lógica:

    Podemos considerar duas hipóstes:

    1ª: O T antes do R = Aceitável
    2ª: O R antes do T = Inaceitável

    Dessa forma, como são apenas duas hipóteses, metade dos anagramas serão para a primeira hipótese e a outra metade para a segunda hipóstese.

    Se todos os anagrama de TRANS são fatorial de cinco: 5! - 5*4*3*2*1=120

    Metade de 120 são 60 anagramas.
  • Ainda não entendi, alguém poderia me exlicar melhor?
  • Devemos calcular a quantidade de possibilidades do anagrama TRANS e subtrair pela quantidade de anagramas onde o R pode vir antes do T. Logo:

    -Calculo anagrama T R A NS:

    Fatorial de 5! (pois há 5 letras distintas) = 5 * 4 * 3 * 2 *1 => 120

    -Calculo do anagrama com R precedendo o T, neste caso há 10 maneiras disto acontecer:

    R 3 2 1 => 3 * 2 * 1 = 6 (aplicando principio fundamental de contagem)

    OU

    R 3 T 2 1 => 3 * 2 * 1 = 6

    OU

    R 3 2 T 1 => 3 * 2 * 1 = 6

    OU

    R 3 2 1 T => 3 * 2 * 1 = 6

    OU

    3 R T 2 1=> 3 * 2 * 1 = 6

    OU

    3 2 T 1 => 3 * 2 * 1= 6

    OU

    3 2 1 T => 3 * 2 * 1= 6

    OU

    3 2 R T 1 => 3 * 2* 1 = 6

    OU

    3 2 R 1 T => 3 * 2* 1 = 6

    OU

    3 2 1 R T=> 3 * 2 * 1 = 6

    Por tratar-se da regra OU, então devemos somar as possibilidades logo: 6+6+6+6+6+6+6+6+6+6 = 60.

    Como dito no início,subtraindo a quantidade do anagrama TRANS pela quantidade do anagrama R precedendo T, temos: 

    120 – 60 = 60 (letra C)

    Bons estudos


  • Olá colegas, eu resolvi assim.

    Permutação de 5 em 2. Que é o numero de letras que estarão indisponíveis

    P=5!/2! =5*4*3*2!/2!=60

  • Trata-se de uma permutação com elementos repetidos, ou seja, toda vez que palavras forem formadas com R.T serão sequências repetidas (óbvio, er) e é exatamente essa sequência que o exercício não quer. Então se entre as 5 letras há 2 que NÃO podem seguir tal sequência repetidamente e sucessivamente, o número total de permutações que podemos formar é dado por:

    P = 5! / 2! = 5 x 4 x 3 x 2! / 2! = 60


  • Primeiro, você calcula o número de anagramas totais. P=5! = 5*4*3*2*1= 120. Depois, subtrai os anagramas que poderão ser construídos a partir da condição estabelecida:

    RT _ _ _ = 3! = 6

    _ RT _ _ = 3! = 6

    _ _ RT _ = 3! = 6

    _ _ _ RT = 3! = 6

    R _ _ _ T = 3! = 6

    R _ _ T_ = 3! = 6

    R _ T _ _ = 3! = 6

    _ R _ T _ = 3! = 6

    _ _ R _ T = 3! = 6

    _ R _ _ T = 3! = 6

    120-60=60



  • De acordo com o enunciado e respeitando que a letra R não pode estar antes da letra T, tem-se:


    a)  a letra T na primeira posição: 4x3x2x1 = 24 possibilidades


    b)  a letra T na segunda posição: 3 possibilidades na primeira posição e após a letra T tem-se 3x2x1 = 6 possibilidades, totalizando 3x6 = 18 possibilidades


    c)  a letra T na terceira posição: 3x2 = 6 possibilidades antes da letra T e 2x1 = 2 possibilidades após, totalizando 6 x 2 = 12 possibilidades


    d)  a letra T na quarta posição: 3x2x1 = 6 possibilidades antes da letra T e 1 possibilidade após, totalizando 6 possibilidades


    e)  a letra T na quinta posição: não há possibilidade pois a letra R estaria necessariamente antes.


    Finalizando, somam-se as possibilidades:  24 + 18 + 12 + 6 + 0 = 60 possibilidades.


    RESPOSTA: (C)


  • *sem restrições, podemos formar:

    5x4x3x2x1 = 120 possibilidades.

    *R nao pode preceder T

    1ª: O T antes do R = Aceitável
    2ª: O R antes do T = Inaceitável

    temos duas hipoteses... logo 120/2 = 60 possibilidades

  • O jeito mais fácil é: na metade das vezes o S estará antes do T; na outra metade estará depois.

    O total de vezes é 5! = 120, logo a metade das vezes será 120/2 = 60.

  • Fiz de um jeito um pouco diferente. A minha lógica foi: colocar o T em uma das 4 posições possíveis (1ª, 2ª, 3ª e 4ª) e verificar quantas letras são possíveis nos demais espaços. Segue abaixo...

    Tx4x3x2x1 = 24 

    ou

    3xTx3x2x1 = 18 (no 1º espaço não pode ser nem T nem R)

    ou

    3x2xTx2x1 = 12 (no 1º e 2º espaço não pode ser nem T nem R)

    ou

    3x2x1xTx1 = 6 (no 1º, 2º e 3º espaço não pode ser nem T nem R)

     

    Total = 24 + 18 + 12 + 8 = 60

  • R não pode vir depois do T. O que não pode acontecer por exemplo:

    __ . __. __. T . R

    Então o que deve acontecer são os seguintes eventos:

    R __ __ __ T = 6 x 4 = 24

    1 . 3 . 2 . 1 . 1

    (T pode estar em 4 posições após o R, multiplica essa possibilidade por 4 vezes)

    __ R __ __ T = 6 x 3 = 18

    3 . 1 . 2 . 1 . 1

    (T pode estar em 3 posições após o R, multiplica essa possibilidade por 3 vezes)

    __ __ R __ T = 6 x 2 = 12

    3 . 2 . 1 . 1 . 1

    (T pode estar em 2 posições após o R, multiplica essa possibilidade por 2 vezes)

    __ __ __ R T = 6 x 1 = 6

    3 . 2 . 1 . 1 . 1

    (T pode estar em 1 posição após o R, multiplica essa possibilidade por 1 vez)

    Somando tudo: 24 + 18 + 12 + 6 = 60

    GABARITO (C)


ID
789562
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
UNB
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Nos períodos em que ocorrem interferências
eletromagnéticas causadas por tempestades solares, a comunicação
entre os robôs em Marte e os centros de comunicação espacial na
Terra fica mais difícil. Assim, um sinal de rádio que seja lançado,
em um desses períodos, de um laboratório na Terra até um de dois
satélites — Y e Z — disponíveis, e seja redirecionado para o
Planeta Vermelho, apresenta 85% de chance de ser corretamente
recebido pelo satélite Y, e 75% de ser corretamente recebido em
Marte, a partir desse satélite. Caso o sinal fosse enviado para o
satélite Z, a chance de ele não ser completamente decifrado seria de
10%, e de 20% a de não ser perfeitamente recebido em Marte, após
a transmissão feita a partir desse satélite.

Com base nessas informações, julgue os itens de 130 a 133 e faça
o que se pede no item 134, que é do tipo B.

O número de maneiras distintas de escolher os satélites disponíveis para enviar cinco mensagens a Marte é superior a 30.

Alternativas
Comentários
  • Pelo enunciado, vemos que o número de mensagens a serem enviada é 5, que podem ser enviadas por X ou Y, assim:

                                                                             25 = 32

    Certo.



ID
796132
Banca
UNEMAT
Órgão
UNEMAT
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Uma determinada agência bancária adotou, para segurança de seus clientes, uma senha de acesso de 7 (sete) dígitos, em que os três primeiros dígitos são 3 (três) letras distintas e os quatro últimos dígitos são 4 (quatro) números distintos.

Considerando o alfabeto de 26 (vinte e seis) letras e o conjunto de números de 0 (zero) a 9 (nove), o número possível de senhas distintas que podem ser criadas é:

Alternativas

ID
796141
Banca
UNEMAT
Órgão
UNEMAT
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

No campeonato de xadrez deste ano houve 30 inscritos. Na primeira fase do campeonato, quaisquer dois jogadores jogam entre si uma única vez.

O número de jogos na primeira fase é:

Alternativas
Comentários
  • Combinação, dois a dois, de 30 concorrentes

    C30,2 = 30! / [2! x 28!] = 435

    Letra A

  • Combinação, já que a ordem não importará. Não importa se o jogador A vai jogar com o Z ou com o B.

    C30,2 = 30! / 28! . 2! = 870/2 = 435

    Alternativa A.


ID
796558
Banca
CEV-URCA
Órgão
URCA
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Em uma sala há x homens e 8 mulheres. Os homens cumprimentam­se entre si e cumprimentam todas as mulheres, mas as mulheres não se cumprimentam entre si. Houve 50 cumprimentos. Quantos homens haviam na sala?

Alternativas
Comentários
  • Resposta D = 5
    Cada homem comprimentará 8 mulheres  8*5 = 40
    Entre os homens cada um se comprimentará e, ou seja:
    1º homem - comprimenta = 4
    2º homem - comprimenta = 3
    3º homem - comprimenta = 2
    4º homem - comprimenta = 1
    5º homem - comprimenta = 0  pois já foi comprimentado por todos
    Total 10 entre os homens.
    Homens + Mulheres = 10 + 40 = 50
    Cheguei a esta resposta por tentativa e erro através do gabarito, testei o 4 e depois o 5,  o qual me deu a resposta. ( quem não tem cão...caça com gato)
    Se alguém souber como se faz com as ferramentas de análise e combinação, por favor nos auxilie.
    Bons estudos
  • Se todos se cumprimentassem = x + 8
    Somente elas = 8 --> Combinação de 8 dois a dois (menos 1). C8,2 - 1 = 27
    Cumprimentos dos homens = 50

    Concluí que todos teriam se cumprimentado 77 vezes.

    Usei uma hipotética combinação de todos se cumprimentando:

    C (x+8), 2! -1(menos um) = 77.

    x2 + 15x - 100 = 0

    Delta = 625

    Raízes: -20 e 5. Descarta-se -20, e temos a resposta 5.


    O "menos um" sempre fará parte da combinação para excluir o "auto-aperto de mão" rs.  
  • "Quantos homens haviam?"??
    Lamentável.
  • Resolvendo "MATEMATICAMENTE":

    A combinação de cumprimentos dos homens é dado pela equacao: 
    Cx,2=         X!     
                  (X-2)!2!
    Onde x= nº de homens. Faça o teste ai, vc vai ver que para x=2 temos 1 cumprimento, x=2 temos 3 cumprimento etc.

    Então, nº de cumprimentos entre os homens + dos homens com as mulheres = 50

    Temos que: 
     nº de cumprimentos entre os homens =   
    Cx,2=         X!     
                (X-2)!2!
    dos homens com as mulheres= x.8(mulheres)

    Então:


          X!      + 8.x = 50
      (X-2)!2!

    X.(X-1).(X-2)!   + 8x = 50
       (X-2)!2!

    Cancelando (X-2)!


    X.(X-1)  + 8x = 50
       2!

    Desenvolvendo:

    x²+15x-100=0

    Resolvendo a equacao encontramos as raizes -20 e 5. Só nos interessa o 5 (positivo), ou vc jah ouviu falar em -20 homens??

    Temos então 5 homens.
    Pode fazer  a prova... Temos A B C D E

    A cumprimenta B C D e E = 4
    B cumprimenta C D e E =3
    C cumprimenta D e E =2
    D cumprimenta E =1

    Total 10 cumprimentos com mais 8*5 (homens com mulheres) = 50!!

    Pulei algumas manipulaçoes algebricas, mas a intenção aqui é explicar o raciocínio para resolver o problema.

    Abss




  • X HOMENS 
    8 MULHERES
    50 CUMPRIMENTOS

    X.X + 8.X = 50      =====>  X.X (HOMENS CUMPRIMENTAM HOMENS) + 8.X ( MULHERES CUMPRIMENTAM HOMENS) = 50 CUMPRIMENTOS.

    LOGO,

    2X + 8X = 50  
    10X = 50                  
    X= 50
         10
    X=5. (QUANTIDADE DE HOMENS).
  • Como sempre faço confusão criei a seguinte regra:
    Na combinação AB=BA, no arranjo AB é diferente de BA e a permutação é o arranjo sem repetição de todos os elementos do grupo.
  • A explicação do Elton é muito boa, mas prestem atenção, X.X = 2x
    Está errada, o certo é X.X = X²

  • Pode não ser pertinente, mas~discordo do comentário da KELI sobre o verbo HAVIAM. O verbo HAVER quando pode ser substituído por TER não é impessoal, logo a oração POSSUI sujeito, e o verbo concorda com o mesmo.

  • A resposta do ELTON é a mais sensata, porém como nosso amigo falou, x.x é x² e não 2x. 

  • Felipe, entendi sua resolução até n² - n + 8n -50 ; porém não vi como você chegou nesse 15x.

  • Um homem só pode cumprimentar outro homem diferente e as mulheres.

    Logo,

    cumprimento entre homens : combinação de x homens 2 a 2

    cumprimentos homem-mulher: x * 8

    então 

    x!/((x-2)!2!) = [ x . (x-1) . (x-2)!] / [ (x-2)! 2!]

    = x(x-1) / 2

    então

    x(x-1) / 2 + 8x = 50

    x^2 - x + 16x = 100

    x^2 + 15x - 100 = 0

    resolvendo, x = 5

  • Meu comentário pode parecer pouco científico, mas quando se trata de concursos o foco é acertar questões. Pra ganhar muito tempo, bastava utilizar as respostas propostas.

    Exemplo: (Número de mulheres X resposta "a" ) + Combinação da respostas "a", tudo isso deve ser igual a 50. Quando a conta igualar a 50, encontramos a resposta.

    Situações como essa acontecem com muita frequência. Às vezes, para encontrar a respostas mais plausível não há necessidade de calculo.

  • H . H = X . X-1  --->  (X2 - X) / 2 (divide -se por dois, pois vai se repetir os homens que já apertaram as mãos)

    ou(+)

    H . M = X . 8  --->  8x

    (X2-X/2)+8X=50 --->  X2-X+16X=100 ---> X2+15X-50=0 ---> (Bhaskara)   ;

    encontramos X=5


  • Essa resolução do Gustavo é perfeita, e super simples. Eu não tava conseguindo entender porque que o cálculo dos apertos de mão entre os homens era X.(X-1) e não X.X, mas aí percebi que é porque apesar de você ter um número de homens X, um homem não pode apertar sua própria mão, então ele não pode combinar consigo mesmo.

  • Gente todas as respostas apresentadas abaixo contem uma SOMA entre os cumprimentos entre os homens, e o cumprimento dos homens com as mulheres.

    Ex1. 
    X²-X (+) x*8 = 50  ---- Conectivo (ou)
    Ex2.
    Cx,2 (+) X*8 = 50 ---- Conectivo (ou)
    No entanto a questão apresenta o conectivo "e" ao contrário do "ou" - deixando todas essas respostas sem nexo."Os   homens  cumprimentam-­se   entre   si  "E"  cumprimentam  todas   as  mulheres,  mas  as mulheres não se cumprimentam entre  si. 

    Logo:Não posso somar os resultados como apresentados e sim devo multiplica-los.
    Dessa forma a questão não apresenta gabarito. Ajudem-me!
  • Galera, demorei, mas achei uma resposta bem simples para a questão: 

    1) Vamos imaginar uma fila com 8 mulheres;

    2) Vamos imaginar o 1° homem indo fazer o cumprimento - ele terá que cumprimentar as 8 mulheres, então igual a  8x

    3) vamos imaginar o 2° cumprimentando as 8 mulheres + 1 homem e assim sucessivamente...

    Resultado: 8+9+10+11+12= 50  

  • Se todos se cumprimentassem = x + 8

    Somente elas = 8 --> Combinação de 8 dois a dois . C8,2 

    C (x+8), 2  -   C8,2  = 50 

    (x^2 + 7x + 8x + 56) / 2  -  56/2  = 50 =>  (x^2 + 15x + 56 - 56) / 2 = 50  => x^2 +15x = 100 => x^2 + 15x - 100 = 0

    x' = 5 e  x'' = - 20

  • Temos 10 possibilidades que são os 10 algarismos de 0 a 9.

    X homens

    8 mulheres ( é só para confundir)

    com 50 cumprimentos   Qual o número que multiplicado por 10 terá como produto 50?

    Então 10 x 5 = 50

     

  • Não existe X*X = 2X

  • AQUI TEMOS CLARAMENTE UMA QUESTÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIA!

    PODE REPETIR OS ELEMENTOS? UM HOMEM PODE CUMPRIMENTAR A SÍ MESMO? OBVIAMENTE QUE NÃO, LOGO É ARRANJO OU COMBINAÇÃO. A ORDEM DOS ELEMENTOS FAZ DIFERENÇA? SE UM HOMEM CUMPRIMETAR UM AO INVÉS DE OUTRO VAI FAZER DIFERENÇA? NÃO, LOGO USAREMOS COMBINAÇÃO.

    OK. RESPIRA. Nesse tipo de questão envolvendo X, recomendo ir por eliminação.

    Já sabendo que a resposta é 5, vamos direto ao ponto para que vc entenda como fazer o calculo e chegar a resposta.

    -Fórmula de Combinação:

    Cn,p=

       n!   

    p!(n-p)!

    Onde, n: Número total de elementos

    p: Número de elementos utilizados

    Indo para a questão: quero saber a quantidade de homens (X) e vou supor que é 5 (número total de elementos). Veja também que um homem cumprimenta o outro e também as mulheres, logo temos 2 (número de elementos utilizados) apertos de mão, já que uma mão aperta outra. E no total houve 50 apertos de mão. Vamos atrás desse 50.

    A Fórmula ficaria: Cx,2 onde x é a quantidade de homens (número total de elementos) e 2 os apertos de mão.

    -Substituindo X por 5 ficaria: C5,2 (faça o calculo) dando o resultado de 10

    Ou seja 5 homens se cumprimentam totalizando 10 apertos de mão.

    -Vamos as mulheres: Elas não se cumprimentam, somente aos homens, logo temos 8 mulheres cumprimentando 5 homens = 8.5 = 40. Ou seja 40 apertos de mão.

    Apertos de mão dos Homens entre si =10

    Apertos de mão das mulheres entre os homens = 40, Ou seja 10+40 = 50 apertos de mão.

    Resposta: 5

    Obs: Perceba que há uma pegadinha em ''Os homens cumprimentam-­se entre si e cumprimentam todas as mulheres, mas as mulheres não se cumprimentam entre si'', Fazendo entender que há três contas, porém só há duas, que são justamente 10+40.

    Vá substituindo o X pelas alternativas até achar a resposta! Bons estudos!


ID
800074
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
CBM-DF
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Com relação ao posicionamento de todos os cincos membros de um júri de competição esportiva, sendo 3 deles homens e 2 deles mulheres, em um mesmo lado de uma mesa, julgue os itens seguintes.


Caso as mulheres se sentem sempre uma ao lado da outra, então a quantidade de maneiras distintas de se organizar o júri será igual a 36.

Alternativas
Comentários
  • MMHHH

    4! 2!

    24x2= 48

  • Não entendi... alguém explica?


  • Não seria 2! e 3!? = 12

  • Possibilidades:

    MMHHH: 2! * 3!

    HMMHH: 2! * 3!

    HHMMH: 2! * 3!

    HHHMM: 2! * 3!

    soma= 48

    o 2! diz respeito ao arranjo das mulheres e o 3! ao dos homens

  • MM H H H =

    Pext x Pint =

    4! x 2! = 48

  • Para quem não entendeu, quando ele fala " Caso as mulheres se sentem sempre uma ao lado da outra ", nós consideramos que as mulheres serão apenas uma pessoa.

    Ex: MM H H H -> Permutação = 4!

    Mas elas podem trocar de lugar entre si. -> Mulher¹Mulher² ou Mulher²Mulher¹ então temos que multiplicar por 2!. Se fosse 3 mulheres, seria 3! e assim sucessivamente.

    Permutação = 4! * 2! = 48 Possibilidades

    Gabarito Errado

  • Pessoal, quem quiser ver essa questão comentada, achei um vídeo do Youtube com a resolução: 

    https://www.youtube.com/watch?v=TL1PygDuoGM

    Min 16:59

  • 3 homens

    2 mulheres

    Contudo, as mulheres estão em 1 bloco, pois só sentam juntas. Já os homens não, a questão não diz nada sobre eles só sentarem juntos.

    Sabemos que as mulheres podem permutar entre si (dentro do bloco): 2! = 2x1 = 2

    3 homens + 1 bloco das mulheres = 4 possibilidades.

    4! = 4x3x2x1 = 24

    24x2 = 48

  • Se as mulheres sentarem uma do lado da outra formarão a ideia do "bloco único",logo teremos a seguinte configuração:

    MM + H H H = 4 = P4! = 4.3.2.1= 24

    uma maneira 3 maneiras maneiras

    um bloco

    acontece que, entre o bloco único(das mulheres) ainda temos que fazer a chamada permutação interna com isso, a resolução do item fica:

    MM

    uma maneira

    um bloco

    P2! x P4!

    2.1 24 = 48 maneiras distintas de se organizar o júri.

    gabarito: errado

  • M M H H H = 2.1 .3. 2.1 = 12

    H M M H H = 3.2.1.2.1 = 12

    H H M M H = 3.2.2.1.1 = 12

    H H H M M = 3.2.1.2.1 = 12

    4 POSSIBILIDADES DISTINTAS E CADA UMA PODE SER ORGANIZADA DE 12 FORMAS.

    4.12 = 48


ID
800077
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
CBM-DF
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Com relação ao posicionamento de todos os cincos membros de um júri de competição esportiva, sendo 3 deles homens e 2 deles mulheres, em um mesmo lado de uma mesa, julgue os itens seguintes.


Caso entre dois homens haja sempre uma só mulher, então a quantidade de maneiras distintas de se organizar o júri será igual a 12.

Alternativas
Comentários
  • Correto!

    H x M x H x M x H

    3 * 2 * 2 * 1 * 1 = 12

  • HMH M H =

    Pext x Pint =

    3! x 2! = 12

  • Imagine um conjunto de 2 homens na mesa: (2) logo, só restarão 3 possibilidades para o homem restante e as 2 mulheres

    RESOLUÇÃO:

    (2).3!

    (2).1.2.3=(2).6

    2.6=12

  • Os homens vão permutar entre si: 3!

    As mulheres também: 2!

    3x2x1 = 6

    2x1 = 2

    2x6 = 12

    Sabemos que são 5 cadeiras, com 3 homens e 2 mulheres.

    sabemos também que entre dois homens existe um mulher intercalando.

    Então, ficaria organizado da seguinte maneira:

    homem - mulher - homem - mulher - homem

    Para sentar na primeira cadeira, temos 3 opções entre os homens.

    Para sentar na segunda cadeira temos 2 opções entre as mulheres.

    Para sentar na terceira cadeira, temos 2 opções entre os homens.

    Para sentar na quarta cadeira, temos 1 opção para a mulher restante.

    Para sentar na quinta cadeira, temos 1 opção para o homem restante.

    3x2x2x1x1= 12

  • H M H M H

    3 2 2 1 1 = 12


ID
800080
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
CBM-DF
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Com relação ao posicionamento de todos os cincos membros de um júri de competição esportiva, sendo 3 deles homens e 2 deles mulheres, em um mesmo lado de uma mesa, julgue os itens seguintes.


Caso fiquem agrupados os homens de um lado e as mulheres do outro, todos ainda de um mesmo lado da mesa, então a quantidade de maneiras distintas de se organizar o júri será igual a 18.

Alternativas
Comentários
  • HHHMM

    3x2x1x2x1 = 12

  • 2.1   +     3.2.1

    MM      HHH  = 8


    3.2.1  +      2.1

    HHH       MM = 8                     8+8=16 

    Entendi assim!

  • A resposta é 24. 

    3.2.1.2.1 OU 2.1.3.2.1 = 12 + 12 = 24 

     

  • Até onde eu sei, a questão está correta pela resolução do Pedro Sá. Acho que as outras duas resoluções está erradas. O gabarito fica correto porque o número de possibilidades é = 24

  • HHH MM

    Pext x Pint x Pint =

    2! x 3! x 2! = 24

  • imaginem todos do mesmo lado da mesa

    HOMENS= 3!= 6

    MULHERES= 2!= 4

    6.4=24

             

          

  • GAB: ERRADO

    Meu raciocínio foi muito mais simples. Se ele quer os homens em um lado e as mulheres no outro, então só teremos uma possibilidade (pois a ordem dos homens e a ordem das mulheres não importa, o importante é que cada grupo esteja em um lado). 

    Seguindo esse raciocínio, temos:
    1 grupo (3 homens) x 1 grupo (2 mulheres) = 1 possibilidade, Mas temos que levar em consideração o seguinte: Pode ser Homens e Mulheres ou Mulheres e Homens, ficando então:
    H + M ou M + H = 2 Possibilidades.

    A ordem dos homens e das mulheres não importa, o que importa é que existam dois grupos (homens e mulheres).

     

    A, B, C, = C, B, A = B, C, A = 1 possibilidade, pois é um grupo. A ordem interna dele não importa, a questão não pediu isso.

  • 3 homens

    2 mulheres

    Para organizar, é preciso permutar os homens entre si, ou seja, temos 3 opções para 3 homens = 3!

    Pra permutar as mulheres, temos 2 opções para 2 mulheres = 2!

    3!= 3x2x1=6

    2!= 2x1=2

    6x2=12

    Só que, 12 ainda não é o resultado, eles podem permutar entre si.

    Ex. se todos os homens foram organizados do lado direito e as mulheres do lado esquerdo, podem mudar, todos os homens para o lado esquerdo e as mulheres para o lado direito.

    Ou seja, temos duas possibilidades de agrupar esses dois grupos.

    12x2 = 24

  • SÃO 24 POSSIBILIDADES 3*2= 6 POSSIBILIDADES PARA OS HOMENS E 2 PARA A PRIMEIRA MULHER E DUAS PARA SEGUNDA 4 POSSIBILIDADE PARA AS MULHERES LOGO 6*4= 24.


ID
805957
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SAEB-BA
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

O número total de partidas em um campeonato de pingue-pongue com 20 participantes em que cada competidor jogue uma única vez com cada um dos demais é igual a

Alternativas
Comentários
  • Se considerássemos 19 partidas por competidor teríamos 380 partidas ( = 19 * 20), porém a questão pede que cada competidor jogue uma única vez com cada um dos demais, logo é só dividirmos 380 por 2 que dá 190 partidas.

  • Combinação de 20 em 2

    C20,2 = 20.19 / 2 = 190

          

                

  • Temos 20 participantes, e em cada partida so podemos jogar uma vez com cada competidor, por isso teremos 2 participantes em cada partida.2 grupos de 20.Quando é grupo, se trata de combinação.....Partida de pingue pongue: 2 competidores, levar em conta isso!

    C20,2: 20x19/2.1- simplifica 20 com 2, igual a 10, dai multiplica 10x19:190....

    Letra D

  • As questões fazem de tudo para enrolar sua cabeça.

    A dica que deixo é sempre adaptar a questão para algo mais simples. Para facilitar o entendimento desta eu segui o seguinte raciocínio: Eu tenho 2 vagas para 20 pessoas, quantas formar posso combiná-las sem repetir.

    Logo a cabeça abre e você percebe que é uma simples combinação de 20 a 2.

    C20,2 = 20*19 / 2 = 191

  • É só pensar no campeonato brasileiro se tivesse apenas um turno.

  • Pra quem tem dificuldade como eu na bendita matemática, eu achei um jeito legal de resolver..

    Diminua a quantidade de jogadores/times.

    Supomos que sejam 4 jogadores e um jogador joga uma unica vez com CADA UM DOS DEMAIS. Quantas partidas teremos?

    vamo la:

    Temos os jogadores 1,2,3 e 4

    1 joga com 2

    1 joga com 3

    1 joga com 4

    Sendo assim, você consegue ver que cada um joga 3 vezes, certo? Aí você vai pensar que nem eu:

    3 (jogos) x 4 (jogadores) = 12.

    Aí você marca 12 e erra (como eu errei).

    Assim, não pode esquecer que se eu repetir essas 3 linhas que fiz com o jogador numero 1 para os demais, teremos jogos repetidos, o que não faz sentido, pois se o 1 joga com o 2, então o jogo de 2 com o 1 é o mesmo. Vejamos

    1 joga com o 2

    1 joga com o 3

    1 joga com o 4

    2 joga com o 1 (já existe esse jogo acima, portante corte)

    2 joga com o 3

    2 joga com o 4

    3 joga com o 1 (ja existe esse jogo acima, portanto corte)

    3 joga com o 2 (já existe esse jogo acima, portanto corte)

    3 joga com o 4

    4 joga com o 1 (ja existe esse jogo acima, portanto corte)

    4 joga com o 2 (já existe esse jogo acima, portanto corte)

    4 joga com o 3 (já existe esse jogo acima, portanto corte)

    Quando jogos sobram? 6 jogos!!

    Justamente os que não foram cortados.

  • Cada rodada tem 10 jogos e cada jogador joga 19 vezes= 10 x 90= 190 partidas

  • GAb E

    Falou em campeonato e partidas, logo o jogo será feito por duplas (2)

    C 20,2 = 20 x 19/ 2 x1 = 190

  • usei a fórmula do "aperto de mão" mas que se enquadra perfeitamente nesse tipo de situação problema.

    n*(n-1)/2

    20*(20-1)/2= 190

    gabarito: D

  • C20,2 = 190

    AVANTEEEEEE!


ID
812920
Banca
AOCP
Órgão
TCE-PA
Ano
2012
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Os funcionários de um setor do Tribunal de Contas do Estado são responsáveis por hastear 7 bandeiras, diariamente, não havendo folga em nenhum dia da semana. Sabe-se que a bandeira do Brasil sempre ocupa o 1º mastro e a colocação das demais bandeiras nunca é a mesma dos dias anteriores. Esses funcionários conseguirão hastear essas bandeiras, cumprindo a condição de não repetir a mesma sequência, durante

Alternativas
Comentários
  • É possível resolver essa questão aplicando o "princípio fundamental da contagem". gabarito B

  • Fiz assim: 12 (meses) x 7 (dias) = 84

     

    84 x 7 (bandeiras) =  588

     

    588 - 1 ano = você obtém o resultado. 

     

     

     

     

  • Sejam as 7 bandeiras colocadas nas hastes abaixo, sendo que a pimeira será a bandeira 'BR".

    __"BR"____  ________  _______ _________ _________ ________ __________

    Nas demais hastes serão alternadas cada uma das bandeiras.

    Pelo princípio fundamental da contagem:

    segunda haste: 6 bandeiras

    terceira haste: 5 bandeiras

    .

    .

    .

    sétima haste: uma bandeira

     

    Logo, pelo PFC o valor será 6!= 720

     

    Gab B: mais de 1 ano e meio e menos de 2 anos.

  • São 7 possibilidades!
    Porém, a primeira possibilidade é fixa: Primeira haste sempre será BRASIL.
    Logo, as demais alternariam em 6x5x4x3x2x1 = 720.
    1 ano tem 365 dias, dois anos 730. Se pelo principipo fundametal da contagem deu 720, logo, temos menos de 2 anos. E consequentemente mais de um ano e meio!  Considerando que 720 é superior a aproximadamente 545, que é um ano e meio mais ou menos.

    QUEM ESTUDA VENCE!

  • Eu considerei o ano sendo de 360 dias. Fazendo 6! cheguei ao resultado 720 que dividido por 2 dá justamente 360. Daí usei a aproximação. 

  • Fiz igualzinho a resolução feita pela colega Lunny Vidal e deu certo.

  • Putz, tinha achado que a colocação de cada bandeira por si só não pode ser igual a do dia anterior... Errei por interpretação hehe.

  • Além da bandeira do Brasil, resta 6 posições

    6*5*4*3*2*1=720

    Logo,

    720 divido por 365 (dias) é aproximadamente 1,9. Portanto, pode-se dizer é 1 anos e 9 meses.

    (Façam no braço, assim evitando calculadora).

  • Além da bandeira do Brasil, resta 6 posições

    6*5*4*3*2*1=720

    Logo,

    720 divido por 365 (dias) é aproximadamente 1,9. Portanto, pode-se dizer é 1 anos e 9 meses.

    (Façam no braço, assim evitando calculadora).


ID
818281
Banca
Exército
Órgão
EsFCEx
Ano
2011
Provas
Disciplina
Matemática
Assuntos

Sobre análise combinatória e probabilidade. Assinale a alternativa verdadeira.

Alternativas
Comentários
  • Resposta certa (A)

    Para ser par, o número precisa terminar em 0, 2, 4, 6 ou 8. Como ele possui 3 algarismos sabemos então que o primeiro não pode ser 0 e nem o mesmo que o último. Fazendo assim temos:

    Se o número terminar em 0:

    _   _   0  

    9 * 8 * 1 = 72 números pares

    Se terminar em 2:

    _   _    2

    8 * 8 * 1 = 64 números pares

    Para 4, 6 e 8 também teremos 64 números, então basta multiplicar por 4 e somar a 72 que teremos a resposta certa = 128