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Questões de Análise Combinatória em Raciocínio Lógico


ID
2116
Banca
FCC
Órgão
TRT - 24ª REGIÃO (MS)
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

No caixa de uma lanchonete há apenas moedas de 10, 25 e 50 centavos, sendo 15 unidades de cada tipo. Usando essas moedas, de quantos modos distintos uma pessoa pode receber de troco a quantia de R$ 1,00?

Alternativas
Comentários
  • uma maneira mais organizada de se fazer essa questão está em montar uma tabela, colocando-se acima os números das moedas disponíveis:

    10 25 50
    0 0 2 1o modo
    0 2 1 2o modo
    5 0 1
    5 2 0
    0 4 0
    5 2 0 6o modo

    assim tem 6 modos distintos de se dá o troco, lembre-se de que só existem 15 moedas de cada!!
  • a questão dá uma informação que pode ser uma restrição "sendo 15 unidades de cada tipo". Note que nas 6 combinações possíveis, 20 moedas de 10 centavos são usadas. Neste caso, ficamos em dúvida se a resposta não seria letra E (5 combinações) visto que apenas com 5 combinações é que não excedemos os limite de 15 unidades de moedas de 10.
  • Caro colega Márcio, o valor é de 1,00 , ou seja, 10 x 0,10 e não 20 x 0,10.A informação dada foi para desconsiderar a possibilidade de falta de moedas durante a soma.bons estudos.
  • Lógica mesmo!

    Dá para juntar..

    1) 10 moedas de R$ 0,10 = R$ 1,00

    2) 4 moedas de R$ 0,25 = R$ 1,00

    3) 2 moedas de R$ 0,50 = R$ 1,00


    Agora apenas o que nos resta é:

    4) 5 moedas de R$ 0,10 + 2 moedas de R$ 0,25

    5) 5 moedas de R$ 0,10 + 1 moda de R$ 0,50

    6) 2 moedas de R$ 0,25 + 1 moeda de R$ 0,50

    Logo, 6 maneiras diferentes..



    Espero ter ajudado, bons estudos..
  • Galera! todas as video aulas estão travando no meu pc e não estou estudando nada por esse motivo!! Me ajudem a resolver esse problee so na minha maquina.. Grato. 

  • Não estou conseguindo assistir a nenhuma aula... Alguém pode ajudar,por favor!???

  • Consegui acessar de boa!!!

  • Consegui acessar de boa!!!

  • Boa noite nao estou conseguindo ve nenhum video todos estao travando,preciso de orientacoes

  • A questão fala de formas distintas de se utilizar as 15 moedas de cada tipo (10, 25 e 50 centavos) para somar a quantia de 1,00

    Não concordo com o gabarito porque formas distintas na verdade são somente 05 formas possiveis de se somar estes centavos para dar o valor de 1,00

    Veja:

    1ª -   02 de R$ 0,50  ............................  = R$  1,00

    2ª - 01 de R$ 0,50 + 02 de R$ 0,25....... = R$  1,00  

    3ª - 04 de R$ 0,25 .................................= R$  1,00  

    4ª - 02 de R$ 0,25 + 05 de R$ 0,10........=R$  1,00

    5ª - 10 de R$ 0,10 .................................= R$ 1,00

    Como podem ver esgotamos todas as combinaçoes possiveis distintas para soma de 1 real com estes centavos mencionados, desta forma esta questão caberia recurso

     

     

     

     


ID
5224
Banca
CESGRANRIO
Órgão
REFAP SA
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sobre uma mesa, existem exatamente 7 moedas. Agrupando- se as caras de duas em duas, não sobra cara alguma sem estar agrupada. Agrupando-se cada uma das caras com cada uma das coroas, sobra uma quantidade de moedas, sem que estejam agrupadas, menor do que 3. O número de coroas existentes sobre a mesa é:

Alternativas
Comentários
  • Se forem 4 caras e 3 coroas, sobrará apenas uma moeda.
    Na questão diz que sobra uma quantidade menor que 3... ou seja, 2 ou 1...

    Onde eu estou errando?
  • I can't mach head and tail coins and still have less than 3 coins.
    The first statement denies it when says that head coins are even. Since it's even I have only the following possibilites to head coins: 2 or 4 or 6.

    Head Tail Remain coins after matching Head and Tail
    ==== ==== =========================================
    2 5 3
    4 3 3
    6 1 5

    I believe the error seats on the second statement, instead of "coins" it should state "tail coins"
  • questão deve está mal formulada... alguma dica dos concurseiros???
  • Hipóteses: Número de caras tem que ser par (enunciado da questão)k (cara), c (coroa)k,k,c,c,c,c,c --> se agruparmos sobram 3 moedas. (descartado)k,k,k,k,c,c,c --> (k,c) (k,c) (k,c), sobra uma moeda (k), Logo temos 3 coroas.k,k,k,k,k,k,c --> se agruparmos sobram 5 moedas. (descartado, deve ser menor 3)
  • O número de caras só pode ser par, então poderemos ter: 2,4 ou 6 caras (opções possíveis)O número de coroas será tal que agrupadas com as caras, sobrará um número menor que 3, ou seja, sobrarão 2 ou 1 moeda.Se são 7 moedas, automaticamente descartamos a opção de 6 caras e também a de duas pois de tivéssemos 2 caras que seriam combinadas com 2 coroas...sobrariam 4 coroas visto que o número de caras é fixo.Como a quantidade de coroas q sobram é MENOR q 3...só nos resta deduzir que são 4 caras e 3 coroas
  • Só considera um lado de cada moeda?
  • O enunciado afirma:
    "Agrupando-se as caras de duas em duas, não sobra cara alguma sem estar agrupada."

    Com isso, o número de caras deve ser par. Como são 7 moedas, temos as seguintes possibilidades: 2, 4, 6 caras.

    O enunciado também afirma que ao agrupar cada uma das caras com cada uma das coroas sobra uma quantidade inferior a 3 de moedas não agrupadas. Com isso, o número de moedas que sobram pode ser 1 ou 2.

    Vamos analisar as possibilidades baseado na quantidade de caras:
    • 2 caras: teríamos 2 pares de cara/coroa. Sobrariam 3 coroas sem agrupamento.
    • 6 caras: teríamos 1 par de cara/coroa. Sobrariam 5 caras sem agrupamento.
    • 4 caras: teríamos 3 pares de cara/coroa. Sobraria 1 cara sem agrupamento.
    A última hipótese (4 caras) satisfaz à exigência do problema (quantidade inferior a 3). Portanto, a quantidade de coroas é igual a 3.
  • Na verdade, Vinícius,

    Com 2 caras, sobrariam 3 coroas.
    Com  6 caras, sobrariam 5 caras
    E com 4 caras sobraria 1 cara.

    Mas o exercício pede o número de moedas sobrando, independente de serem caras ou coroas, então o raciocínio está correto.

    Obrigado :D
  • Colegas,

    Vamos trabalhar cada parte do enunciado.

    Sobre uma mesa, existem exatamente 7 moedas.
    Total = 7

    Agrupando- se as caras de duas em duas, não sobra cara alguma sem estar agrupada. 
    Se as caras estão unidas duas a duas e não sobra nenhuma teremos um número par (número divisível por 2 que não possui resto) de moedas com o lado cara visível.

    Quantidade de números pares menores que sete: 7/2 = 3 (e resto = 1).

    E são eles 2, 4 e 6. Então teremos as seguintes possibilidades:

    Se temos 2 caras teremos 5 coroas. Total = 7
    Se temos 4 caras teremos 3 coroas. Total = 7
    Se temos 6 caras teremos 1 coroa. Total = 7


    Agrupando-se cada uma das caras com cada uma das coroas, sobra uma quantidade de moedas, sem que estejam agrupadas, menor do que 3.
    Aqui está o grande segredo, ele fala que se agruparmos as caras com as coroas sobrará uma quantidade de moedas desagrupadas menor que 3.

    1) Com 2 caras e 5 coroas agruparemos 4 moedas (2 caras e 2 coroas) e sobrarão 3 coroas.
    2) Com 4 caras e 3 coroas agruparemos 6 moedas (3 caras e 3 coroas) e sobrará 1 cara. 
    3) Com 6 caras e 1 coroa agruparemos 2 moedas (1 cara e 1 coroa) e sobrará 5 caras.

    O único agrupamento que permite restar uma quantidade sobre a mesa menor que 3 é a opção 2 (3 caras e 3 coroas sobrando 1 cara).


    O número de coroas existentes sobre a mesa é:
    Segundo o que definimos anteriormente teremos 3 coroas, resposta letra B
  • Tentando visualizar
    CARA        CARA                    CARA        CARA

    COROA     COROA 
                  COROA
          
      




     

  • Sobre uma mesa, existem exatamente 7 moedas. Agrupando- se as caras de 2 em 2, não sobra cara alguma sem estar agrupada (se nao sobra nenhuma em pares, então o n° é multipl de 2. Se total sao 7, então as caras sao 2,4, ou 6). Agrupando-se cada uma das caras com cada uma das coroas, sobra uma quantidade de moedas menor do que 3 (colocando caras e coroas em pares, vao sobrar menos de 3, ou seja, 1 ou 2). . O número de coroas existentes sobre a mesa é. (temos ou 2, ou 4, ou 6 caras. de um total de 7, se subtrair as caras das coroas, vao sobrar 1 ou 2. Se tentar com 2 caras, subtrair-se-ia por 5 com diferença de 3. Nao é valido pelo instrução. Com 4 caras, subtraem-se 3 coroas  e resta 1, o qual segue o enunciado)

  • Muitas pessoas podem não ter entendido a ideia de Agrupar. Eu tive muita dificuldade para entender o que o examinador queria dizer com isso.

    Agrupar é colocar uma moeda Cara e um Coroa fazendo uma dupla (Isso foi o MAIS DIFÍCIL DE COMPREENDER)

    Se eu tenho 2 Caras na mesa, então terei 5 Coroas. Agora eu junto 1 Cara e 1 Coroa (primeiro agrupamento). novamente eu posso juntar 1 Cara e 1 Coroa (segundo agrupamento).

    Perceba que agora não posso mais agrupar, pois minhas Caras acabaram. Logo, sobraram 3 Coroas sem estar agrupadas com outras Caras

    E Assim segue a lógica para as situações que os colegas já explicaram...

  • Eu, como sempre, dando o meu raciocínio, embora ninguém me curta kkk, vejamos:

    C = CARA e K = COROA

    há 7 moedas sobre a mesa, precisamos determinar quantas estão com a face cara e a face coroa voltadas para cima.

    1ª info.: Agrupando- se as caras de duas em duas, não sobra cara alguma sem estar agrupada

    ou seja, se você juntar as as caras em grupos de 2, não sobrarão moedas cara, isso quer dizer que a QUANTIDADE de moedas caras é PAR, ou tem CC ou CC + CC ou CC + CC + CC, portanto ou vc tem 2 moedas caras, ou 4 moedas caras, ou 6 moedas caras.

    2ª info.: . Agrupando-se cada uma das caras com cada uma das coroas, sobra uma quantidade de moedas, sem que estejam agrupadas, menor do que 3

    ou seja, vamos unir cada uma das caras com cada uma das coroas, e vamos fazer isso já possuindo duas certezas: temos ou 2 ou 4 ou 6 caras e , ao juntar cada cara com cada coroa, sobrarão menos d 3 moedas não agrupadas:

    suponhamos que haja 2 caras, assim haverá 5 coroas, dessa forma: CK CK KKK , ou seja, sobraram 3 moedas NÃO AGRUPADAS, portanto 2 caras não é a hipótese correta;

    suponhamos que haja 6 caras, assim haverá 1 coroa, dessa forma: CK CCCCC, ou seja, sobraram 5 moedas NÃO AGRUPADAS, portanto 6 caras não é a hipótese correta;

    suponhamos, por fim, que haja 4 caras, assim haverá 3 coroas, dessa forma: CK CK CK C, veja, sobrou apenas 1 moeda não agrupada, uma moeda cara, 1 é menor que 3, portanto descobrimos

    sobre essa mesa há 4 caras e 3 coroas.


ID
5380
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Uma mesa redonda apresenta lugares para 7 computadores. De quantos modos podemos arrumar os 7 computadores na mesa de modo que dois deles, previamente determinados, não fiquem juntos, considerando equivalentes disposições que possam coincidir por rotação?

Alternativas
Comentários
  • 2 micros nao podem ficar ficar juntos (A e B), logo sobram 5 micros para colocar na mesa, então Permutação Circular de 5 micros = 4! = 24.
    Tendo colocado 5 micros na mesa, restam 5 formas de encaixar o micro A entre os que já estão na mesa.
    Tendo colocado o micro A na mesa, restam 4 opções para encaixar o micro B sem q este fique junto com A.
    Ou seja: 24 x 5 x 4 = 480
  • Vamos calcular inicialmente a permutação circular de todos os elementos. Nesta etapa iremos ignorar a restrição de que dois computadores específicos (ex.: A e B) não podem ficar juntos. Teremos, então:

    X = (7 - 1)! = 6! = 720

    Vamos calcular agora o número de possibilidades nas quais os dois computadores ficam juntos. Para isto, podemos considerar os dois elementos (A e B) como apenas um. Teremos, então, uma permutação circular de 6 elementos.

    Y = (6 - 1)! = 5! = 120

    Observe que na permutação circular "AB" é diferente de "BA". Desta forma, precisamos multiplicar o resultado da permutação anterior (6 elementos) por dois.

    Z = Y * 2 = 120 * 2 = 240

    O valor de Z representa o total de combinações possíveis com os computadores A e B juntos. Para saber o número de possibilidades nas quais os computadores não estão juntos, basta efetuar uma simples subtração.

    N = X - Z = 720 - 240 = 480.

    A resposta é 480.

ID
5383
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sabendo que cada anagrama da palavra PIRACICABA é uma ordenação das letras P,I,R,A,C,I,C,A,B,A, quantos são os anagramas da palavra PIRACICABA que não possuem duas letras A juntas?

Alternativas
Comentários

  • Todas as possibilidades de anagrama de PIRACICABA:
    10 letras com 2 I, 3 A e 2 C:

    P 10,(2,3,2) = 10!/(2!3!2!) = 151200

    Agora com as letras AAA juntas
    AAAPIRCICB
    Consideramos o bloco AAA como se fosse 1 só
    (AAA)PIRCICB
    P 8,(2,2)= 8!/(2!2!) = 10080

    O Bloco AA como se fosse 1 só
    (AA)APIRCICB
    P 9,(2,2) = 9!/(2!2!) = 90720

    Descontando do bloco AA o AAA
    Total: 151200 - 90720 + 10080 = 70560
  • olá, continuo sem entender.

    por que não descontamos apenas o bloco AA?

    digo desta forma:

    (AA)APIRCICB
    P 9,(2,2) = 9!/(2!2!) = 90720

    Total: 151200 - 90720

    thiagotrile@yahoo.com.br
  • .Possibilidades de anagrama de PIRACICABA:10 letras: 2 C, 2 I e 3 A.1° -> P 10,(2,2,3) = 10!/(2!2!3!) = 151200.Possibilidades com as duas vogais juntas (AA):2° -> 2!(AA)x 8! = 80640Resultado: 151200 - 80640 = 70560
  • Explicando o raciocínio da Louise.Possibilidades de anagrama de PIRACICABA: 10 letras: 2 C, 2 I e 3 A.1° -> P 10,(2,2,3) = 10!/(2!2!3!) = 151200Fatorial de 10 daria todas as possibilidades, mas divide-se pela multiplicação do fatorial das letras repetidas para excluir os anagramas idênticos, por exemplo:PiRACICABA == PIRACiCABA, invertendo-se as posições das letras I's, o mesmo anagrama será formado, desta forma ter-se-á dois grupos de anagramas idênticos, com as posições invertidas dos I's mas que representam os mesmos anagramas.2 letras I -> 2! -> Indica que serão 2 grupos de anagramas idênticos.2 letras C -> 2! -> Indica que serão 2 grupos de anagramas idênticos.3 letras A -> 3! -> Indica que serão 6 grupos de anagramas idênticos.Desta forma deve-se dividir o total do fatorial de 10 por 24 grupos de anagramas idênticos.-------------------------------------------------------------------------Possibilidades com as duas vogais juntas (AA):2° -> 2!(AA)x 8! = 80640Juntando-se duas letras A's, restão 8 letras para combinar e como as letras A's podem mudar de posição, por exemplo: AaPIRCBICA == aAPIRCBICA. Deste modo, serão 2 grupos repetidos de fatorial de 8.Resultado: 151200 - 80640 = 70560
  • O PH (EuVouPassar) explicou a questão de uma forma muito didática no YouTube. Acesse o link abaixo para assistir à explicação.

    http://www.youtube.com/watch?v=SwbOUJTx6as


    A explicação publicada diretamente no site dele pode ser vista a seguir.


    FALOU EM ANAGRAMA, FALOU EM PERMUTAÇÃO!

    Nesse caso, como tem letras repetidas, é permutação com repetição.

    Mas, o que é isso?

    Quando temos uma palavra com letras repetidas, e se fala em anagrama, precisamos calcular o total de anagramas (utilizando permutação), porém, por ter letras iguais, teremos anagramas repetidos. Assim, precisamos dividir o total de anagramas pela permutação da quantidade das letras repetidas.

    Na palavra PIRACICABA, as letras C, I (2 vezes) e A (3 vezes) estão repetidas. Então, para calcularmos o total de anagramas, temos:

    Anagrama = 10! (todas as letras de PIRACICABA) / 2! (letra C) . 2! (letra I) . 3! (letra A) = 151200

    Desse total, devemos retirar aqueles que tem duas letras A juntas. Façamos assim:

    Passa uma 'liga' nos dois A. Agora, teríamos 9 letras (contam os dois A como 1 só) = 9! / 2! (letra C) . 2! (letra I) = 90720



    Porém, dentro desse grupo, temos 3 A juntos. Teremos que tirá-los. 'Liga' nos 3 A = 8! / 2! (letra C) . 2! (letra I) = 10080

    Total = 151200 - 90720 + 10080 = 70560


    Resposta: Letra E.

    Fonte: http://beijonopapaienamamae.blogspot.com/2010/01/dia-02-de-janeiro-questao-02.html
  • Quem ficou na dúvida olhe o link do nosso amigo Vinicius.

    Abraços!!!
  • galera surgiu uma duvida: se eu tiro das combinacoes AA (2 A´s juntos) as combinacoes AAA (3 A´s juntos), isso quer dizer que a questao quer que exclua apenas com dois A´s juntos?? Então 3 A´s juntos não seríam excluídos?? Ao meu ver a questão deveria colocar "exclusivamente com dois A´s juntos".
    Passível de recurso.
  • Notemos que a palavra PIRACICABA possui 10 letras, mas com apenas 6 letras distintas, pois a  letra I ocorre 2 vezes, a letra A 3 vezes e a letra C 2 vezes, assim:

    Temos uma permutação com repetição, 



    Vamos agora considerar as 3 letras A’s como uma só:

                                                                          

    E por último, consideremos as 2 letras A’s como uma  só:

                                                                          


    Assim: 151200 + 90720 – 10080 = 70560

    Letra E.


  • O real motivo de retirar o grupo de três A's juntos (AAA) NÃO é porque a questão considerou que devem haver exclusivamente dois A's, mas sim porque é necessário eliminar repetições.

    Por exemplo, o anagrama AA87654321 e o anagrama 8AA7654321 podem gerar resultados idênticos, se a letra da posição 8 for um A.

    Para eliminar essa repetição, deve-se calcular quantas vezes ela ocorre. É uma repetição para cada vez que os três A's estão juntos, então temos que descontar os diversos anagramas com AAA.

    A conta fica melhor organizada assim:

    Número Total de Anagramas = 10!/(3!2!2!) = 151.200

    Grupo com dois A's juntos (com possível repetição do terceiro A) = 9.8!/(2!2!) = 90.720 --> como pode haver repetição, este número está exagerado!

    Anagramas com AAA = 8.7!/(2!2!) = 10.080 --> este valor será descontado do grupo acima para retirar as repetições.

    Portanto, o número total de anagramas sem dois A's unidos é:

    151.200 - (90.720 - 10.080) = 70.560


ID
6484
Banca
ESAF
Órgão
MTE
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Quer-se formar um grupo de dança com 9 bailarinas, de modo que 5 delas tenham menos de 23 anos, que uma delas tenha exatamente 23 anos, e que as demais tenham idade superior a 23 anos. Apresentaram-se, para a seleção, quinze candidatas, com idades de 15 a 29 anos, sendo a idade, em anos, de cada candidata, diferente das demais. O número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a:

Alternativas
Comentários
  • Combinação n,p = n!/(n-p)!p!

    Combinação 8,5 = 8!/3!.5! = 56
    (5 com menos de 23 anos no total de 8 com - de 23 anos)

    Combinação 6,3 = 6!/3!.3! = 20
    (3 com + de 23 anos no total de 6 com + de 23 anos )

    56 x 20 = 1120 (e)
  • Excelente o comentário anterior.Verifiquei resolvendo em cima do comentário que tem a questão da bailarina de 23 anos que pelo que entendi conta como se fosse uma possibilidade e na multiplicação não interfere no resultado final.Então ficaria:1a situação: um contingente de 8 meninas com idade menor do que 23 anos (de 22 a 15 anos), para 5 vagas. Daí a combinação de 8, cinco a cinco.2a situação: um contingente de 6 meninas acima de 23 anos (de 24 a 29 anos) para ocupar três vagas, já que uma vaga é da menina de 23 anos. Daí tem-se Combinação de 6, três a três.3a situação: a menina de 23 anos, ocupa uma vaga.
  • As 15  candidatas são de 15 a 29 anos, e sabendo-se que as idades das cancidatas não se repentem, matou-se a questão. Pois assim podemos concluir que temos 1 única candidata com 15 anos, 1 com 16, uma com 17, uma com 18, uma com 19, uma com 20...... até 29 anos.

    O grupo a ser formado deve ter 9 bailarinas:

    - 5 deve ter menos que 23 anos (então teremos 5 candidatas dentre as 8 possíveis. Pq 8? Pois temos que escolher apenas as menores de 23 anos e temos 1 com 15, 1 com 16, 1 com 17, 1 com 18, 1 com 19, 1 com 20, 1 com 21, 1 com 22.

    - O grupo deve ter uma bailarina de exatos 23 anos, e temos apenas uma possibildade mesmo, pois só existe uma candidata com essa idade.

    - Temos que escolher 3 candidatas com + de 23 anos e temos 6 possibilidades. Pq 6? 1 com 24 anos, 1 com 25, 1 com 26, 1 cm 27, 1 com 28 e 1 com 29

    Fórmula de Combinação = n! / p! (n-p)1

    C 8,5 x C1,1 x C 6,3  =  8! / 5! 3!  X  1! / 1! 0!  X  6! / 3! 3! 

    8 x 7 x 6 x 5! / 5! 3 x 2 x 1     X  1       X    6 x 5 x 4 x 3! / 3! 3 x 2 x 1  =  56 x 20  = 1120 (multiplico pois a escolha de candidatas deve ser feito ao mesmo tempo)   
  • Temos 8 garotas com menos de 23 anos, das quais devemos escolher 5. O número de combinações é:

    C(8,5) = C (8,3) = 8 x 7 x 6 / (3 x 2 x 1) = 56 possibilidades

                   Temos uma única possibilidade para a garota de 23 anos exatos. E restam 6 garotas com mais de 23 anos, das quais devemos escolher 3. Isto é:

    C(6,3) = 6 x 5 x 4 / (3 x 2 x 1) = 20 possibilidades

                  

    Ao todo, temos 56 x 1 x 20 = 1120 possibilidades.

    Resposta: E

  • Considerações, trata-se de um problema de combinação, pois a ordem não é importante.

    São 15 bailarinas com idades que não se repetem em ordem de 15 a 29, para formar um grupo de 9 bailarinas.

    Deve ter uma bailarina de 23 anos, logo, apenas uma possibilidade, C 1,1 = 1

    Deve ter 5 bailarinas com menos de 23 anos, são 8 bailarinas porque a de 23 anos já está no grupo anterior, logo, C 8,5 = 56.

    Deve ter 3 bailarinas com mais de 23 anos num grupo de 6, logo, C 6,3 = 20

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

    C 1,1 x C 8,5 x C 6,3 = 56 x 20 = 1120

    LETRA E


ID
10720
Banca
ESAF
Órgão
ANEEL
Ano
2004
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Quer-se formar um grupo de danças com 6 bailarinas, de modo que três delas tenham menos de 18 anos, que uma delas tenha exatamente 18 anos, e que as demais tenham idade superior a 18 anos. Apresentaram-se, para a seleção, doze candidatas, com idades de 11 a 22 anos, sendo a idade, em anos, de cada candidata, diferente das demais. O número de diferentes grupos de dança que podem ser selecionados a partir deste conjunto de candidatas é igual a

Alternativas
Comentários
  • 7!:2!
    -----
    4!:2!

    7.6.5.4.3.1(refere-se as possibilidades de escolha)=2520

    2520:12(número total de bailarinas) = 210

  • Cheguei no mesmo número, mas com o seguinte cálculo:
    (5!+4!+3!+2!+1!)*3!
  • Nao entendi esta resposta... alguem pode me ajudar ???

    Preciso agrupar 7 meninas (menos de 18) em 3 lugares.
    1 menina (18 anos) em 1 lugar.
    4 meninas (acima dos 18) em 2 lugares.

    Fiz as combinações separadamente.

    C das - 18 = 210
    C das 18 = 1
    C das + 18= 12

  • É o seguinte:Essa questão se trata de contagem na forma de combinação, isso é, não importa a ordem dos elementos.O grupo de dança tem que ser formado por 3(<18), 1(=18) e 2(>18), com 12 possibilidades, sendo que temos 7(<18), 1(=18) e 4(>18).Caso 1: (<18) combinação de 3 para 7 candidatos(7*6*5)/(3*2*1) = 35Caso 2: (=18)1Caso 3: (>18) combinação de 2 para 4 candidatos(4*3)/(2*1) = 6Resultado: 35*1*6 = 210
  • Gpo de 6 bailarinas: 3 (- de 18 anos )   11,12,13,14,15,16,17anos  = 7 bailarinas
                                    
    1 (= 18 anos)                                                    =  1 bailarina
                                     2(+ de 18 anos)     19,20,21,22                        =  4 bailarinas


    RESOLVE POR COMBINAÇÃO

        7!      = 7x6x5x4x3x2x1  = 35          
      3! 4!          3! .. 4x3x2x1                   35 x
    6 x 1 = 210

     4!       =    4x3x2x1   =  6
    2! 2!             2! 2x1     






     

  • Como chegar a idade se o enunciado não fala?

  • O enunciado nos diz que são 12 bailarinas com idades DIFERENTES, de 11 a 22 anos, ou seja, temos exatamente 12 bailarinas com as idades de 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21 e 22.

    bailarinas < 18 anos: 7    {11, 12, 13, 14, 15, 16, 17}

    bailarinas = 18 anos: 1    {18}

    bailarinas > 18 anos: 4    {19, 20, 21, 22}

     

    Pois bem, precisamos de 4 das 7 bailarinas menor de 18, 1 de 1 com idade igual a 18, e 2 das 4 maiores de 18. A ordem das bailarinas dentro do seu grupo etário não importa, portanto usaremos a combinação:

    4 de 7 bailarinas menor de 18: C7,4

    1 de 1 bailarina igual 18: C1,1

    2 de 4 bailarinas maior de 18: C4,2

    De acordo com o Princípio Fundamental da Contagem, quando temos uma situação de "E", usaremos o Princípio Multiplicativo:

    4 bailarinas menor de 18 "E"1 bailarina igual a 18 "E" 2 bailarinas maior de 18.

     

    Logo, C7,3 x C1,1 x C4,2 = 210

     

  •          Temos uma candidata com cada idade possível entre 11 e 22 anos. Portanto, temos ao todo 7 candidatas com menos de 18 anos (11, 12, 13, 14, 15, 16 e 17 anos); 1 candidata com 18 anos, e 4 candidatas com mais de 18 anos (19, 20, 21 e 22 anos).

                   Precisamos escolher 3 dentre as 7 bailarinas com menos de 18 anos. Veja que a ordem de escolha não importa, afinal o grupo constituído pelas bailarinas   11-12-13 é igual ao grupo constituído pelas bailarinas 13-11-12, e assim por diante. Logo, estamos diante de uma combinação de 7 pessoas, 3 a 3:

    C(7,3) = 7 x 6 x 5 / (3 x 2 x 1) = 35 possibilidades

                   Só há 1 possibilidade para a escolha de uma garota com exatamente 18 anos. Devemos ainda escolher as 2 bailarinas que restam para completar o grupo de 6. Elas devem ser escolhidas dentre as 4 com mais de 18 anos. O número de possibilidades para esta escolha é dada pelas combinações de 4 pessoas em grupos de 2:

    C(4,2) = 4 x 3 / (2 x 1) = 6 possibilidades

                   Ao todo temos 35 possibilidades para as menores de 18 anos E 1 possibilidade para a bailarina de 18 anos E 6 possibilidades para as maiores de 18. Portanto, o número de formas de escolha é dado pela multiplicação (veja que destaquei o “E” na frase anterior para detonar o princípio multiplicativo):

    Total = 35 x 1 x 6 = 210 possibilidades

    Resposta: C

  • apliquem a formula da combinação simples: C(n,p)=n!/p!(n!-p!)


ID
10732
Banca
ESAF
Órgão
ANEEL
Ano
2004
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Dez amigos, entre eles Mário e José, devem formar uma fila para comprar as entradas para um jogo de futebol. O número de diferentes formas que esta fila de amigos pode ser formada, de modo que Mário e José fiquem sempre juntos é igual a

Alternativas
Comentários
  • PERMUTAÇÕES SIMPLES
    FÓRMULA: Pn = n!
    - Formar fila de amigos distribuindo-os em 10 lugares disponíveis e colocando Mário e José lado a lado;
    - Considerar Mário e José como um único elemento, já que estarão ocupando sempre 2 lugares lado a lado;
    - Permutar entre si 9 lugares da fila (8 amigos=8 elementos + Mário e José=1 elemento);
    - Permutar também os lugares ocupados por Mário e José, já que não foi especificada a ordem em que os dois poderiam estar na fila.

    Colocando na fórmula: Pn = n!
    P9=9! e P2= 2!
  • Alguém poderia me explicar quando uso arranjo e quando uso permutação? Achei que essa fosse uma questão de arranjo.
  • não entendi pq  houve permutação de 9 e não de 8, ao meu ver eles deveriam estar juntos isso é ocupando cada um um lugar, um ao lado do outro, assim sempre estariam ocupando 2 lugares, sendo assim sobrariam 8 lugares  não é????????????????????????????????????????????????????
  • respondendo a respostas da colega Mily: 
    PERMUTAÇÃO TEM LIGAÇÃO  COM ORDEM, isto é se  vc quer formar sequencias vc utiliza permutação
    COMBINAÇÃO TEM lLIGAÇÃO COM ESCOLHAS, isto é vc deseja forma um sub-conjunto onde pode haver repetições E  a oredem não importa.
  • Eu gostaria de saber se Mário e José estariam sempre junto ( seriam como se fosse 1 so ) porque que a resposta  correta foi letra " C " 2!9!, a resposta correta não seria letra " D " 1!9!. Se alguem puder me explicar melhor fiquecarei grato. Desde já agradeço.
  • NO ARRANJO VC USA SEMPRE MENOS ELEMENTOS DO QUE TEM NO TOTAL (IMPORTA A ORDENAÇÃO) E NA PERMUTAÇAO O NUMERO USADO SERÁ SEMPRE IGUAL  AO NUMERO TOTAL... POR EXEMPLO, SE QUISESSE QUE AS FILAS FOSSEM DE 4 PESSOAS SERIA UM ARRANJO (SE A ORDEM IMPORTASSE) OU UMA COMBINAÇÃO (SE A ORDEM NÃO IMPORTASSE) ME CORRIJAM SE ESTIVER ERRADA... :)
  • Monique e Thiago,

    Faltou a vaga de josé ( ou a de mário ), pois a vaga de um deles ficou vazia, já que eles estavam sempre juntos, explico:

    Vaga1: Mário ( ou José )
    Vaga2: José ( ou Mário )
    Vaga1: Mário e José ( Juntos como diz a questão )
    Vaga2: Que era de José ( ou Mário ) Disponível para qualquer outro amigo ( 1 Vaga Vazia )
    Vaga3 a Vaga10: Vazia ( 8 Vagas Vazias )
    Total: 9 Vagas Vazias = 9!
    Nessa caso eu botei Mário e José na Vaga1, mas eles podem estar na Vaga2 ou na Vaga3 ou na Vaga4 e assin sucessivamente, então será 2!

    Espero ter sido claro.
  • Esse 2! é porque Mário e José podem permutar entre si, ou seja, apesar de estarem juntos, eles podem mudar de posição entre si. 

  • MJ_ _ _ _ _ _ _ _ 

    _ MJ _ _ _ _ _ _ _

    .

    .

    .

    _ _ _ _ _ _ _ _ MJ

    2! porque mario e jose podem trocar de posição

    8! porque sobram 8 amigos para trocarem de posicão.

    vezes 9 que é a posição que mario e jose vão sempre mudar nos assentos

    como multiplica por 9

    podemos colocar que é fatorial de 9!

  • A forma correta de se interpretar esta questão não é considerando eles como uma pessoa só, pois essa forma causa bastante confusão na cabeça do aluno.

    Deve-se utilizar o seguinte raciocínio.

    Os dois primeiros lugares pode ser preenchidos por M ou J, e assim teremos as seguintes possibilidades de permutação:

    _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = 1 ª possibilidade = 2 x 8!

    2 1 8 7 6 5 4 3 2 1

    _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = 2 ª possibilidade = 2 x 8!

    8 2 1 7 6 5 4 3 2 1

    ....

    Iremos assim até a possibilidade 9ª

    _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = 2 x 8!

    8 7 6 5 4 3 2 1 2 1

    Daí, somamos todas as 9 possibilidades:

    9 x ( 2 x 8!) .

    Na questão ele juntou o 9 ao 8! , e também atribuiu o valor de 2 = 2!

    resultando -----> 9! 2!

  •         Como Mário e José devem sempre ficar juntos, podemos inicialmente trata-los como se fossem 1 pessoa só. Assim, temos ao todo 9 pessoas, e não 10. O número de filas que podemos formar com essas 9 pessoas é a simples permutação de 9, afinal está claro que a ordem dos elementos torna uma fila distinta da outra:

    P(9) = 9!

                   Veja um exemplo dessas filas abaixo. As posições em branco representam os outros 8 amigos, que não Mário e José:

    _ _ Mário José _ _ _ _ _ _

                   Observe que trocando a ordem entre Mário e José, mantendo todos os demais em suas posições originais, temos uma fila distinta:

    _ _ José Mário _ _ _ _ _ _

                   

                   Isto é, cada uma daquelas 9! possibilidades que vimos acima deve ainda ser multiplicada pela permutação dos 2 rapazes entre si. Como P(2) = 2!, temos ao todo:

    Possibilidades de fila = 2! x 9!

    Resposta: C

  • Fazendo o bloco MJ, esse bloco pode se mover em 9 posicoes diferentes, enquanto fora do bloco tem a permutacao dos demais.

    Dai -> 9x8! , que e o mesmo que 9!

    O resultado multiplicamos por 2 porque, dentro do bloco, Mario e Jose podem trocar de lugar entre eles.

    Entao = 2x9!

  • https://www.youtube.com/watch?v=cKIKc90cWP4

    video explicativo

  • A questão está considerando que Mario e José estão ocupando o mesmo lugar na fila, pois a condição é de que eles não podem se separar. Com isso, a fila passa a contar com 9 lugares. (9!)

    A segunda condição é que eles podem inverter a posição na fila, criando 2 possibilidades de filas. (2!)

    Chega-se ao resultado multiplicando as duas condições: 2!9!

  • Resolvido passo a passo:

    https://youtu.be/mYjLcmCy1ag


ID
10873
Banca
ESAF
Órgão
ANEEL
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em um campeonato de tênis participam 30 duplas, com a mesma probabilidade de vencer. O número de diferentes maneiras para a classifi cação dos 3 primeiros lugares é igual a:

Alternativas
Comentários
  • Para a escolha dos 3 primeiros, é excludentes, onde:
    para a 1º colocação pode ser uma das 30 duplas, para o 2º colocado as 29 restantes, e para o 3º colocado os 28 restantes. pelo princípio multiplicativo = 30 x 29 x 28 = 24360
  • Uma outra maneira de resolver esta questão é usando a fórmula do Arranjo Simples.

    Fórmula: An,p = n.(n-1).(n-2)...(n-(p-1))

    Daí: A30,3 = 30.29.28 = 24360
  • (Combinação 30,3) * Permutação 3,3, a combinação indica a quantidade de equipes de 3 pessoas e a segunda a sua ordem.

    C 30,3 = 30!/(3!*(30-3)!) = 4060
    P 3,3 = 3! = 6
    4060*6 = 24360
  • Letra A.

     

    Se a ordem Altera, então é arranjo.

     

    30 possibilidades para o 1ºlugar

    29 possibilidades para o 2ºlugar

    28 possibilidades para o 3ºlugar

     

    30.29.28= 24.360

     

    https://www.youtube.com/watch?v=qQ5b3DqjmS8

     

    Minuto 50:33

  • Letra a.

    Trata-se de uma questão em que a ordem dos elementos importa, ou seja, a cada nova ordem, temos um novo agrupamento, logo a “ordem” altera a “natureza”. Para os três primeiros colocados, temos: 30 × 29 × 28 = 24.360 (maneiras diferentes).                                                   

    Neste caso, as possibilidades vão diminuindo, uma vez que a possibilidade utilizada (dupla de tênis) não tem como ser utilizada novamente (ninguém pode ocupar duas posições simultaneamente).
     

    Questão comentada pelo Prof. Josimar Padilha 
     

  • Temos que preencher as 3 posições do pódio. Repare que aqui a ordem importa, afinal termos a equipe A em 1º lugar, B em 2º e C em 3º é diferente de termos B em 1º, A em 2º e C em 3º. Estamos diante de um caso de arranjo. Precisamos arranjar, nas 3 posições do pódio, 30 duplas disponíveis.

           Temos 30 possibilidades para uma posição, 29 para a seguinte e restam 28 para a última posição. Pela regra do produto:

    Total de formas = 30 x 29 x 28 = 24360

    Resposta: A


ID
13204
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 16ª REGIÃO (MA)
Ano
2005
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens subseqüentes.

É igual a 5! o número de seqüências de caracteres distintos com 5 letras que podem ser formadas com as letras da palavra Internet.

Alternativas
Comentários
  • Não consigo chegar a nenhuma conclusão sobre qual seria a forma verdadeira de se resolver a questão, mas sei que não é 5!

    Dessa forma, você simplesmente descarta as letras repetidas, o que é incorreto. Por exemplo, a sequência "I-N-T-E-R-N" deve ser contada 4 vezes (2 vezes trocando-se o "E" e outras 2 vezes trocando-se o "T", já que há 2 T's e 2 E's na palavra). Usando-se a fórmula "5!", ela seria contada uma única vez.
  • A resposta é palavra internet 8! / por 2! q eh a letra é repetida e 2! da letra N e 2! da letra T= 5040 resultado final...
  • Acredito que seja um caso combinação... A palavra internet possui 8 letras, porém 3 se repetem (net). Tendo em vista que a questão pede caracteres distintos, considera-se o total de 5 letras apenas. Então pergunta-se quantas sequências de caracteres distintos com 5 letras podem ser formadas com as letras da internet, ou seja, "i", "n", "t", "e" e "r".Resulta em : C 5,5 = 1Haveria, portanto, apenas 1 sequência de caracteres distintos o que difere do resultado obtido a partir do 5!.Caso utilizássemos o princípio da contagem, aí sim, o resultado seria igual a 5!.
  • I =  1
    N =2

    T =2

    E =2

    R = 1

    N

    E

    T

    LOGO 7X6X5X4X3X2X1 = 5040

  • Acho que o gabarito deveria ser CERTO!

    Se a palavra INTERNET possui apenas 5 cinco letras distintas -> INTER. Então, o número de sequências de caracteres DISTINTOS com 5 letras será uma permutação dessas 5 letras -> P(5)=5!
  • GABARITO: ERRADO!

    Questão simples de "PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO".

    I N T E R N E T

      2,2,2,1,1
    P               = 8!/2!2!2! = 5.040             
      8
  • Gabarito definitivo CORRETO.

    I N T E R N E T

    caracteres DISTINTOS com 5 letras. Retiram-se as letras repetidas e sobram exatamente 5! (I R N E T).


    Questão semelhante caiu na prova do Banco do Brasil em 2008 Q28728 cujo gabarito definitivo é CORRETO.
  • A meu ver resposta errada
    Vejamos
      
    A palavra INTERNET contem 8 elementos sendo:
    1 I
    1 R
    2 N
    2 T
    2 E

    a diz q a sequencia de caracteres são distintos com 5 elementos no total ou seja eu carteando dos 8 elementos da palavra so posso tirar 5 distintos
    entao qual o numero total de possibilidades de isso acontecer:


    unimos I e R como um unico elemento 


    ___IR__  _______  ________  ________   ou ___RI___  _________  ________  __________
         2!                                                                        2!
    porque entre I e R posso ter 2 tipos de organização


    tornando N,N,E,E,T,T um conjunto entao temos 6 possibilidades de escolha do segundo elemento, suposmos que coloquemos o N no segundo elemento logo no terceiro teremos 4 e nao 5 pq nao podemos repetir elementos. e assim sucessivamente



    __IR___  ____N____  ________  ________  
      2 poss      6poss          4 poss     2 poss

    logo:
    2!*6*4*2= 96 sequencias
    e 5! = 5*4*3*2* = 120 sequencias


    entao 5! nao é igual ao numero de sequencia de caracteres distintos





     

  • Esse não pode ser o Gabarito Definitivo. Não se trata de uma questão de permutação com repetição, basta olhar o enunciado:

    É igual a 5! o número de seqüências de caracteres distintos com 5 letras que podem ser formadas com as letras da palavra Internet.

    Para ser permutação com repetição o conjunto "n" deve ser igual ao total de letras da palavra incluindo o número de repetições. Assim podemos usar a formula e calcular, mas a questão pedou uma sequencia de 5 letras distintas usando as letras da palavra internet.

    Portando retira-se as letras que se repetem da palavra internet que são: N, E e T,  sobrando apenas as letras I N T E R 

    Como a questão pede o número de sequencias de caracteres distintos com 5 letras, temos uma permutação simples. 5 Letras para sequências de 5 Caracteres, ou seja 5!

    Gabarito: Correto
  • Pessoal. Eu já sofri muito com esse tipo de questão em que eu ia pelo raciocínio e pela lógica, mas a questão tinha outro resultado.
    Eu também fiz como a maioria e marquei certo, pois seria realmente a lógica.
    Ora, se restaram apenas 5 letras distintas, só poderíamos trabalhar com elas e teríamos 5 opções na primeira, 4 na segunda, isso seguindo o PFC.
    Só que aprendi que devemos esquecer isso, O QUE ACHAMOS não conta na hora da prova.
    Devemos sempre fazer pelas fórmulas, afinal, o nosso objetivo é passar em um concurso. 
    Eu penso assim, jogo a fórmula e pronto, passo p próxima.
    Nesse caso é um anagrama, e segundo o professor Paulo Henrique do eu vou passar, falou em anagrama, falou em permutação. Tem letras repetidas? use a permutação com repetição. Pronto.

    Espero ter ajudado a todos.
  • Prezados,

    A questão já foi respondida.

    Como se trata de caracteres distintos, não se incluem os repetidos

    Por isso

    8! / 2! x 2! x 2!

    É muita gente pra confundir e pouca para agregar

  • Felipe vc está enganado. Nao foi respondidada de maneira correta. Veja bem. Se vc fizer Permutaçao de 8 e tirar as repetiçoes vc estará contando sequencias de 8 caracteres. A ''filosofia'' da permutaçao com repetiçao é contar o numero de sequencias de 8 caracteres e RETIRAR as sequencias que se REPETEM, mas todas as sequencias continuarao contendo 8 caracteres sendo que  a questao pede sequencias de 5. Apesar de acertar a questao o raciocio esta errado. O correto seria fazer uma combinaçao e retirar as letras q se repetem.

     

    C8,5/(2!³)

  • No meu entender, o João Tamar e o Wanderley Targa estão corretos em suas explicações e o gabarito deveria ser "Certo". 

    Muita gente respondeu usando o raciocínio errado para tratar de anagramas com letras repetidas.  

    Se eu tenho a palavra ANO, quantos anagramas são possíveis? 

    3! = 6

    Já para ANA, seria: 

    3!/2! = 3.

    Para BOCA:  

    4! = 24

    Para BOBO: 

    4!/2! = 12.  

    Para MATEMATICA: 

    10!/2!x2!x3!  

    Para INTERNET: 

    8!/2!x2!x2! 

    Percebe-se que se não há letras repetidas na palavra, basta fazer o fatorial do total de letras. Se há letras repetidas, fazemos o fatorial do total de letras, mas precisamos retirar as repetidas, dividindo o fatorial do total de letras pelo fatorial do número de repetições de cada letra que se repete.  

    No caso de MATEMATICA, o M e o T se repetem duas vezes e o A, três, por isso dividimos 10! por 2!x2!x3!.  

    Até aí ok?  

    Alguns colegas entenderam que questão estava pedindo o total de anagramas da palavra internet e jogaram a fórmula 8!/2!x2!x2!. Mas a questão quer saber se o total de anagramas (número de sequências de caracteres distintos) com 5 letras que podem ser formados a partir da palavra internet é igual a 5!. 

    Não podemos utilizar o fatorial de 8! simplesmente porque não temos 8 carácteres disponíveis, são apenas 5! São 5 tracinhos apenas: _ _ _ _ _ 

    O macete que aprendemos de excluir as letras repetidas é necessário quando fazemos o fatorial do total de letras de uma palavra porque na fórmula estaremos contando em duplicidade (triplicidade ou seja lá quantas repetições forem) as letras repetidas. No caso atual, basta tirarmos antecipadamente as letras que se repetem.  

    INTERNET -> INTER

    5! = 120 possibilidades.  

    O NET que foi retirado não formaria anagrama algum diferente, porque já temos o NTE de INTER.  

  • A conta vai dar: 8!/2! x 2! x 2!

    Esses 3 fatoriais do denominador dão para cancelar com o próprio 8 que inicia o (8!)= 8.7.6.5.4.3.2.1

    (8 dividido por 2)=4

    (4 dividido por 2)=2

    (2 dividido por 2)=1

    Veja que sem o 8 vira um 7!

    7! é diferente de 5!

    Portanto, ERRADO.


ID
13207
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 16ª REGIÃO (MA)
Ano
2005
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens subseqüentes.

Se os números das matrículas dos empregados de uma fábrica têm 4 dígitos e o primeiro dígito não é zero e se todos os números de matrícula são números ímpares, então há, no máximo, 450 números de matrícula diferentes.

Alternativas
Comentários
  • Seria 4.500, temos 10 numeros para ser utilizado, no primeiro tiraremos o zero e no ultimo só colocaremos os impares. então ficará

    9x10x10x5 = 4.500
  • Na minha opinião seria assim:A questão diz que o 1º número não é zero e TODOS os números são ímpares, então, inclusive o primeiro pode ser os números "1,3,5,7,9". Resolvendo:1º número - Não pode ser zero, mas zero é par não altera. 5 opções2º número - 5 opções, pois os números podem se repetir. 3º número - 5 opções4º número - 5 opções5º número - 5 opções5 x 5 x 5 x 5 x 5 = 625 opções
  • Apenas o comentário da Fernanda é correto.Aplicando-se o princípio da contagem : primeiro temos 9 opções pq se retira o 0, segundo dígito há 10 opções pq inclui o 0 e os números podem ser repetidos, o mesmo ocorre com o terceiro dígito, restando somente 5 opções para o quarto dígito, visto que somente podem ser ímpar.Assim: 9.10.10.5 = 4.500
  • òtima resposta Moisés trata-se de uma PFC onde:

    usa-se somente os números impares {1,3,5,7,9}

    não pode usar 0 no primieiro digito, mas pode repetir então 5x5x5xx5 = 625

  • Seria 4.500, temos 10 numeros para ser utilizado, no primeiro tiraremos o zero e no ultimo só colocaremos os impares. então ficará

    9x10x10x5 = 4.500
  • Atenção, o NÚMERO é ímpar, não cada dígito.

    Se o primeiro número não é zero, temos 9 opções, dos algarismos 1 a 9. Para os dois próximos, temos 10 opções, já que incluem zero e não pede algarismos distintos. O último algarismo deve ser ímpar, para o número ser ímpar (novamente, pede os números de matrículas ímpares, não cada dígito), o que nos dá 5 opções (1, 3, 5, 7 e 9). Assim:

    9 * 10 * 10 * 5. = 4500.

    4500 > 450, portanto 450 não é o máximo de números de matrícula diferentes.
  • Pessoal, na minha opinião, embora não tenha nada a ver com a matéria Raciocínio-Lógico, entendo que o embate dos colegas acima é relacionado a Português.

    Quando a expressão aponta "... se todos os números de matrícula são números ímpares, então há..." => A preposição "de" aponta qualquer um dos números de matrícula, logo apenas o último elemento é referência de números ímpares e a resposta será 4.500

    Se a expressão apontasse " ... se todos os números da matrícula são números ímpares, então há..." => A preposição "da", através da contração da preposição "de" com o artigo definido "a", especificaria ( função do artigo definido) uma matrícula dentre as demais, aí poderíamos concluir que a refência seria em relação a todos os números de uma só matrícula. E a resposta seria 625

    De qualquer forma, ambas apontam para a mesma resposta da questão...
  • Na minha opinião, os números são ímpares é diferente de todos os dígitos são ímpares.
    Portanto, penso que devemos aplicar o PFC da seguinte forma:

    9 X 10 X 10 X 5 = 4.500

    Grande abraço! 
  • so temos 5 numeros IMPARES. 

    entaõa seria 5 X 4 X 3 X 2 = 120 MATRICULAS.. COM TODOS OS NUMEROS IMPARES.

  • MT equívoco aí kkkkk o certo é 5^5=3125

  • 9 * 10 * 10* 5                                os numeros sao de (0-10) 10 possibilidades

    1°-  nao pode ser 0 entao so sao 9 possibilidades 

    2°- 10 possibilidades 

    3°- 10 possibilidades

    4°- 5 possibilidades , (0-10) tem 1,3,5,7,9 n° impar

    resultado=4500

     

  • Questão ERRADA

    matrículas de 4 dígitos = _ * _ * _ *_ 

    1º restrição -> o 1º número não é 0 = Logo: 1 a 9 (9 números a serem escolhidos no 1º dígito)

    2º restrição -> todos os números DE matrícula são ímpares = Logo todas as matrículas teram que terminar com um número ímpar que são (1,3,5,7,9) totalizando 5 números a serem escolhidos 

    Então: 9 números no 1º dígito * 10 números no 2º dígito (0 a 9) * 10 números no 3º dígito (0 a 9) * e 5 números no último dígito para se ter um número ímpar (5 números) = 9 * 10 * 10 * 5 = 4500 números diferentes 

  • ERRADO

     

    5x5x5x5 = 625, números de matricula não é matricula impar

  • A questão fala que os números de matrícula (matrícula de cada funcionário) são ímpares, e não os DÍGITOS que compõem a matrícula!

    Logo, o último dígito deve ser ímpar.

    Possibilidades:

    9 * 10 * 10 * 5 = 4.500

  • Vocês estão equivocados. Vejam!

    Para ser ímpar precisa terminar em 1, 3, 5, 7 ou 9. logo, no último dígito temos 5 possibilidades.

    Como são distintas, não pode haver repetição de nenhum algarismo, assim, temos:

    8x8x7x5=2.240 possibilidades.

  • Eita! cada comentário pior que o outro kkkkkkkkkkkkkk


ID
13210
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 16ª REGIÃO (MA)
Ano
2005
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A diretoria da associação dos servidores de uma pequena empresa deve ser formada por 5 empregados escolhidos entre os 10 de nível médio e os 15 de nível superior. A respeito dessa restrição, julgue os itens seguintes.

Há mais de 20 mil maneiras para se formar uma diretoria que tenha 2 empregados de nível médio e 3 empregados de nível superior.

Alternativas
Comentários
  • Esta é resolvida pela combinação de :
    C15,3 X C10,2
    C15,3= 15x14x13x12!/12!3!= 455
    C 102= 10x9x8!/8!2!=45
    455x45=20.475
  • Pessoal, aprendi muito fazendo as ótimas questoes aqui de raciocinio logico para o CESPE e aprendi que quando na questão, pelo menos para nivel medio, falar mais de ou menos de o resultado do calculo geralemnte é bem proximo do resultado dado na questão, exemplo: mais de 20 mil maneiras e o resultado do calculo deu 20.475  dai sei que to no caminho certo, essa é uma constancia no CESPE, parece que é para ajudar pessoas ainda fracas em raciocinio logico como eu....abração a todos e todas que estudam com dignidade...
  • Combinação - Ordem não importa; formar grupos; comissões com mais de um integrante.

  • Resolvemos através de combinação.

    C10,2 x C15,3 = 45x455 = 20.475

    C10,2 = 10x9/2! =45

    C15,3 = 15x14x13/3! = 455

  • Será tirado 2 empregados de 10 nível médio

    Logo, combinação por formar supostas equipes

    C=10.9/2!=45

    Será tirado 3 empregados de 15 do nível superior

    Logo, combinação TMB

    C=15.14.13/3!=455

    455*45=20475

    Certo.


ID
13510
Banca
FCC
Órgão
TRT - 4ª REGIÃO (RS)
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Astolfo pretendia telefonar para um amigo, mas não conseguia se lembrar por inteiro do número de seu telefone; lembrava-se apenas do prefixo (constituído pelos quatro algarismos da esquerda) e de que os outros quatro algarismos formavam um número divisível por 15. Ligou para sua namorada que lhe deu a seguinte informação: "lembro-me apenas de dois dos algarismos do número que você quer: o das dezenas, que é 3, e o das centenas, que é 4". Com base no que ele já sabia e na informação dada pela namorada, o total de possibilidades para descobrir o número do telefone de seu amigo é

Alternativas
Comentários
  • 1º) 15 é divisível pelos Nº PRIMOS 3 e 5, logo ele deve obedecer as regras desses valores.
    2º) Divisíbilidade por 3: algarismos somados resultando em um valor divisível por 3.
    3º) Divisíbilidade por 5: valores terminados em 0 ou 5.

    Logo, respeitando as 2 regras, se o último algarismo for zero apenas 3 valores (2,5 e 8)serão divisíveis por 3. Mas se ele for o cinco, valores respeitariam a regra (0,3,6 e 9).

  • Um número divisível por 15 deve ser SIMULTANEAMENTE divisível por 5 e 3. Para que isso ocorra, deverá terminar em 5 ou 0 e a soma dos 4 algarismos deverá ser múltiplo de 3 (considerando os números dados: 4 e 3).
    COMBINAÇÕES POSSÍVEIS:
    Final 0: somas=2+4+3+0 / 5+4+3+0 / 8+4+3+0
    Final 5: somas=0+4+3+5 / 3+4+3+5 / 6+4+3+5 / 9+4+3+5
    Total de possibilidades: 7
  • De acordo com o enunciado do problema, os últimos 4 números do telefone são x43y, sendo x43y um número div. por 15. Então, x43y é div. por 3 e por 5.
    1) x43y é div. por 3 ⇒ x+4+3+y = x+y +7 é div. por 3;
    2) x43y é div. por 5 ⇒ ou y = 0, ou y = 5. Se y = 0, x+y+7 = x+7 será div. por 3 para x = 2, 5 ou 8 ( 3 possibilidades);
    se y = 
    5, x+y+7 = x+12 será div. por 3 para x = 0,3,6 ou 9 ( 4 possibilidades). Assim, temos um total de 3+4 = 7 possibilidades.
  • Inicialmente, 435 é um número divisível por 15, enquanto que 430 não, então:

    - 0435 é uma das possibilidades

    - 2000 (cuja sobra dividindo por 15 é 5) + 430, é outra

    - 3000 (divisível por 15) + 435, outra

    - 5000 (sobra de 5) + 430, outra.

    - 6000 (divisível por 15) + 435, outra

    - 8000 (sobra de 5) + 430, outra

    - 9000 (divisível por 15) + 435, outra

  • Nossa, necessito estudar mais cálculo, sou leiga e insegura quando números surgem nas questões a mim fornecidas...  Preciso de auxílio.. :'(

  • A namorada informa o algarismo as dezenas e das centenas e fica faltando o primeiro e o último dígito. --> X43Y

    Astolfo sabia este número era divisível por 15.

    Pra ser divisível por 15, o número deve ser divisível por 3 e por 5.

    Pra ser divisível por 3, a soma dos algarismos deve formar um número divisível por 3 e para ser divisível por 5, precisa terminar por 0 ou 5. Logo, Y = 0 ou Y = 5.

    Y = 0 --> X430

    X + 4 + 3 + 0 = x + 7

    Quanto tem que ser o X pra que a soma seja divisível por 3?

    X = 2 (soma 9)

    X = 5 (soma 12)

    X = 8 (soma 15)

    Y = 5 --> X435

    X + 4 + 3 + 5 = x + 12

    Quanto tem que ser o x pra que a soma seja divisível por 3?

    X = 0 (soma 12)

    X = 3 (soma 15)

    X = 6 (soma 18)

    X = 9 (soma 21)

    As possibilidades para descobrir o telefone são as seguintes:

    2430

    5430

    8430

    0435

    3435

    6435

    9435

    Portanto, são 7 possibilidades.

    ALTERNATIVA C


ID
14956
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 9ª REGIÃO (PR)
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em cada um dos itens de 25 a 28 a seguir, é apresentada uma situação hipotética, seguida de uma assertiva a ser julgada.

Os tribunais utilizam códigos em seus sistemas internos e, usualmente, os processos protocolados nesses órgãos seguem uma codificação única formada por 6 campos. O terceiro desses campos, identificado como código da vara jurídica correspondente à região geográfica, é constituído por 3 algarismos com valores, cada um, entre 0 e 9. Supondo-se que, nesses códigos, os três algarismos não sejam todos iguais, conclui-se que podem ser criados, no máximo, 90 códigos distintos para identificar as varas jurídicas.

Alternativas
Comentários
  • A questão diz que o campo é constituído por 3 algarismos, cada qual podendo ter 10 possibilidades diferentes (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9), logo 10 * 10 * 10 = 1.000. Pórem diz-se tb na questão que não pode haver nenhum nº formado por 3 algarismos com valores iguais. Basta excluir das 1.000 possibilidades as 10 nas quais os 03 algarismos se repetem:000,111,222,333,444,555,666,777,888,999.
    Assim sendo teremos 1.000 - 10 = 990 possibilidades.
  • essa eu fiz da seguinte forma:

    fiz por exclusão:
    1º todos os modos possives "A": 10*10*10 = 1000
    2º com apenas 1 repetido "B":10*10*9 = 900
    3º todos os modos possiveis menos os com uma repetição: A-B = 1000-900= 100

    ou seja o máximo de códigos distintos seria 100 e não 90!

    Espero ter ajudado e que todos vocÊs fiquem na Paz do Senhor Jesus!!!
  • TRATA - SE DE UMA COMBINAÇÃO SIMPLES ONDE PARA O PRIMEIRO ALGARISMO TEMOS 10 OPÇÕES PARA O SEGUNDO NOVE, POIS NAO PODE REPETIR O PRIMEIRO E PARA O TERCEIRO 8 PELO MESMO MOTIVO, ASSIM, PODERIAM SER CRIADOS 10X9X8 = 720 CODIGOS DISTINTOS
  • O comentário anterior está incorreto, pois da forma como foi resolvida a questão, está se considerando que os 3 dígitos devem ser diferentes entre si, enquanto que o enunciado diz que apenas não é válida a opção dos 3 serem iguais, ou seja, o mesmo número pode se repetir duas vezes, mas não três.
    A questão Q5334 é a mesma e o seu comentário está correto.
  • Caso a questão dissece que não poderia ter mais dois números iguais, qual seria a forma mais rápida de resolver a questão?

    Sem ser pelo método de eliminação. Ex. (001, 122, 434...)

    Se alguém souber, resolve aí.

    Bons estudos!!!
  • São 10 algarismos que podem ser combinados de qualquer forma, exceto a repetição do mesmo algarismo nos 3 campos. Logo, deve-se excluir 000, 111, ... , 999 (10 possibilidades).

    Total de possibilidades = 10.10.10 = 1000.
    Exceções = 10
    Total possível de combinações = 990.

    Questão ERRADA.
  • 10 x 9 x 8 = 720
    Princípio multiplicativo de contagem, valores distintos.
  • Acredito que a resolução seja da seguinte forma:

     

    Analisemos que a questão diz que todos os algoritimos não podem ser iguais, ok? CORRETO

    O que não descarta a possibilidade de dois deles se repetirem. Tomemos por permutação:

     [ ]    [ ]    [ ]

    10 x 10 x 9 = 900 possibilidades

  • "Supondo-se que, nesses códigos, os três algarismos não sejam todos iguais"

    Então não pode ser:
    0 0 0
    1 1 1
    2 2 2
    ...
    9 9 9

    Acho que ficaria assim:
    10 x 10 x 10 - 10(todos iguais) = 990
  • Uma leitura desatenta induz ao erro:
    Se pedisse 3 algarismos entre 0 e 10 que fosse distintos...
    Poderia pensar:
    10X9X8=720
    Mas não oque se pede é que os algarismos não sejam todos iguais(como 444, 555)
    Então - 10 X 10 X 10 = 1000
    Dessas 1000 formas de disposição, em quantas se repetiriam os 3 algarismos?
    Em 10: 111, 222, 333, 444, 555, 666, 777, 888, 999, 000
    Logo, 1000 - 10 = 990
    FALSA
  • Discordo.

    São 3 casas

    _____   _____   _____

    Não podem ser todas iguais. Mas você pode ter duas iguais.

    Então, dentre os números de 0 (zero) a 9 (nove), poderemos usar na 1ª casa todos os 10, na segunda casa todos os 10, e na terceira casa, apenas 9 deles (para que não sejam todos iguais)

    então:

    10   .   10   .     9  =  900   
  • Total de possibilidades: 10*10*10=1000
    Total de possibilidades com todos os números distintos: 10*9*8=720
    Total de possibilidades com apenas dois números iguais: 3*(10*1*9)= 3* 90 = 270; aqui deve-se fazer uma permutação com repetição, pois podemos ter 331 ou 313 ou ainda 133; assim temos: 3!/2! = 3; 
    Total de possibilidades com três números iguais: 10*1*1 = 10;

    Somando as possibilidades com todos os números iguais, dois números iguais e todos diferentes, temos: 10+270+720=1000; Esse valor bate com o total de possibilidades.

    Bons estudos!

  • Simple de se fazer

    1 Passo.
    de 0 a 9 possui 10 algarismo (conta-se o "0")

    2 Passo. 
    O primeiro número desses 3 não pode ser o "0", caso contrário não seria um código com 3 algarismo. 

    3 Passo;
    Resolução
    9 x 9 (o zero já pode entrar) x 8 (exclui-se o zero) = 648 opções!


    Tenha fé cristão!!!!
  • nao precisa fazer conta nenhuma - o código varia de 000 a 999, portanto mil números distintos....daí é só tirar as repetições não permitidas, ou seja, 000 , 111 e assim por diante, contando 10 não permitidos, sendo os possíveis , então, 990.
    se fossem 2 algarismos, seriam 90
    se fossem 4, sem poder repetir os 4, seriam 9900
    simples assim...
  • Nego complicou o que era simples!

    Quando a questão fala de "Supondo-se que, nesses códigos, os três algarismos não sejam todos iguais," devemos apenas retirar, do total de combinações, as situações onde TODOS sejam iguais (000, 111, 222, 333, 444, 555, 666, 777, 888, 999).

    Todas as combinações possíveis somam 1000 (10*10*10). Poertanto deveremos subtrair as 10 possibilidades desse total e pronto (1000-10=990)
  • Resposta
     Aqui, temos uma questão que nos cobra conhecimento de princípios de 
    contagem. Vejam que o código montado é composto por três (3) algarismos e os 
    três não podem ser todos iguais. Sendo assim, vejamos como podemos ser os 
    códigos: 
    10 10 9 
    Vejam que o primeiro algarismo do código, pode ser  qualquer algarismo 
    entre 0 e 9, ou seja, temos 10 possibilidade para preenchermos o primeiro campo, 
    como exemplo, preencheremos com o algarismo 3 o primeiro campo. 
    3   
    Notem também que o segundo algarismo do código pode ser qualquer 
    algarismo entre 0 e 9 , ou seja, temos, também, 10 possibilidade para preenchermos 
    o segundo campo, como exemplo, preencheremos com o  algarismo 3 o segundo 
    campo. 
    3 3  
     Agora, devemos atentar para a seguinte afirmação que o comando da 
    questão nos traz “os três algarismos não podem ser todos iguais”, sendo assim, 
    para o preenchimento do último campo temos só 9 algarismos disponíveis, ou seja, 
    não podemos usar o algarismo três (3) que já usamos duas vezes, pois, se assim 
    fizermos o código ficará com os três algarismos iguais. 
     Logo, pelo princípio multiplicativo, temos: 
    10 10 9 
    10 x 10 x 9 = 900 códigos distintos 
    Obs: podem vir em qualquer ordem os algarismos: (10 x 10 x 9), (10 x 9 x 10) ou (9 x 
    10 x 10) o que importa é que o resultado será sempre o mesmo. 
    ITEM ERRADO
  • Por isso não curto questões de Certo ou Errado para estudar aqui. Cada um tem uma hipótese por que está errado. Um saco isso!
  • Essa é uma questão de Princípio Fundamental da Contagem

    O código é formado por três algarismos distintos (diferentes) de 0 a 9 (logo, temos 10 algarismos para usar).

    Se usarmos o bom senso, chegaremos a conclusão de que em códigos, senhas, protocolos etc. são permitidos o uso do 0 (zero) no início, então temos o seguinte:

    ____  ____  ____
     10        9         8

    Como a questão nos diz que os algarismos são distintos, então temos 10 possibilidades para o 1º algarismo, 9 possibilidades para o 2º algarismo e 8 possibilidades para o 3º algarismo.

    Multiplicado 10 . 9 . 8 é igual a 720 possibilidades.

  • São realmente 990 códigos.
    Vejamos:
    1° Passo: Identificar quantos códigos podemos formar apenas com números distintos

    Faremos como o colega acima expoôs, ou seja, 10 x 9 x 8 = 720

    2° Passo: Identificar quantos códigos podemos formar com a repetição de dois algarismos
    Aqui faremos em 3 partes:
    (I) os dois primeiros algarismos são iguais:   ____  ____  ____
                                                                                             10            x  9       = 90 códigos diferentes
    (II)  os dois últimos são iguais: ____  ____  ____
                                                               10   x         9             = 90 códigos diferentes
    (III) o primeiro e o terceiro são iguais: ____  ____  ____
                                                                                       10    x   9    = 90 códigos diferentes
    Somando as 3 partes teremos 270 códigos com 2 algarimos repetidos.

    3° Passo: Somaremos os 2 passos anteriores

    720 + 270 = 990 códigos

    Portanto, questão ERRADA!
     
       
  • Outra maneira de resolvermos:
    Sabemos que o máximo de códigos diferentes são 1.000 (de 000 até 999)
    Encontraremos quantos códigos existem com  os 3 algarismos repetidos e feremos a subtração.
    ____  ____  ____
      10        1         1     = 10 códigos
    Explicando: Na primeira "casa" temos o número 10 pois é a quantidade de números possíveis de 0 a 9. Em seguida encontramos o número 1 porque, obrigatoriamente, deve ser o mesmo que colocamos na primeira "casa". Idem para o outro número 1.

    Daí, 1000 - 10 = 990 códigos
  • De todos os comentários, fico com o da Jorget que me pareceu o mais coerente, lógico e objetivo de todos !!! 
  • A solução que mostra 10.10.9 está errada pelo seguinte . Suponhamos que temos 3 urnas . A primeira urna tem 10 bolinhas numeradas de 0 a 9 . A segunda urna 10 bolinhas de 0 a 9 , e na terceira urna 9 bolinhas ( faltando um numero qualquer ) . Ao tirarmos uma bolinha de cada urna aleatóriamente , ter nove numeros na terceira urna, mesmo faltando um numero, não impede a ocorrencia de numeros repetidos .
    Portanto o correto é o caso dos 10 de exceção 000 111 222 333 444 555 666 777 888 999  , ou seja 10.10.10 -10 = 990 .
  • Apesar dos comentários terem a finalidade de explanar a resolução da questão percebi que não houve consenso sobre o resultado da mesma, e por não possuir o devido conhecimento sobre esta matéria (e justamente ter lido os comentários para adquiri-lo) tive que apelar para o Excel e fazer todas as possíveis combinações para verificar o resultado correto (com fórmulas leva menos de 1 minuto).
    Para aqueles que também ficaram com dúvida sobre a questão digo para que, caso ainda precisem, façam também este teste, dessa forma poderão confirmar que o resultado correto é 990, e, após isso, ver nos comentários dos colegas acima as formas para chegar a este resultado.
  • Cada um teve um raciocínio diferente, aí vai o meu.
    Número total de possibilidades:
    Entendo que o número de três algarismos deve iniciar em 001, ou seja, não há uma vara jurídica cujo número de identificação seja 000.
    Para sabermos o total de números de três algarismos possíveis, a princípio desconsiderando a exigência de que os três não podem ser iguais, temos:
    N1  N2  N3, sendo:
    N1  ->  10 possibilidades (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
    N2  ->  10 possibilidades (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
    N3  ->  9 possibilidades (1,2,3,4,5,6,7,8,9)
    10 x 10 x 9 = 900
    As possibilidades de os três algarismos serem iguais são:
    111, 222, 333 ... 999  =  9 possibilidades
    Resposta: 9000 - 9  = 891    ->   ERRADO
  • De forma simples e prática:
    a) primeiro devemos calcular o número máximo de de códigos:
        10.10.10 = 1000
    b) partimos agora para a restrição da questão, ou seja, ele pede que os algarismos não sejam todos iguais:
         exemplificando:
        000   
        111   
        222    
        333   
        444
        555
        666
        777
        888
        999
        portanto, são 10 códigos com os três números iguais.
        Por fim, é só subtrair o número total de códigos com o número da restrição: 1000 - 10 = 990 códigos.

        Espero ter ajudado alguém.


        

  • Encontrei uma resolução bem diferente de todos:
    Solução
    O número de códigos com 3 algarismos entre 0 e 9 é: 8x8x8 = 514 códigos
    O número de códigos com 3 algarismos iguais entre 0 e 9 é: 8x1x1 = 8 códigos.
    Logo o número de códigos pedido é 514 – 8 = 504.

    Solução da prova do Prova do TRT 9ª Região
    Técnico Judiciário e Analista Judiciário
    Professor Joselias
  • O comentário do Rafael é que está certo!

    O zero não pode aparecer na primeira casa (casa das centenas). Caso isso ocorra o número terá apenas dois algorítmos. E não é isso que o problema pede.

    Ficam, portanto, 9 números na primeira casa (casa das centenas).

    Na segunda casa (casa das dezenas) o zero já pode entrar. Ficam portanto ao ivés de 8, 9 númerosnovamente.

    E por fim, na casa das unidades, sobram 8 números para escolher.

    Conclui-se portanto:  9 x 9 x 8 = 648 opções!
  • Nao sei se me preocupo com o resultado numerico (onde eu aprendo) ou com o "certo e errado"...pq aqui tiveram vaaarias respostas numericas diferentes...msm sendo errado a resposta... 
  • vou tentar passar o passo a passo: ATENÇÃO! É importante não se perder devido à extensão da questão.

    Identificado que se trata de um ARRANJO poderemos usar O PFC (PRINC FUND DA CONTAGEM).

    Agora, faremos o seguinte: a questão pede 3 algarismos de 0 a 9, ou seja, 10 algarismos.  Em seguida, relata que TODOS não podem ser iguais , então fica a seguinte condição - D para Diferente e I para IGUAL: DDD, DII, IDI, IID.

    Agora é só aplicar conforme a sequencia anterior: 10x9x8= 720; 9X10X1; 9X10X1; 10X1X9.


  • GAB: ERRADO

    Qndo há uma restrição em questão de análise combinatória, uso a fórmula:   TUDO - O Q NÃO PODE 

    A probabilidade de TODOS os números, independente de critérios: 10.10.10= 1.000

    O q não pode: 10           (000,111,222,...)

     

    TUDO (1000) - O q ñ pode (10) = 990

  • ( GERAL) - ( O Q NÃO SERVE, SENDO TODOS IGUAIS.)


    10 X 10 X 10( 1000) = GERAL


    10 X 1 X 1 = ( 90) = NÃO SERVE


    1000-10 = 990 TOTAL.


    ERRADO

  • Gabarito: Errado.

    Para a identificação da região geográfica, pelo código citado, existem 1.000 identificações diferentes

    (10x10x10 = 1.000), e excetuando os códigos que têm os 3 algarismos todos iguais (10x1x1=10), sobram 990 códigos (1.000 – 10 = 990).


ID
14959
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 9ª REGIÃO (PR)
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em cada um dos itens de 25 a 28 a seguir, é apresentada uma situação hipotética, seguida de uma assertiva a ser julgada.

Um órgão especial de um tribunal é composto por 15 desembargadores. Excetuando-se o presidente, o vice-presidente e o corregedor, os demais membros desse órgão especial podem integrar turmas, cada uma delas constituída de 5 membros, cuja função é julgar os processos. Nesse caso, o número de turmas distintas que podem ser formadas é superior a  104 .

Alternativas
Comentários
  • eu fiz da seguinte forma:

    C 12,5
    12!/7!5! = 12.11.10.9.8.7!/5.4.3.2.1.7! = 792


    solução: 792 > 10000
    opu seja: solução "errada"
  • eu também achei como resposta 792...
    não entendi nada sobre p 3003 que comentaram abaixo...
    ??????????????
  • Amigos... são 15 desembargadores e apenas 12 participam das turmas de 5: digamos A B C D e E são cinco deles escolhidos ao acaso, B C D E e A formam a mesma turma! Logo temos um problema de análise combinatória, uma COMBINAÇÃO sem repetição. Logo: C12,5 = 12!/[(5!x(12-5)!]
    C12,5 = 12!/[5!*x7!]
    C12,5 = 12x11x10x9x8x7!/5x4x3x2x1x7!
    C12,5 = 12x11x10x9x8/5x4x3x2x1
    C12,5 = 12x11x2x3
    C12,5 = 12x11x6 = 792!
  • O primeiro comentário está errado (número de turmas = 3033).

    São 15 desembargadores, mas 3 estão impedidos de formar turmas. Então, n=12.

    São turmas de 5 membros (r=5), então, deve-se escolher 5 desembargadores entre os 12 possíveis.

    Usa-se a combinação simples, onde a ordem dos elementos não é importante, mas devem ser contado uma única vez (o mesmo desembargador não pode participar duas vezes da mesma turma).

    C(n,r) = n!/(n-r)!r!
    C(12,5) = 12!/(12-5)!5! = 792

    Como 792 é menor que 10.000, a questão está errada.
  • o comentario la embaixo nao procede, o resultado eh 792
  • MARGARETH, o raciocínio fundamental para esse tipo de questão é saber se a ordem de escolha das coisas tem alguma influência ou não. Se tiver, é ARRANJO, mas vc poderá resolver por CONTAGEM. Se não tiver influência, é COMBINAÇÃO, utilizando a fórmula apropriada. Nas questões envolvendo escolha de membros, geralmente, é COMBINAÇÃO. Qualquer dúvida entre em contato com meu e-mail.

  • ERRADA???

    Desde quando 792 é inferior a 10?????????????
  •  O ENUNCIADO PARECE ESTAR ERRADO, DEVERIA TER 1000, E TEM 10....
  • ele diz pra comparar com 10 elevada a quarta....e não 10.
  • É 104 minha gente.
  • São 15 desembargadores. No entando 3 estão impossibilitados de integrarem turmas, pois ocupam os respectivos cargos: presidente, vice-presidente e corregedor.

    Logo, temos: 12 desembargadores e cada turma é formada por 5 deles.

    _    x   _  x  _     x   _  x  _ =   95.040
    12      11    10       9     8

    A questão afirma que o número de turmas distintas que podem ser formadas é superior a  104

    104 : 100.000

    95.040 < 100.000

    Logo, questão errada.


  • hehehe Quanta intolerância galera.
    Muitas vezes eu resolvo as questões e tenho certeza absoluta que acertei, mas depois vejo que minha forma de analisar estava errada. Por isso, procuro buscar mais informações antes de postar comentários.
    Fica ae a dica.
    abraços
  • Pedro,

    Você se equivocou ao calcular a potência 104.
    Nesse caso, deve-se colocar o 1 e contar quantos zeros a potência pede. Ex.: 104 = 1+4 zeros, ou seja, 10.000 e não 100.000.

    Esse é um cuidado que devemos tomar e corrigir os demais companheiros de luta.
    Lembrem-se: a credibilidade do QC depende somente da gente.


  • O comentário do Pedro realmente não procede . Além de 104  não corresponder a 100.000 e sim 10.000, a questão não envolve permutação , e sim uma combinação  em que agrupamos 5 a 5 dentre os 12 desembargadores disponíveis. A resposta é 792 como já comentado anteriormente.
  • Eu não entendi nada!!!!
  • Esse site deveria ter algum tipo de ferramenta para manutenção de comentários. Muitos desses comentários não agregam em nada e só fazem dificultar o bom entendimento das questões.
    Tem gente mais preocupada em "fazer pontos" a aprender de fato.
    Bons estudos!

  • Concordo com o André Bomfim.

    Na questão eu usei Combinação (sempre utilizada para saber de quantas maneiras podemos formar equipes, grupos, turmas, etc, ou seja, quando a ordem dos membros/componentes não importa)
    DICA DE COMBINAÇÃO
    C(x,y) = x desce y vezes multiplicando (sem fatorial) / y! (com fatorial)
    Exemplo:
    C (4,2) = 4x3/2! = 4x3/2 = 12/2 = 6
    C (6,3) = 6x5x4/3! = 6x5x4/3x2 (corta 6 com 3x2) = 5x4 = 20
    C (10, 5) = 10x9x8x7x6/5! = 10x9x8x7x6 / 5x4x3x2 = 252
    Explicando:
    C(4,2) = O 4 multiplica 2 vezes de forma decrescente, assim fica: 4x3 / 2!
    C(6,3) = O 6 multiplica 3 vezes de forma decrescente, assim fica: 6x5x4 / 3!
    C (10,5) = O 10 multiplica 5 vezes descrescendo e o 5 vem embaixo com fatorial: 10x9x8x7x6 / 5!
    Resolvendo a questão com a DICA:
    15 Desmbargadores. Exclui Presidente, Vice e Corregedor para formar as turmas, sobram 12 Desembargadores
    Cada turma tem 5.
    Combinação de 12, 5 a 5. (12 desembargadores organizados de 5 a 5 em cada turma, não importando a ordem)
    C(12,5) = 12x11x10x9x8 / 5! = 12x11x10x9x8 / 5x4x3x2 = 792
    792 < 10000 (É Inferior)
    Questão ERRADA.
    Teve gente que acertou na sorte aí heim. Rs

    Sei que por aqui é meio complicado explicar, mas pra quem entender a dica, agiliza e muito nossa vida com combinação nas provas. Perde menos tempo e cansa menos a mente. Espero ter ajudado.
    Abraço.
  • O resultado correto é 792.

    Possibilidades 12 (pois exclui-se 3)
    Vagas na turma 5 (distintos)

    12*11*10*9*8 / 5! = 792 que é inferior a 10.000.

    Chega-se neste resultado da seguinte forma:

      12*11*10*9*8
           5*4*3*2!
     
    Corta o 5 com 10 (ficando 2)
    O 4 com 12 (ficando 3)
    O 3 com 9 (ficando 3)
    E o 2 com 8 (ficando 4)

    Logo: 3*11*2*3*4: 792

    Fiz o passo a passo, pois muitas vezes nos enrolamos em algum ponto e não conseguimos chegar ao resultado final.
  • "Número de turmas distintas que podem ser formadas?"

    No meu ponto de vista, só podem ser formadas 2 turmas distintas com 5 membros, por isto a resposta está errada.

    Mas a interpretação fosse a que a maioria dos comentários está considerando, o gabarito estaria incorreto pois a fórmula seria a seguinte: 

    1Turma: C12,5
    2Turma: C7,5
    3Turma: C2,2

    C12,5 x C7,5 x C2,2 = (792  x 21 x 1 ) > 104, portando se fosse isso, o gabarito estaria errado.
  • Por esta interpretação do Douglas o gabarito seria CERTO. 
    Apesar de fazer sentido, acho que não foi esta a interpretação da banca.
  • concordo com o Douglas, para mim podem ser formadas duas turmas com 5 membros em cada, de forma que a quantidade de turmas distintas seria:
    primeira turma: C12,5 = 792

    segunda turma: C7,5= 21

    Minha dúvida está no caso se aqui se usa o princípio multiplicativo e, portanto, o resultado seria  792*21= 16632 (questão estaria correta), ou se o princípio aditivo e o resultado seria 792+21= 813 (questão errada, como o gabarito do cespe).
  • GAB: ERRADO

    15 -3= 12

     

    12.11.10.9.8/5.4.3.2.1= 792 < 10.000


ID
19078
Banca
FCC
Órgão
TRF - 4ª REGIÃO
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

No dia 29 de dezembro de 2006 quatro técnicos judiciários de uma mesma Secretaria da Justiça Federal - Eugênio, Nair, Raul e Virgínio - entregaram seu relatório mensal de atividades, não necessariamente nessa ordem. Considere as informações seguintes:

- as funções que esses técnicos desempenham na Secretaria são: manutenção de computadores, motorista, operador de computadores e segurança;
- a última pessoa a entregar o relatório não nasceu em Maringá;
- após Virgínio, que é motorista, entregar seu relatório, o operador de computadores entregou o dele;
- Eugênio, que nasceu em Londrina, entregou seu relatório depois de Raul, que faz a manutenção de computadores;
- o segurança não foi o primeiro a entregar o relatório;
- o técnico que nasceu em Cascavel entregou seu relatório logo depois de Nair, que nasceu em Bagé.

Com base nessas informações, é correto afirmar que

Alternativas
Comentários
  • 1º LUGAR = VIRGÍNIO É MOTORISTA E MORA EM MARINGÁ
    2º LUGAR = NAIR É OPERADOR E MORA EM BAGÉ
    3º LUGAR = RAUL É MAN. COMP. E MORA EM CASCAVEL
    4º LUGAR = EUGÊNIO É SEGURANÇA E MORA EM LONDRINA
  • Proposições que são claras no enunciado:
    Raul - Manutenção de Computadores;
    Virgínio - Motorista;

    Proposíções deduzidas:
    "Após Virgínio entregar seu relatório o operador entregou o dele" - Virgínio não é o último e o operador não é o primeiro.
    "Eugênio entregou seu relatório depois de Raul" - Raul não é o último e Eugênio não é o primeiro.
    "O técnico entregou o relatório depois de Nair" - Nair não é a última.

    Resumindo - A última opção não podem ser: Raul, Nair e Virgínio. Logo, é Eugênio.

    "Eugênio entregou seu relatório depois de Raul" - Raul é o terceiro.

    Restaram o 1º e o 2º - "Após Virgínio entregar seu relatório, o operador de computadores entregou o dele": Virgínio é o primeiro e é segurança. O operador de computadores, que restou ser Nair, é o segundo.

    Gabarito: B
  • Com estas informações já podemos eliminar 3 alternativas erradas (a,d,e):

    após Virgínio(motorista), entregar seu relatório, o operador de computadores entregou o dele =

    V   e   __(Eugênio ou Nair)

    Eugênio entregou seu relatório depois de Raul, que faz a manutenção de computadores = 

    R  e   E


    Só poderia ser a sequência :   V   N  R  E     ou      R  E  V  N

  • 1° Virnígio (Motorista);

    2° Nair (O. de Computador) de Bagé;

    3° Raul (M. de Computadores) de Cascavel;

    4° Eugênio (Segurança) de Londrina.


ID
19462
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Considere que 7 tarefas devam ser distribuídas entre 3 funcionários de uma repartição de modo que o funcionário mais recentemente contratado receba 3 tarefas, e os demais, 2 tarefas cada um. Nessa situação, sabendo-se que a mesma tarefa não será atribuída a mais de um funcionário, é correto concluir que o chefe da repartição dispõe de menos de 120 maneiras diferentes para distribuir essas tarefas.

Alternativas
Comentários
  • funcionários: ABC
    A 3 tarefas
    B 2 tarefas
    C 2 tarefas
    ==========
    A : C7,3 = 7*6*5/3*2 = 35
    B : C4,2 = 4*3/2 = 6
    C: as 2 que sobrarem
    total 6*35=210
  • vc esqueceu de multiplicar por 2 no final, 420 é o resultado...
  • C7,3 X C4,2 X C2,2 = 35 .6.1 = 210
  • Caso de PERMUTAÇÃO COM ELEMENTOS REPETIDOS:

    Fórmula: P n;(x,y,z...)=   x!/y!n!z!

    P 7;(3,2,2) =  3!/2!7!2!

    P 7;(3,2,2) = 210

    São 210 maneiras diferentes. Portanto ERRADO


  • Eu tbm acho que deveria ser:

    A: C7,3 = pegar 3 tarefas dentre 7 tarefas possíveis

    B: C4,2 = das 4 tarefas restantes, distribuir para 2 pessoas que sobraram

    C: C2,1 = das 2 tarefas restantes, distribuir para 1 pessoa que sobrou.

    A x B x C = 35 x 6 x 2 = 420

    Portanto, o resultado deveria ser 420 e não 210 como alguns disseram. A resposta ERRADO não muda, mas uma acertar pelo motivo correto é melhor que acertar pelo motivo errado.

  • Colegas, não é necessário multiplicar por 2 ao final, pois estamos diante de uma combinação, e não de um arranjo.

    Em questões desse tipo, inicialmente, precisamos identificar se a situação apresentada corresponde a permutação, arranjo ou combinação. Abaixo seguem algumas dicas de como fazê-lo:

    Permutação: a quantidade de elementos é IGUAL à quantidade de posições.

    Arranjo: a quantidade de elementos é MAIOR que a quantidade de posições, sendo que a ordem dos elementos É extremamente relevante, pois, uma vez alterada, gera uma nova possibilidade. Um código de número 1234 é diferente de um código de nº 4321 (vejam que a ordem dos números importa).

    Combinação: a quantidade de elementos é MAIOR que a quantidade de posições, sendo que a ordem dos elementos NÃO é relevante, pois, uma vez alterada, NÃO gera uma nova possibilidade. Uma vitamina de banana, maçã e laranja continuará sendo exatamente a mesma vitamina, em caso de mudança da ordem das frutas (laranja, maçã e banana, por exemplo). Portanto, aqui, a ordem não importa!

    No caso apresentado, pouco importa se o terceiro funcionário ficará com as tarefas A e B ou com as tarefas B e A. Restando apenas 1 funcionário e apenas 2 atividades, teremos apenas 1 combinação possível, e não 2.

    Assim, não há porque multiplicarmos 210 por 2. A operação correta é 210x1.

  • Por que devemos multiplicar as combinações e não somá-las? Errei a questão porque ao invés de multiplicar, somei as combinações. Se nesses casos devemos multiplicar, quando deveremos somar as combinações? Como saberemos isso?

    Obrigado pela atenção.

  • C7,3 x C4,2 x C2,2 = 210

    Respondendo a pergunta anterior, como tudo isso deve acontecer simultaneamente, deve-se multiplicar.

    Se fosse o caso de o novato receber 3 tarefas ou o cara X receber 2 tarefas ou o cara Y receber 2 tarefas, nesse caso seria uma soma.

  • A questão fala sobre ARRANJO

    SÃO 7 TAREFAS, DIFERENCIADAS NO SEU DIA A DIA, Sem contar que um receberá mais outro menos importando a ordem

    Arranjo=7.6.5=210

  • https://www.youtube.com/watch?v=eYW2Y9vk6VE

    Segue o vídeo da explicação do prof Diogo.

    Com ênfase na APRENDIZAGEM do conteúdo.

    Qualquer sugestão só deixar nos comentários!

    Espero que ajude, bons estudos!!!  

    Questões comentadas no vídeo:   Q6485 / Q6488 / Q6489 / Q6490

  • A7-3=7!/(7-3)!= 7*6*5*4!/4!=210

    Arranjo


ID
19465
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Uma mesa circular tem seus 6 lugares que serão ocupados pelos 6 participantes de uma reunião. Nessa situação, o número de formas diferentes para se ocupar esses lugares com os participantes da reunião é superior a 10 2 .

Alternativas
Comentários
  • A reposta é 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 pq existem 6 possibilidades de ocupar a primeira posição, na segunda posição existem 5 possibilidades, já que 1 pessoa já ocupou a primeira cadeira e assim sucessivamente.
  • A reposta é 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 pq existem 6 possibilidades de ocupar a primeira posição, na segunda posição existem 5 possibilidades, já que 1 pessoa já ocupou a primeira cadeira e assim sucessivamente.
  • Na verdade é uma questão de permutação circular: 5x4x3x2x1: 120
  • Como Lilianne falou é um caso de permutação circular. Uma permutação circular de n elementos é dada por: P(n-1) = (n-1)!

    Assim, com n = 6, temos:

    P(6-1) = P(5) = 5! = 5x4x3x2x1 = 120

    Então, 120 > 100
  • Para corroborar  os dois últimos comentários trago argumento do Quileli(http://www.concursosviavideo.com.br/paginas_htm/htm_artigos_prof_quilelli.htm).

    Por se tratar de uma mesa circular, a primeira pessoa a se sentar, mesmo tendo 6 cadeiras a sua escolha, não tem um referencial.

    Todas as cadeiras são iguais, conclui-se que só a partir da segunda pessoa a se sentar, esta e as demais terão um referencial.

    Ainda não aceito muito essa ideia, o próprio Quileli ou outra autoridade no assunto deve ter um argumento mais forte.
    Porém gaurdo par mim aquilo que cai em prova.

    Fórmula da Permutação Circular = (PC)n= (n-1)!

    Por isso = 5! = 120.
  • SAO 6 LUGARES E SEIS PARTICIPANTES...LOGO FATORA-SE 6*5*4*3*2*1=720 E 10²=100
  • (Gabarito Correto)

    Fazendo a permutação circular de 6 fica: Pc(6)=5!=120.

     

     

  • Permutação circular: (n - 1)!

     

    Logo, no caso apresentado, seria 5! = 120

  • 6!/6 = 5! = 120 > 100. Como temos 6 cadeiras são 6!, porém precisamos desconsiderar todas as repetições de caso resultante por "girar" as cadeiras logo dividimos por 6, pois para cada combinação possível terei ela multiplicado por 6 pelo fato de a ordem começar na cadeira 1 ou 2 ou 3... e cada uma dessas gerar uma combinação repetida porém em cadeias iniciadas diferentes.


ID
19468
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Um correntista do BB deseja fazer um único investimento no mercado financeiro, que poderá ser em uma das 6 modalidades de caderneta de poupança ou em um dos 3 fundos de investimento que permitem aplicações iniciais de pelo menos R$ 200,00. Nessa situação, o número de opções de investimento desse correntista é inferior a 12.

Alternativas
Comentários
  • Princípio aditivo de contagem, pois ele terá que escolher uma ou outra opção. Então 6 + 3 = 9 possibilidades.
  • Nossa. Essa questão estava tão fácil que fiquei até com medo de ser pegadinha.
  • Next one...

  • Uma coisa OU outra:

    sOUma
     

    6+3: 9

  • Acho raro ver questão do cespe falando sobre princípio aditivo da contagem.

     

  • Marquei errado porque o investimento pode ser de qualquer valor, de modo que ele terá inúmeros investimentos diferentes para fazer, a depender da sua vontade de investir todo o capital ou não. Antes de marcar, revisei a semântica das palavras usadas pelo examinador e então marquei errado.

    "Um correntista do BB deseja fazer um único investimento no mercado financeiro, que poderá ser em uma das 6 modalidades de caderneta de poupança ou em um dos 3 fundos de investimento que permitem aplicações iniciais de pelo menos R$ 200,00. Nessa situação, o número de opções de investimento desse correntista é inferior a 12."

  • É isso mesmo? kkk

  • Essa é daqueles questões tão simples, mas tão simples, que você acha que ta marcando errado

  • Usa-se Combinação como o correntista pode usar poupança OU investimentos, serão somado os resultados de cada combinação

    Opção de Poupança

    C:6,3 = 6 OU C:3,1 = 3

    6 + 3 = 9

    Portanto inferior a 12 gabarito CERTO

  • Gabarito: Certo.

    Se o correntista vai fazer apenas 1 investimento e esse pode ser entre uma das 6 poupanças OU um dos 3 fundos, então o correntista tem 9 maneiras (6 + 3) de escolher seu investimento

    Fonte: alphacon

  • Nunca senti tanto medo de responder uma questão de RLM.

  • desgraçado velho eu nao prestei atenção q odio kkkk

  • ou= adição


ID
19471
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Considere que, para ter acesso à sua conta corrente via Internet, um correntista do BB deve cadastrar uma senha de 8 dígitos, que devem ser escolhidos entre os algarismos de 0 a 9. Se o correntista decidir que todos os algarismos de sua senha serão diferentes, então o número de escolhas distintas que ele terá para essa senha é igual a 8!.

Alternativas
Comentários
  • 10*9*8*7*6*5*4*3 = 1.814.400 possibilidades
  • escolhidos entre os algarismos de 0 a 9 aqui já mata a questão nem precisa fazer o arranjo.

    0a9 = 10

    arranjo 10x9x8x7x6x5...........

  • Se eu estiver errada me corrijam, mas resolvi da seguinte maneira:

    Como o 0 nao pode ser o primeiro algarismo do código a contagem se inicia pelo 9, ficando entao 9! o resultado.

  • Janine,

    É uma senha,pode começar com 0. Vc só não considera o número 0 na primeira posição quando o problema pede quantos números podem ser formados, pois nenhum número começa com 0. Espero ter ajudado.

  • Errado. Resultado seria 10!, ou seja, 10x9x8x7x6x5x4x3
  • Questão ERRADA.
    Realmente não se pode considerar o 0 na primeira posição, senão o número teria apenas 7 algarismos. Então as possibilidades são:
    9(sem o 0) * 9(incluindo o 0) *8 * 7 * 6 * 5 *4 * 3 . Logo, é maior que 8!

  • o zero deve ser sim considerado. Você pode criar uma senha no banco da seguinte forma 007001. Não há problemas em se iniciar uma senha com zero.

    E a resposta não é 10! e sim A 10,8 = 10! / 2! ... não se deve esquecer de dividir pelo 2! senão teriamos uma senha de 10 digitos e não uma de 8. 
  • Cara, olha só, o princípio fundamental da contagem que vc usou ta certo, mas dizer que não é arranjo também ta errado, 

    Vc disse que o resultado se dá por 10x9x8x7x6x5x4x3, ta certo, essa é a resposta.

    Agora veja o seguinte, o arranjo de 10 números 8 a 8, é dado por 10!/(10-8)!

    Que é a mesma coisa que 10x9x8x7x6x5x4x3x2x1
                                                                   2x1
    De novo, que é a mesma coisa que 10x9x8x7x6x5x4x3


  • 10!

    2!
  • Bom,

    8! dá 8*7*6*5*4*3*2*1= 40320

    Para se chegar a resposta se usa o PFC 10*9*8*7*6*5*4*3

     

    Mas ele diz que os algorismos serão DIFERENTES, ou seja não repetem, cabe Combinção ou Arranjo, sendo que o Arranjo é quando temos ordem e Combinação não tem, e ai qual usar ?

     

    alguem pode ajudar ?

     

     

  • Errado

    São 8 dígitos diferentes escolhidos de 0 a 9, ou seja 10 números. Logo, 10!

    O fatorial de 10 ultrapassa um milhão ( 10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 = 1.814.400). Aí você pergunta: por que parou no 3? Porque a senha possui apenas 8 dígitos.

  • Pessoal, ele possui 10 possibilidades de caracteres, então para formar uma senha com 8 desses, suas possibilidades serão: 10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3.

    Numa multiplicação, a ordem dos fatores não altera o produto, logo você pode substituir o 10 por 2 * 5, veja: = 2 * 5 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3,

    que é o mesmo que 5 * 9 * ( 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 ), apenas mudei o 2 de lugar e coloquei () para facilitar o raciocínio,

    perceba que dentro do () é o mesmo que 8!, logo as possibilidades serão de:

    5 * 9 * 8! = (45 * 8!) que é maior que 8!, logo, questão ERRADA

  • https://www.youtube.com/watch?v=eYW2Y9vk6VE

    Segue o vídeo da explicação do prof Diogo.

    Com ênfase na APRENDIZAGEM do conteúdo.

    Qualquer sugestão só deixar nos comentários!

    Espero que ajude, bons estudos!!!  

    Questões comentadas no vídeo:   Q6485 / Q6488 / Q6489 / Q6490


ID
19474
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Considere que o BB oferece cartões de crédito Visa e Mastercard, sendo oferecidas 5 modalidades diferentes de cartão de cada uma dessas empresas. Desse modo, se um cidadão desejar adquirir um cartão Visa e um Mastercard, ele terá menos de 20 possíveis escolhas distintas.

Alternativas
Comentários
  • Terá 5x5 = 25 escolhas distintas
  • Princípio multiplicativo (e), significa multiplicar.

    Deseja adquirir o cartão Visa e Mastercard

    C 5,1 e C 5,1   C →  5,1 * C 5,1 = 5*5 = 25

    FONTE: http://www.mauriciobarros.com.br/download/cesperaclogico-comentadas.pdf
  • Pelo princípio fundamental da contagem:

    5 modalidades para cartões VISA e 5 modalidades para cartões MASTER, logo:

    5 x 5 = 25 possibilidades de escolhas distintas.


    Errado.


  • 1 E 2 = 1X1

    1 OU 2 (sOUma) = 1+2

    Com esse macete fica fácil....VAMO!!!!
  • ERRADO.

     

    Questão comentada pelo professor Bruno Villar no link abaixo a partir de 13:46

     

    https://www.youtube.com/watch?v=5xnYwSou1nA

  • Pontos de atenção na questão:

    Considere que o BB oferece cartões de crédito Visa e Mastercard, sendo oferecidas 5 modalidades diferentes de cartão de cada uma dessas empresas. Desse modo, se um cidadão desejar adquirir um cartão Visa E um Mastercard, ele terá menos de 20 possíveis escolhas distintas.

    Pelo princípio fundamental da contagem o OU será uma soma e o E será uma multiplicação.

    Neste caso, faríamos a combinação do cartão Master, depois do Visa e aí multiplicamos o resultado dos dois.

    Fica assim:

    Master:

    C5,1 = 5

    Visa:

    C5,1 = 5

    Agora multiplica um pelo outro e você terá 25 possibilidades.

    _si vis pacem para bellum

  • Pontos de atenção na questão:

    Considere que o BB oferece cartões de crédito Visa e Mastercard, sendo oferecidas 5 modalidades diferentes de cartão de cada uma dessas empresas. Desse modo, se um cidadão desejar adquirir um cartão Visa E um Mastercard, ele terá menos de 20 possíveis escolhas distintas.

    Pelo princípio fundamental da contagem o OU será uma soma e o E será uma multiplicação.

    Neste caso, faríamos a combinação do cartão Master, depois do Visa e aí multiplicamos o resultado dos dois.

    Fica assim:

    Master:

    C5,1 = 5

    Visa:

    C5,1 = 5

    Agora multiplica um pelo outro e você terá 25 possibilidades.

    _si vis pacem para bellum

  • Possiveis escolhas de ... = A probabilidade de ...

    Probabilidade para escolher 1 cartao visa é 1 em 5. E pra escolher 1 cartao master tbm é 1 em 5, assim

    1/5.1/5 = 25 possibilidades.

  • https://www.youtube.com/watch?v=eYW2Y9vk6VE

    Segue o vídeo da explicação do prof Diogo.

    Com ênfase na APRENDIZAGEM do conteúdo.

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ID
19477
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes quanto aos princípios de contagem.

Sabe-se que no BB há 9 vice-presidências e 22 diretorias. Nessa situação, a quantidade de comissões que é possível formar, constituídas por 3 vice-presidentes e 3 diretores, é superior a 10 5 .

Alternativas
Comentários
  • 10 elevado a 5 = 100.000

    Comissões = C9,3 x C22,3 = 9X8X7/ 3x2 . 22X21X20/3x2 =>
    84 . 1540 = 129.360 (que é superior a 100.000).

    Alternativa correta.
  • Para 9 Cargos de Vice-Precidentes -> Temos 3 Vice-Presidentes
    Para 22 Cargos de Diretores --> Temos 3 Diretores.
    Como a ordem não importa, temos uma Combinação Cn,m= n! / (n-m)! X m!
    C9,3 = 9! / (9-3)! X 3! => 84
    C22,3 = 22! / (22-3)! X 3 ! => 1540

    Multiplíca-se o 84 por 1540 que é igual á : 129.360 
    10^5 = 100.000 
    Ou seja, superior á 10^5 --> Correta a questão.

  • https://www.youtube.com/watch?v=eYW2Y9vk6VE

    Segue o vídeo da explicação do prof Diogo.

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ID
19918
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O número de países representados nos Jogos Pan-Americanos realizados no Rio de Janeiro foi 42, sendo 8 países da América Central, 3 da América do Norte, 12 da América do Sul e 19 do Caribe. Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem.

Considerando-se que, em determinada modalidade esportiva, havia exatamente 1 atleta de cada país da América do Sul participante dos Jogos Pan-Americanos, então o número de possibilidades distintas de dois atletas desse continente competirem entre si é igual a 66.

Alternativas
Comentários
  • Eu fiz diferente, cheguei a mesma resposta, nao sei se por sorte.
    primeiro defini os dois espacos
    __ __ no primeiro coloquei 12 possibilidades e no segundo 11
    12x11 = 132 - como ao inverter as posicoes dos candidatos o resultado nao mudaria, pois a dupla seria a mesma, dividi 132 por 2 e achei 66. Funcionou, porem nao sei se seria a forma correta de resolver essa questao, pois quando tentei fazer a mesma coisa para 3 candidatos deu errado.
  • Questão simples e por ser feita por combinação:

    C12,2= 12.11/2 = 66

    Correta a questão
  • Fiz o seguinte:

    A questão só quer saber sobre a América do Sul. São 12 países neste continente, certo?

    Ela ainda afirma que são exatamente 1 atleta por país (Desse mesmo continente).

    Qual a probabilidade de 2 atletas competirem entre si ?

    Eu simplesmente fiz a combinação 12,2 = 66

  • correta

    C 12,2 12*11 / 2 = 66

    Assista aulas de análise combinatórias com o professor Renato Oliveira.


ID
19921
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O número de países representados nos Jogos Pan-Americanos realizados no Rio de Janeiro foi 42, sendo 8 países da América Central, 3 da América do Norte, 12 da América do Sul e 19 do Caribe. Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem.

Se determinada modalidade esportiva foi disputada por apenas 3 atletas, sendo 1 de cada país da América do Norte participante dos Jogos Pan-Americanos, então o número de possibilidades diferentes de classificação no 1.º, 2.º e 3.º lugares foi igual a 6.

Alternativas
Comentários
  • 3 Atletas américa do norte - total
    3 atletas dispustando o primeiro, segundo e terceiro lugares

    O Primeiro com 3 changes, depois sobraram mais 2 chances, e por fim o lugar que restou (1). 

    possibilidades diferentes ----  3 * 2 * 1 = 6

  • Trata-se de uma questão de Permutação Simples (n = p)

    Universo (n) = 3 atletas
    Taxa (p) = 3 (america do norte é representada por 3 países)

    Pn = n!
    Pn = 3!
    Pn = 3 x2
    Pn = 6

ID
19924
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O número de países representados nos Jogos Pan-Americanos realizados no Rio de Janeiro foi 42, sendo 8 países da América Central, 3 da América do Norte, 12 da América do Sul e 19 do Caribe. Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem.

Há, no máximo, 419 maneiras distintas de se constituir um comitê com representantes de 7 países diferentes participantes dos Jogos Pan-Americanos, sendo 3 da América do Sul, 2 da América Central e 2 do Caribe.

Alternativas
Comentários
  • Combinação Simples C(n,r) = n! / (n-r)!r!

    Comissão de 7 integrantes
    3 América do Sul (de 12): C(12,3) = 220
    2 América Central (de 8): C(8,2) = 28
    2 Caribe (de 19): C(19,2) = 171

    Nº de comissões diferentes: 220 X 28 X 171 = 1.053.360.

    Questão ERRADA
  •  Eu fiz a questão da seguinte forma: 
    Representando a  america do sul, temos 12 paises., dos quais somente 3 estão sendo escolhidos para o comitê. Sendo assim, 
    12 x 11 10 = 220 possibilidades 
      3      2     1

    Representando a  america central, temos 8 paises., dos quais somente 2 estão sendo escolhidos para o comitê. Sendo assim, 
    8 x 7 = 28 possibilidades 
    2    1

    Representando o Caribe temos 19 paises., dos quais somente 2 estão sendo escolhidos para o comitê. Sendo assim, 
    19 x 18 = 171 possibilidades 
     2      1   


    Sendo assim, somando as possibilidades de representação dentro do que foi pedido pela questão, temos 220x28x171 = 1.053.360

    Questão perigosa, uma vez que se somassemos os valores acima, teriamos exatamente o valor apresentado pela questão: 419.

    Bons estudos!
  • questão quer que pensemos que esteja correta porque 28 +220+171  dá    419
  • Alan, vc esta certo! a pegadinha foi exatamente essa mesma,  o candidato acha as combinacoes separadamente e soma, ve o resultado sugerido na resposta e embarca na pegadinha.
    E' bom lembrar que quando um evento pode acontecer de maneiras combinadas deve ser resolvido por multiplicacao dos eventos e nao pela soma, por isso, como corretamente foi postado por outros colegas, a resposta  e' 220 X 28 X 171 e nao 220 + 28 + 171.
    Com ode cara vi que o produto daria muito mais que 419 nem me dei o trabalho de fazer a multiplicacao, soh marquei errado na fe' e segui em frente
  • Fiz de outra forma,
    Pois não lembrava da quantidade de países.
    Se são 7 paises,
    Então, 7!   =>    7x6x5x4x3x2x1 = 5040
    Somente sete países, passa da quantidade estipulada.
    Fácil.


  • Como diz meu professor de cursinho, os examinadores são seres do mal.
  • A. Sul= C 12,3: 220

    A. Central= C 8,2: 28

    Caribe= C 19,2: 171

    220 x 28 x 171= 1053360

    Item errado

  • Capiciosa, porque a CESPE em exatas não diverge bastante do valor da questão e da resposta, mas nesse caso ela fez de propósito... que maldade no coração

  • Só fiquei com medo pelo valor ser tão discrepante... cespe quase sempre usa nas respostas valores bem próximos. Questão Errada


ID
19927
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O número de países representados nos Jogos Pan-Americanos realizados no Rio de Janeiro foi 42, sendo 8 países da América Central, 3 da América do Norte, 12 da América do Sul e 19 do Caribe. Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem.

Considerando-se apenas os países da América do Norte e da América Central participantes dos Jogos Pan-Americanos, a quantidade de comitês de 5 países que poderiam ser constituídos contendo pelo menos 3 países da América Central é inferior a 180.

Alternativas
Comentários
  • Jefferson, não achei esta solução, pois
    C(8,3)=56
    C(3,2)=3
    56*3=168
    Vc poderia explicar como encontrou o seu resultado?

  • i) 3 da Central e 2 da do Norte: C(8;3)*C(3;2) = 56*3 = 168
    ii) 4 da Central e 1 da do Norte: C(8;4)*C(3;1) = 70*3 = 210
    iii) 5 da Central e 0 da do Norte: C(8;5)*C(3;0) = 56*1 = 56

    Total: 168 + 210 + 56 = 434, que é maior que 180.
  • Por que tem que multiplicar o resultado por 3?
  • Catia ela multiplicou por 3 pq C8,3= 56 e C3,2= 3 logo 56*3= 168. Depois C8,4= 70 e C3,1= 3 logo 70*3 = 210

    espero que tenha entendido! bjs

  • Resolvi da seguinte forma:O comitê de 5 países deve conter pelo menos 3 países da América Central. Dizer "pelo menos 3" significa que o comitê também pode ser formado por 4 e até por cinco países da América Central.Considerando 3 países da América Central8 x 7 x 6 x 3 x 2 = 2016Nesta possibilidade a gente considera que os países da América Central ocupem 3 das 5 vagas do comitê. Se há 8 países representantes desta parte do continente, a primeira vaga pode ser ocupada por qualquer um dos 8. Na segunda, restará apenas 7 possibilidades, já que um dos países já está ocupando a primeira vaga. Consequentemente para a terceira vaga restará apenas 6 países na disputa.As vagas que não estão em negrito estão disponíveis para os países da América do Norte. A primeira poderá ser ocupada por qualquer um dos 3, sobrando apenas 2 países para ocupar a segunda vaga. Considerando um comitê formado por 3 países da América Central e 2 da América do Norte, haverá 2016 possibilidades para esta formação.Considerando 4 países da América Central ( já que "pelo menos 3" significa que tb pode haver mais de 3 países da América Central)8 x 7 x 6 x 5 x 3 = 5040Seguindo a mesma lógica usada quando considerei 3 países da América Central, agora aumentando apenas uma casa para eles e restando uma única vaga para os países da América do Norte. Vaga esta que pode ser ocupada por qualquer um dos 3.Considerando 5 países da América Central (Não restando nenhuma vaga para os países da América do Norte)8 x 7 x 6 x 5 x4 = 1680Total de possibilidades: 2016 + 5040 + 1680 = 8736


  • Comentário correto é do Rodrigo = 434

    Foco e Fé!

  • Gab: E

    A questão é complexa, pois o "pelo menos" faz com que tenha mais de um caso para resolver a questão.

    Total de representantes da América do Norte: 3;

    Total de representantes da América Central: 8.

    São 5 representantes que se deve totalizar, onde no minimo 3 dever ser composto de países da América Central, ou seja, temos 3 possibilidades:

    Primeira possibilidade: 3 da América Central e 2 da América do Norte;

    Segunda possibilidade: 4 da América Central e 1 da América do Norte;

    Terceira possibilidade: 5 da América Central.

    Agora resolva cada possibilidade utilizando a combinação simples:

    Primeira possibilidade:

    C 8,3 =  C 3,2 = 

    8x7x6! = 56             3x2! = 3           

     3x2x1!                          2x1!         

                   56 x 3 = 168

    Segunda possibilidade:

    C 8,4 =  C 3,1 =

    8x7x6x5! = 70              3! = 3           

       4x3x2x1!                          1! 

                        70 x 3 = 210  

    Terceira possibilidade:

    C 8,5 = C 8,3   

    Para o 5 virar 8, falta 3 unidades, logo:

    C 8,3 = 

     8x7x6! = 56                  

            3x2x1!  

    Pela segunda possibilidade, conclui-se que 210 não é inferior a 180.

               


ID
20842
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem.

Considere que o BB tenha escolhido alguns nomes de pessoas para serem usados em uma propaganda na televisão, em expressões do tipo Banco do Bruno, Banco da Rosa etc. Suponha, também, que a quantidade total de nomes escolhidos para aparecer na propaganda seja 12 e que, em cada inserção da propaganda na TV, sempre apareçam somente dois nomes distintos. Nesse caso, a quantidade de inserções com pares diferentes de nomes distintos que pode ocorrer é inferior a 70.

Alternativas
Comentários

  • 12.11/2! = 66, logo inferior a 70.

  • As possibilidades são 12 x 11. Como a posição das pessoas não importa, então deve-se dividir por 2!, resultado em 66.

    FONTA: http://guiadosconcurseiros.net/apostilas/provasresolvidas/2007-BB1-Comentada.pdf
  • Só pra esclarecer, o que a colega Juscelina e o colega Alexandre fizeram foram combinações...
    C12,2 =  12!/2!x10!
    C12,2 = 12x11x10!/2x1x10!
    C12,2 = 12x11/2 = 66
  • A diferença entre quando usar Arranjos ou Combinações está na ordem dos elementos no grupo.

    Caso a ordem dos elementos no grupo faça diferença no resultado, resolveremos a questão por Arranjo, caso a ordem não faça diferença, resolveremos então por Combinação.

    Avante!


ID
20845
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem.

Há exatamente 495 maneiras diferentes de se distribuírem 12 funcionários de um banco em 3 agências, de modo que cada agência receba 4 funcionários.

Alternativas
Comentários
  • eu acho que a solução não é desta forma Rodrigo.
    seria:
    C12,4xC8,4XC4,4
  • Concordo com o Clei Santos pq a questão diz que são pessoas distitintas, então a cada agência a combinação usa 4 pessoas a menos que já foram usadas na combinação anterior.
  • Justamente, faço minhas as palavras dos meus dois colegas anteriores e acrescento que para a primeira agência existem 495 possibilidades de se distribuir os funcionários, para a segunda existem 70 e para a última e terceira agência existe somente uma possibilidade. Multiplicando-se todas as possibilidades encontraremos um total de 34650 possibilidades para o caso em questão.
  • Não entendi a explicação dada com "c"... alguem pode ser mais específico?
  • Victor, seu raciocínio não está correto.

    Lembre-se, a ordem dos fatores não altera a multiplicação, ou seja:

    1a Agência - C(12,4);

    2a Agência - C(8,4) - (4 já foram escolhidos para a 1a);

    3a Agência - C(4,4) - (8, já foram escolhidos para a 1a e a 2a).

    Se você não usar este esquema, você estará ignorando que são Agências diferentes.

  • A resposta do Vitor está correta. Vejam este outro exemplo:

    UFOP- De quantas maneiras podemos distribuir 10 alunos em 2 salas de aula com 7 e 3 lugares respectivamente?

    a-120
    b-240
    c-14400
    d-86400

    Gabarito:
    letra A

    Resolução:

    C10,7 x C3,3 = 120 x 1 = 120.

  • Errado:


    12 funcionários.


    Agência1→(4funcionários) .:. C12,4


    Agência 2 → (4 funcionários) .:. C8,4


    Agência3→(4funcionários) .:. C4,4


    Logo,


    C12,4 X C8,4  X C4,4  =

    495 X 70 X 1 =

    34.650


  • C12,4 X C8,4 X C4,4 = 495 X 70 X 1 = 34650

  • ERRADA

    Questão muito boa e recorrente atualmente , se estiver desatento perde a questão na leitura, se você fizer Combinação de 12,4 você encontrará exatamente 495, ai esta a pegadinha , mas o correto seria como afirmou os colegas .

    C12,4 x C8,4 x C4,4

    BONS ESTUDOS


ID
20848
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem.

Se 6 candidatos são aprovados em um concurso público e há 4 setores distintos onde eles podem ser lotados, então há, no máximo, 24 maneiras de se realizarem tais lotações.

Alternativas
Comentários
  • 6 Candidatos {A, B, C, D, E, F}4 Setores {1,2,3,4}Cada candidato possui 4 possibilidadesEntão:{4.4.4.4.4.4} = 4^6 = 4096 maneiras, portanto o item está errado
  • Item Errado...... não consegui entender o raciocínio do colega Economus.Trata-se de ARRANJO. São 6 candidatos para 4 locais, quando um assume a primeira posição não poderá assumir nenhuma outra e assim por diante, logo, 6 x 5 x 4 x 3 = 360.Neste caso importa a ordem!!! pois com a mudança de um elemento dentro das posições já teremos um novo quadro de distribuição de funcionários, não teremos o mesmo resultado.
  • arranjo de 6,4 = 6X5X5X3

    aplica-se arranjo pois a ordem de colocações implica em uma nova contagem. Veja-se

    candidato A lotado no setor 1, candidato B lotado no setor 2 é diferente do que candidato B lotado no setor 1 e candidato A lotado no setor 2
  • Acertei na resposta: ERRADO, mas foi por sorte. Fiz a questão usando combinatória, levando em conta que a ordem não importava. O erro fio aí, a ordem importa, porque cada setor é diferente do outro. Veja, C(candidato) e S(setores):

    C1-S1/ C2-S2/ C3-S3/ C4-S4 é diferente de C1-S2/ C2-S3/ C3-S4, C4-S1


    Se a questão fosse 6 candidatos para 4 vasgas de agente, ai sim se usaria C6,4.

    Para questão usa-se A6,4  ou PFC: 6 x 5 x 4x 3
  • Ok..mais qual o veredicto desse exercício os funciopnários ocupariam as posições em 360 ou 4096???
  • 360

    Dê credito ao comentario do  Thomazini
  • Todos os comentários acima estão errados. 

    A resposta dessa questão é C(n+k-1),( k-1)  n= 6  e  k = 4 

    Dessa forma, ficaria: C(6+4-1), (4-1)

    Ou seja, seria combinação de 9 a 3 = C9,3

    9*8*7=   504/6 = 84 maneiras diferentes de colocar os aprovados em cada lotação
    3*2*1
  • Chamaremos ARRANJO SIMPLES de n elementos distintos, tomados p a p, aos grupos formados por p elementos escolhidos dos n elementos, de tal forma que a natureza e a ordem dos elementos determinem grupos diferentes.
    A n,p = n! / (n-p)!  ===>     A = 6! / (6 - 4)! = 6 x 5 x 4 x 3 x 2!  /  2! 
    cortando o 2!, ficará ===>        6 x 5 x 4 x 3 x 2!  / 2!  ==>  6 x 4 x 5 x 3 = 360
    Resposta: Errada
  • A maneira correta de desenvolver esse tipo de questão é através do raciocício do MATHEEU - repetição com combinação.


    Fórmula: Cr (m,p) = C(m+p-1,p)


  • O povo não sabe diferenciar Arranjo de Combinaação.

    ARRANHO - ordem importa
    Ex.: senha 123 é diferente da senha 321

    COMBINAÇÃO - a ordem NÃO importa

    Nesse exercíico a ordem NÃO importa, o que pode até confundir é ter escrito que os 4 setores são distintos.
    C6,4 = 15 maneiras

    Se não acreditam na resposta, verifiquem o link abaixo. É resposta do professor Opus Pi do f´roum dos concursos:
    http://www.forumconcurseiros.com/forum/showthread.php?t=268950
  • Galera...

    no livro 
    RACIOCÍNIO LÓGICO E MATEMÁTICA PARA CONCURSOS - 7a EDIÇÃO
    Cabral,luiz Claudio/nunes,mauro

     pág 288 exercício 166 a resposta é 6x5x4x3 = 360 confiram...

    http://books.google.com.br/books?id=y52mJoNnIAYC&pg=PA288&lpg=PA288&dq=Se+6+candidatos+s%C3%A3o+aprovados+em+um+concurso+p%C3%BAblico+e+h%C3%A1+4+setores+distintos+onde+eles+podem+ser+lotados,+ent%C3%A3o+h%C3%A1,+no+m%C3%A1ximo,+24+maneiras+de+se+realizarem+tais+lota%C3%A7%C3%B5es.&source=bl&ots=X2lHBZLEtU&sig=Vyp7N76YHLx22FM0XWJ-XiovA9g&hl=pt&sa=X&ei=pTmqUbmJEIPP0gGe-oCgCA&ved=0CGIQ6AEwBw#v=onepage&q=Se%206%20candidatos%20s%C3%A3o%20aprovados%20em%20um%20concurso%20p%C3%BAblico%20e%20h%C3%A1%204%20setores%20distintos%20onde%20eles%20podem%20ser%20lotados%2C%20ent%C3%A3o%20h%C3%A1%2C%20no%20m%C3%A1ximo%2C%2024%20maneiras%20de%20se%20realizarem%20tais%20lota%C3%A7%C3%B5es.&f=false
  • Pessoal,
    Se for qualquer um dos dois (ARRANJO ou PERMUTAÇÃO), estaria errado a resolução, pois a cada combinação ou arranjo (C6,4 ou A6,4) acabaríamos por formar grupos com 4 funcionários, deixando fora dessa conta 2 deles.
    O enunciado diz que todos irão assumir serviço, podendo ser em qualquer uma das 4 funções possíveis (não restringindo se alguém tiver em uma delas, outro não poderá também ocupar a mesma função).
    Assim, a resolução mais correta, ao meu ver, é a do primeiro comentário, visto que cada uma das 6 pessoas tem a possibilidade de assumir qualquer um dos 4 cargos. Então ficaria:
    4 x 4 x 4 x 4 x 4 x 4 = 4096
    PS: É o mesmo raciocío que usamos em exercícios do tipo: "cada campo de um código de barras pode assumir 2 valores distintos. Quantos tipos de códigos de barra distintos podemos formar com 10 campos? Resposta: 2x2x2x2x2x2x2x2x2x2=1024"

    BONS ESTUDOS.
  • Botem uma coisa na cabeça: esse esqueminha de "6x5x4x3x2" é usado apenas em ARRANJO (a ordem importa).

    Nesse caso há ordem não importa, o importante é a quantidade. 

    Se 6 candidatos são aprovados e há 4 setores, será uma combinação C6,4 

    C6,4 = 6! / 4! x 2! = 15


    E parem de ficar ensinando errado, isso atrapalha a galera na hora da prova. Putts!!!

  • Núbia, você resolveu a questão da maneira errada. Na verdade, o Jorge Eduardo e Matheus Castro estão certos. A maneira correta de resolver este tipo de questão é através de Combinação com Repetição. No livro Raciocínio Lógico Simplificado (Vol. II) dos conceituados autores Sérgio Carvalho e Weber Campos, páginas 29 e 30, possui a resolução passo a passo desta questão. Segue resolução dos autores:


    "Observe que a questão não fixou um número de vagas por setor. Caso ela tivesse feito isso, a solução sairia por um produto de combinações.

    Faremos a solução através da técnica de Combinação com Repetição.

    Os seis candidatos serão distribuídos nos quatro setores, podendo inclusive haver setores que não recebam nenhum candidato.

    Faremos as seguintes designações:

    x é o número de candidatos lotados no primeiro setor;

    y é o número de candidatos lotados nos segundo setor;

    z é o número de candidatos lotados nos terceiro setor;

    w é o número de candidatos lotados no quarto setor;

    A soma de x, y, z e w é igual a 6. Daí:

    > x+y+z+w=6

    Desenharemos seis pontos para representar esse valor 6 (total de candidatos) e vamos dividir esses seis pontos em quatro partes que corresponderão aos quatro setores. Para tanto, usaremos três barras para fazer as separações das partes. Dessa forma, no desenho haverá 6 pontos e 3 (= 4 variáveis menos 1) barras.

    ●  |  ●  ●  |  ●  |  ●  ●

    Se permutarmos esses nove símbolos (seis pontos e três barras) encontraremos todas as soluções inteiras não negativas da equação.

    > P(6,3),(9) = 9! / 6! x 3! = 9 x 8 x 7 / 6 = 84

    Portanto, temos 84 maneiras distintas de efetuar a lotação dos seis candidatos. Logo, o item está errado!"

  • ponto 1) Como diferenciar permutação, arranjo, combinação? Verificando se será utilizado todos os objetos disponíveis. Nesse caso temos 6 pessoas que serão integralmente utilizadas em 4 setores, que comportam mais de 1 pessoa, por isso devemos usar permutação. Percebam que é diferente da situação de 6 pessoas para apenas 4 cargos que comportam apenas uma pessoa cada (aqui ficam sobrando 2 pessoas)

    ponto 2) Como saber se é permutação simples ou repetida? É só verificar se há possibilidade de duas pessoas estarem no mesmo destino, que nesse caso são setores. Já que é possível, então:

    primeira pessoa: 4 

    e (x)

    segunda pessoa: 4

    e (x) 

    terceira pessoa: 4 .....

    Resposta = 4096

  • Primeiramente sabemos que é uma permutação pois utilizaremos todos os elementos. Então P6=6!=720

    Segundo esses 6 candidatos serão combinados em 4 grupos, podendo ser 2 grupos com 2 e 2 grupos com 1; 1 grupo com 3 e 3 grupos com 1. Então C6,4=15

    Ficamos com 15 combinação multiplicado por 720 permutações = 10800

  • A gente olha os comentários pra tirar as dúvidas e sai com mais do que já tinha.

  • S1 x S2 x S3 x S4 -> 6x5x4x3 = 360

    Pro primeiro setor podemos escolher 6 candidatos. Pro segundo setor, sobram 5 candidatos. Pro terceiro, 4. Quarto e ultimo setor, 3.

  • É um caso de combinação com repetição. O resultado final é 84.

    Quem chegou mais perto foi o Klecius Georgius, mas a explicação ficou confusa.

    Pra quem estiver com dúvidas, recomendo esse vídeo do professor Arthur Lima, do Direção Concursos: https://youtu.be/x5zYT6Wqj5A

  • ERRADO

    A ordem não importa, pois os servidores não foram designados para a localidade, portanto, pouco importa Se A OU B forem, logo, resolve-se como Combinação, apenas Combinações simples.

    C6;4 = 6 * 5 * 4 * 3 / 4 * 3 * 2 * 1 = 360 / 24 = 15

  • Na verdade, é uma combinação com repetição.

    P= 9! / 6! x 3! = 9x8x7 / 6 = 84

  • Nunca vi tanta resposta diferente em uma questão kkkkkkkkkkkk


ID
20851
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens que se seguem quanto a diferentes formas de contagem.

Considere que um decorador deva usar 7 faixas coloridas de dimensões iguais, pendurando-as verticalmente na vitrine de uma loja para produzir diversas formas. Nessa situação, se 3 faixas são verdes e indistinguíveis, 3 faixas são amarelas e indistinguíveis e 1 faixa é branca, esse decorador conseguirá produzir, no máximo, 140 formas diferentes com essas faixas.

Alternativas
Comentários
  • Combinação com repetição:
    7!/(3!x3!x1!)= (7x6x5x4x3!)/(3!x3!)= (7x6x5x4)/(3x2)= 7x5x4=7x20=140.
  • Sim a respota é 140 é só ultilizar a formula Cp;n= p/n(p-n)

    O verde repete 3 vezes então é só C7;3= 7!/3!(7-3)! que portanto e C7;3= 7x6x5x4/3x2(4) então simplificamos para ficar mais fácil portanto fica C7!;3!=7x6x5!/3x2 que por final se obtem o valor de 35 porem o execicio não acabou sobraram ainda as outra cores.

    O amarelo repete 3 vezes então e usar a mesma formula só que agora são só quatro cores então é só usar
    C4!;3!= 4!/3!(4-3)! então C4!;3!= 4!/3!1! então simplificamos novamente dai fica C4!;3!= 4

    Agora basta multiplicar C7!;3! x C4!;3!= ao valor de 140, pois 35 x 4 dá 140
  • ola! a questao nao e de combinaçao e sim permutaçao com repetiçao.
  • pessoal, a questão é de permutação com repetição

    P 7! / 3! 3! 1!


     5040 / 3X2 3X2 = 140

  • Só pra esclarecer... é permutação porque são n elementos e você usará os n elementos! No enunciado fala em "usar 7 faixas" e te dá um total de 7 faixas disponíveis também (3 verdes + 3 amarelas + 1 branca).
    Na combinação (ou no arranjo), você pegaria n elementos e faria grupos de p elementos. No enunciado teria que falar algo do tipo "usar X faixas", onde x seria um número menor que o total de faixas disponíveis!
    E é permutação com repetição, porque as faixas verdes e as amarelas são "indistinguíveis" entre si, assim, se você fizesse permutação simples, você contaria uma mesma "forma" várias vezes.
  • bem resumido para o entendimento.

    C7,3   (verde)   =35                                                                              

    C4,3  (amamarela)   porque na primeira ficou 3 ok!!!   =4

    C1,1   branco= 1

    logo35x4x1=140                                        C=combinação

  • PERMUTAÇÃO COM REPETIÇÃO

    PR (n; a,b): N! / a! b!

    N: total de elementos

    a, b: Elementos que se repetem

    Nessa questão veja que temos a permutação de 7 faixas, com a repetição de 3 (verdes) e 3 (amarelas). Utilizando a fórmula da permutação com repetição, temos:

    P(7;3,3)= 7! / 3! x 3! =140

     

  • Por mais que dê o mesmo resultado, o CERTO mesmo é permutação com repetição, né?!

  • Gabarito CERTO

    Segue a explicação em vídeo.

    O link já vai direto na questão.

    https://youtu.be/EMrAsRjF9ng?t=4875

    Fonte: Estratégia Concursos - Prof. Brunno Lima


ID
20869
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

No livro Alice no País dos Enigmas, o professor de matemática e lógica Raymond Smullyan apresenta vários desafios ao raciocínio lógico que têm como objetivo distinguir-se entre verdadeiro e falso. Considere o seguinte desafio inspirado nos enigmas de Smullyan.

Duas pessoas carregam fichas nas cores branca e preta. Quando a primeira pessoa carrega a ficha branca, ela fala somente a verdade, mas, quando carrega a ficha preta, ela fala somente mentiras. Por outro lado, quando a segunda pessoa carrega a ficha branca, ela fala somente mentira, mas, quando carrega a ficha preta, fala somente verdades.

Com base no texto acima, julgue o item a seguir.

Se a primeira pessoa diz "Nossas fichas não são da mesma cor" e a segunda pessoa diz "Nossas fichas são da mesma cor", então, pode-se concluir que a segunda pessoa está dizendo a verdade.

Alternativas
Comentários
  • Para segunda está certa ambas estão com fichas pretas, e assim a lógica fica correta, pois de acordo com o enunciado a primeira só diz a verdade se estiver com a ficha branca, e como está com a preta ela irá mentir, e a segunda com a preta só diz a verdade...
  • São quatro opções possíveis

    Branca e Preta = Verdade e Verdade
    Preta e Branca = Mentira e Mentira
    Branca e Branca = Verdade e Mentira
    Preta e Preta = Mentira e Verdade

    Para que a segunda diga a verdade, então as fichas devem ser: Branca e Preta ou Preta e Preta.

    Se ela diz a verdade, então deve-se descartar fichas de cores diferentes.

    Se ambas estão com fichas pretas, a primeira mentiu (e, então, as duas estão com fichas da mesma cor) e a segunda falou a verdade (elas realmente estão com fichas da mesma cor).
  • só não consegui entender uma coisa, a primeira pessoa não poderia estar dizendo a verdade e nesse caso a segunda estaria mentindo? assim as duas estariam segurando a ficha branca.
  • Comento:

    Analisando as possibilidades


     Primeira pessoa           Segunda pessoa


    Branca (verdade)          Preta (verdade)  (eliminada), uma fala a verdade e a outra fala mentira.


    Branca (verdade)          Branca (mentiu) (1ª pessoa, são da mesma cor e a 2ª não são da mesma cor)


    Preta (mentiu)               Preta (verdade)  (1ª pessoa, não são da mesma cor e a 2ª são da mesma cor)


    Preta (mentiu)               Branca (mentiu) (eliminada), uma fala a verdade e a outra fala mentira.


    Logo, a segunda pessoa esta dizendo a verdade.


  • 1ª Pessoa: NOSSAS FICHAS NÃO SÃO DA MESMA COR.              <---- Pelo enunciado, se a 2ªP e verdade, logo a 2ªP terá que ser MENTIRA - FICHA PRETA.

     

    2ª Pessoa: NOSSAS FICHAS SÃO DA MESMA COR - logo será verdade como diz o enunciado -> FICHA PRETA - VERDADE.

     

    Obs: Observando que a 2ªP esta dizendo a verdade, a 1ª Pessoa terá que mentir (FICHA PRETA), logo isso ocorre, portanto a questão fica CORRETA.

  • Como assim???? Se a primeira pessoa estiver com a Ficha branca, a segunda pessoa mentiu!! 

  • Sistematizando, a priori, as opções são:

    B e P = V e V

    P e B = M e M

    B e B = V e M

    P e P = M e V

    Ocorre que, o enunciado assim dispõe: Se a primeira pessoa diz "Nossas fichas não são da mesma cor" e a segunda pessoa diz "Nossas fichas são da mesma cor", então, pode-se concluir que a segunda pessoa está dizendo a verdade.

    Assim, com testando as informações do enunciado, concluímos que:

    B e P = V e V -> contradição -> Se o primeiro fala a verdade "Nossas fichas não são da mesma cor" (V), o segundo está mentindo "Nossas fichas são da mesma cor" (M - pois a primeira ficha é B e a segunda é P, são de cores diferentes).

    P e B = M e M -> contradição

    B e B = V e M -> contradição

    P e P = M e V -> verdade

  • Analisando-as:

    (I) ambos com cartas brancas => não pode acontecer, pois o primeiro (que fala a verdade por causa da carta branca) diz que as fichas não são da mesma cor. => INCONSISTÊNCIA

    (II) o primeiro com carta branca, o segundo com carta preta => não pode acontecer, pois o segundo (que fala a verdade por causa da carta preta) diz que as fichas são da mesma cor => INCONSISTÊNCIA

    (III) o primeiro com carta preta, o segundo com carta branca => não pode acontecer, pois o primeiro (que mente por causa da carta preta) diz que as fichas não são da mesma cor => INCONSISTÊNCIA

    4. ambos com cartas pretas => a carta preta do primeiro tem que fazê-lo mentir! Como ele diz "Nossas fichas não são da mesma cor", ele está realmente mentindo. A carta preta do segundo faz com que ele diga a verdade! Como ele diz "Nossas fichas são da mesma cor", ele realmente está dizendo a verdade!

    Portanto, a única conclusão possível é que ambos tem cartas pretas e que o segundo fala a verdade!

  • Para que a afirmação da primeira pessoa (P1) seja verdadeira, ela terá que estar com a ficha branca e as fichas não serão iguais, sendo que a segunda pessoa (P2) estará com a ficha preta.

    Para que a afirmação de P1 seja falsa, a ficha terá que ser a preta então as fichas serão iguais (P2 também estará com a preta).

    E conforme o enunciado diz, quando P2 está com a ficha preta, ele diz a verdade.

    Desta forma o enunciado da questão estará correto.

  • se P1 verdade então P2 mentira = V => F F

    se P1 mentira então P2 verdade = F => V V


ID
25147
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TSE
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Os 36 alunos da 4.ª série de uma escola farão um passeio para uma cidade vizinha. Os alunos serão transportados em um vagão de um trem que dispõe de 36 lugares numerados, dispostos em uma fileira com 18 assentos duplos. O responsável pelo passeio designou previamente o número do assento de cada aluno, de maneira aleatória, mas com a seguinte restrição: as alunas Maria e Ana e as alunas Júlia e Sílvia deveriam sentar juntas, em dois dos assentos duplos. Nessa situação, assinale a opção que apresenta o número de possíveis designações distintas dos assentos para esses alunos no vagão do trem.

Alternativas
Comentários
  • Essa questão foi anulada!

  • Maria e Ana têm de sentarem juntas, então dispõem de 18 assentos duplos para se sentarem. Após elas se sentarem, Júlia e Sílvia, que também têm de sentarem juntas, dispõem dos 17 assentos duplos restantes. Após isso, sobram 32 lugares, que são escolhidos sem restrições para os 32 alunos restantes. Assim, o número total de possibilidades de se dispor todas essas pessoas é:

    18 * 17 * 32!


ID
25171
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TSE
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Para aumentar a segurança no interior do prédio do TSE, foram distribuídas senhas secretas para todos os funcionários, que deverão ser digitadas na portaria para se obter acesso ao prédio. As senhas são compostas por uma seqüência de três letras (retiradas do alfabeto com 26 letras), seguida de uma seqüência de três algarismos (escolhidos entre 0 e 9). O número de senhas distintas que podem ser formadas sem que seja admitida a repetição de letras, mas admitindo-se a repetição de algarismos, é igual a

Alternativas
Comentários
  • A senha terá seis dígitos no total: _ _ _ _ _ _
    Destes, os três primeiros serão letras que não podem ser repetidas, assim: 26 x 25 (o alfabeto inteiro menos a letra já escolhida) x 24 (menos as duas letras anteriores)
    Os três últimos algarismos são preenchidos com números sem a restrição da repetição: de 0 a 9, temos 10 opções, 10 x 10 x 10 10^3
    Resultando em 26 x 25 x 24 x 10^3
  • Sem mais,pois o caro amigo andrey,explicou com bastante clareza,questão de simples resolução
  • vale uma pequena observação: As questões de lógica não são tão difíceis, o que muitas vezes engana é um detalhe no enunciado. No caso desta questão os 4 cálculos estão corretos para se achar o nº de combinações de senhas(o que pode confundir) "porém" cada um com seu caso. A alt. a) estaria certa se as letras pudessem se repetir e os algarismo não. A b) Se tanto as letras quanto os algarismos pudessem se repetir. A c) se as letras e os algarismos não pudessem se repetir. E a d) como diz no enunciado que não seja admitida a repetição de letras mas sim as de algarismos.
  • concordo com o zidade, a questão é mamão com açucar.

    Gaba: D
  • concordo com o zidade, a questão é mamão com açucar.Gaba: D
  • Na letra A - Repetiria as letras e não repetiria os números.
    Na letra B - Repetiria as letras e números.
    Na letra C - Não se repetiria as letras nem os números.

    Na letra D - Não se repetiria as letras porém se repetiria os números.
    Questão correta!
  • Pelo amor de Deus, nem cálculo a questão requere da gente. rsrsrs É só lê e partir para o abraço. Tomara que não caia dessas amanhá no meu concurso, senão todo mundo acerta e não tem graça. rsrs
  •  

    As senhas serão do tipo L1 L2 L3 A1 A2 A3 , onde L representa letras ( total 26) e A representa algarismos (de 0 a 9, total de 10 algarismos).

    O enunciado diz que as letras NÃO podem ser repetidas, mas podemos repetir os algarismos. Então, para a posição L1 temos 26 possibilidades, para L2 temos 25 e para L3  temos 24. Já que podemos repetir os algarismos, para todas as posições A1 A2 A3  temos 10 possibilidades. Logo, pelo Princípio Multiplicativo, o número total de senhas distintas é :

    26.25.24.10.10.10 = 26.25.24.10³.

     

    Obs.: Repare que, para as letras, temos um arranjo simples, sem repetição, de 26 elementos, tomados 3 a 3. Para os algarismos temos um arranjo com repetição de 10 elementos, tomados 3 a 3. Então, poderíamos resolver a questão multiplicando a fórmula do arranjo simples pela do arranjo com repetição. Veja:

    Asimples = n! / (n – p)! = 26! / (26 – 3)! = 26! / 23! = 26.25.24.23!/ 23! = 26.25.24.

    Arepetição = np  = 103.

    Multiplicando os resultados, vem: 26.25.24.10³.  

    Gabarito: letra D.

     

  • Esqueceram que ainda é possível permutar as letras entre si, e tbm os números!


ID
25381
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TSE
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Três contadores - A, B e C - estão sendo avaliados para o preenchimento de uma posição em uma empresa. Esses contadores estudaram em diferentes universidades (USP, UnB e UFMG), possuem diferentes tempos de experiência na profissão (3, 5 e 8 anos) e foram classificados em três opções: 1.ª, 2.ª e 3.ª. Considere também que

I o contador A estudou na USP e tem menos de 7 anos de experiência.
II o contador C ficou na 3.ª opção, não estudou na UnB e tem 2 anos de experiência a menos que o contador que foi classificado na 2.ª opção.

Com base nas informações acima, conclui-se que

Alternativas
Comentários
  • Só colocar no quadro
    A USP (pode ter 3 ou 5) 5 2o
    B UNB 8 1o
    C (Não UNB)UFMG (-2que o 2o: 5-2=3)3 3o

    A chave é fazer a conta do contador C...
  • A questão AFIRMA que o "CONTADOR A" estudou na USP e tem menos de 7 anos de experiência. Logo, o "CONTADOR A" só pode ter 3 ou 5 anos de experiência.
    Sobre o "CONTADOR C", a questão AFIRMA que: ficou na 3ª opção; não estudou na UnB (lembrar que A estudou na USP, então C só pode ter estudado na UFMG, sobrando a UnB para o contador B); E que tem 2 anos de experiência a menos do que o da 2ª opção. (Como 5 - 2= 3, podemos concluir que "CONTADOR C" tinha 3 anos de experiência, e que o segundo colocado, ou seja, o "CONTADOR A", tinha 5 ANOS DE EXPERIÊNCIA). Assim sendo, restou a experiência de 8 anos para o candidato B, assim como a 1ª opção.
  • Vamos lá...
    Foi dito na questão que:
    I- o contador A estudou na USP e tem menos de 7 anos de experiência, portanto, ele só pode ter,dentre as possibilidades descritas, 3 ou 5 anos de experiência;
    II- o contador C ficou na 3a posição e que NÃO estudou na UNB,daí se conclui que ele só pode ter estudado na UFMG.
    Pode-se ainda concluir que o B estudou na UNB.
    Então temos:
    A:USP
    B:UNB
    C:UFMG

    Levando em consideração que o C tem 2 anos de experiência a menos que o 2o colocado,dá para ratificar que o mesmo so pode ter 3 anos e que o segundo colocado tem 5 anos (5-3=2). Visto que o A so podria ter 3 ou 5 anos de experiência e que o C possui 3 anos,logo o A só pode ter 5 anos e que o mesmo foi o segundo colocado.
    Arrumando a bangunça,temos:
    A: USP, 5 anos, segundo colocado;
    B: UNB, 8 anos, primeiro colocado;
    C: UFMG, 3 anos, terceiro colocado.
  • Será que essa questão foi uma propaganda da UNB?
    Pq será que quando eu vi que o contador que ficou em 1º lugar estudou na UNB, eu fui ver se a banca examinadora era CESPE! =)
  • Essa não foi muito complicada não. Letra "A"
  • É, PRIMEIRAMENTE EU ERREI, MAS QUANDO FUI MARCAR NO GABARITO NÃO COINCIDIU AÍ FICOU FÁCIL.


  • Uma dica boa é fazer uma quadro/tabela com as opções. Daí, é sair cortando as impossibilidades e vendo o restante como possibilidade. Assim:

    CONTADOR A:
    UNIVERSIDADES -- TEMPO/ANOS --- CLASSIFICAÇÃO
    USP (V)------------------ 3 (F),é C ------------------ 1º
    UnB --------------------- 5 (V), é o que sobrou ---- 2º (V)
    UFMG -------------------- 8 (F),diz a qtão ---------- 3º, é C

    B
    USP (é A) ----------------3 (F),é C --------------1º (V), sobrou
    UnB (sobrou)------------- 5 (F), é A -------------2º (é A)
    UFMG (é C) -------------- 8 (V), sobrou ----------3º (é C)

    C
    USP (é A) ----------------3 (V),diz a qtão* ---------1º
    UnB (F), diz a qtão ------5 -------------------------2º
    UFMG (V), sobrou ---------8 -------------------------3º(V),diz a qtão

    *Obs.: Repare que para C, tem-se 3 anos de tempo, pq a qtão diz que C tem 2 anos A MENOS QUE o 2ºlugar. Só pode ser a conta 5-2, que é igual a 3 (assim, elimina-se a possibilidade de ser 8 anos e de ser 5 anos). Dessa conta, conclui-se que quem ficou em 2º lugar tem 5 anos de experiência.
    Para (A), sobrou os 5 anos de experiência. Logo, é (A) que ficou em 2º lugar.
    Se (A) está em 2º lugar, resta (B) em 1º lugar, pois (C) ficou em 1º.

    ____
    Fica tudo mais fácil com lápis e papel, que vai logo se riscando onde nao pode ser e circulando o que pode...
    Mas espero ter contirubuido! Sempre consigo resolver usando tabelas.
  • O site dificulta um pouco a formatação, mas, com dedicação, resolve-se tranquilamente!
    Abçs!
  • Perceberam aí a obviedade dessa questão? é claro que o contador B que estudou na UNB (Cespe) foi o 1o colocado e tem mais tempo de experiência. Propaganda pura da UNB. KKKK
  • Fiz por associação logica; 

    Passo a Passo:  

    I - Procure os personagens ( Esses sempre vai ser a primeira informação que ele fornecer ) No caso A, B , C que são os contadores.

    II - Retirem as informações e vão analisando. 

     

                              Cont. A /   Cont. B  /   Cont. C

    Universidade   USP       /  UNB            /  FGV

    Experiência     5 anos   /    8 anos       /  3 anos

    Classificação    2ª       /        1ª           /     3ª

     

    Letra A


ID
28132
Banca
CESGRANRIO
Órgão
TCE-RO
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

No sistema monetário brasileiro, há moedas de 1, 5, 10, 25 e 50 centavos de real, além da moeda de 1 real. De quantas formas diferentes podemos juntar 40 centavos de real com apenas 4 moedas?

Alternativas
Comentários
  • 25+5+10+=40 V
    10+10+10+10=40 V
    5+5+5+5+5+5+5+5=40 F
  • 1º) 10+10+10+10 = 40
    2º) 25+5+5+5 = 40
  • Deixei passar o fato de que TEM q conter 4 moedas...
  • (25,10,5) = 40 OK
    (10,10,10,10) = 40 OK
    (25,5,5,5) = 40 OK

    R: C
  • Nesta questão, o enunciado deixa claro que deve-se somar 40 centavos com 4 moedas e não ATÉ 4 moedas. Logo, são duas possibilidades: 25+5+5+5 = 40 ou 10+10+10+10=40.


ID
32794
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Quantos são os números naturais pares que se escrevem (na base 10) com três algarismos distintos?

Alternativas
Comentários
  • Não entendi o gabarito.
    Para mim, seria 10x9x8 (3 numeros distintos na b10) /2 = 360
    Alguem tem idéia da resposta?
    abs
  • Diniz, eu tbm não entendi, por que na verdade o resultado que eu achei foi o da alternativa "C".

    Veja bem: ela pede três números naturais pares e distintos certo?

    Vamos dizer que a máscara desses números fosse: XYZ.

    Como o número é par, então eu tenho para Z = {0,2,4,6,8};
    Como é um número de três algarismos, então pra X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9}, excluindo o zero, senão vira número com 2 algarismo;
    Finalmente para Y = {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}.

    Agora, temos que lembrar que são números distintos.

    z = 5 possibilidades, pois é par;
    X = (9 - 1) possibilidades, não pode começar por zero e (-1) por que já foi usada uma possibilidade acima;
    Y = (10 - 2)possibilidades, pois já foram utilizadas duas possibilidades acima.

    Então o produto disso é: 8 x 8 x 5 = 320.

    RESPOSTA: "C".

    Como não bateu o resultado, se eu estiver errado, por favor, me avisem!!! Bom estudo pra todos!!!
  • Pessoal,

    A resposta é letra D. Vejam:

    X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} - 9 números
    Y = {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} - 10 números
    Z = {0,2,4,6,8} - 5 números

    Quando X for ímpar temos apenas 10 possibilidades de números repetidos.
    Tomando o número 1 como exemplo, temos: 100, 110, 112, 114, 116, 118, 122, 144, 166, 188.

    Quando X for par temos 18 possibilidades de números repetidos.
    Tomando o número 2 como exemplo, temos: 200, 202, 212, 220, 222, 224, 226, 228, 232, 242, 244, 252, 262, 266, 272, 282, 288, 292.

    YZ = 10*5 = 50

    Eliminando os números repetidos:
    50-10 = 40
    50-18 = 32

    Quando X for ímpar, temos 5 números.
    XYZ = 50*40 = 200

    Quando X for par, temos 4 números.
    XYZ = 40*32 = 128

    Somando: 200 + 128 = 328
  • acho q tenho uma forma mais fácil para exemplificar:

    -consideremos a ordem xyz para os algarismos
    -nesses casos é melhor isolar o último número(z).
    -o número é formado por algarismos distintos (não se repetem)
    -O zero não pode ocupar a primeira casa por não tem valor a esquerda

    -sabendo que para a primeira casa temos 9 opções de números;
    para a segunda temos 10 opções de números; e para a última temos 05 opções, entao temos:

    1) z = 0 => 09 opções para x e 08 opções para y, temos 9x8=72
    2) z = 2 => 08 opções para x e 08 opções para y, temos 8x8=64
    3) z = 4 => 08 opções para x e 08 opções para y, temos 8x8=64
    4) z = 6 => 08 opções para x e 08 opções para y, temos 8x8=64
    5) z = 8 => 08 opções para x e 08 opções para y, temos 8x8=64

    somando-se essas possibilidades temos 72+64+64+64+64= 328 alternativa correta: letra d)

    espero q tenha ajudado


  • Hola gente.

    Temos 5 dígitos pares a saber {0,2,4,6,8}. Um número para ser par deve obrigatoriamente terminar por um desses dígitos pares. Temos no total 10 dígitos, ou seja, os pares mais os ímpares {1,3,5,7,9}.
    Vamos fazer de dois modos.

    1.º modo: façamos 3 celas pois o número tem três dígitos.
    -- -- --, na última cela colocamos os 5 dígitos pares, assim:
    -- -- -5-, na primeira cela colocamos 10 - 1 = 9 dígitos, pois os 5 dígitos no final contam como se fossem um só,
    -9- -- -5-, na cela do meio colocamos 9 - 1 = 8 dígitos.
    -9- -8- -5-, pelo Princípio Multiplicativo, fica:
    9*8*5 = 360.
    Agora muita atenção devemos descontar os números pares que começam por zero, pois na realidade 038 é um número de dois algarismos. Certo?
    -0- -8- -4-, 8*4 = 32, então: 360 - 32 = 328, letra D.

    2.º modo:

    -9- -8- -0-, ==> 9*8*1 = 72
    -8- -8- -2-, ==> 8*8*1 = 64
    -8- -8- -4-, ==> 8*8*1 = 64
    -8- -8- -6-, ==> 8*8*1 = 64
    -8- -8- -8-, ==> 8*8*1 = 64, logo: 72 + 4*64 = 328, letra D.
  • Bem, não encontrei uma fórmula "prática" para resolver a questão, porém empiricamente chega-se a seguinte conclusão:
    são 9 centenas, pois não se pode iniciar com o número 0 (zero). (900 números)
    são 50 números pares por cada centena.(900 - (50 x 9) = 450)
    tem-se que: nas centenas iniciadas por números ímpares (1,3,5,7,9), teremos sempre 10 números a serem retirados dos que nos servem (exemplos na 1ª centena = 100, 110, 112, 114, 116, 118, 122, 144, 166, 188. 3ª centena = 300, 322, 330, 332, 334, 336, 338, 344, 366, 388.). Percebe-se que segue uma ordem lógica.
    logo: 450 - (10 x 5) = 400 números que ainda nos servem.
    Porém, quando as centenas forem iniciadas por números pares teremos que retirar 18 números dos 50 pares da centena (exemplo: 6ª centena = 600, 606, 616, 622, 626, 636, 644, 646, 656, 660, 662, 664, 666, 668, 676, 686, 688, 696.).
    são 4 centenas iniciadas com números pares 2, 4, 6, 8. Logo 400 que nos sobraram - (18 que não nos servem x 4 que é o número de centenas iniciadas por pares) = 400 - (18 x 4) = 400 - 72 = 328. E eu não tava acreditando neste resultado.
    Trabalhoso, mas o que não é???
    É melhor alguém fazer um comentário mais prático, porém bem explicado, pois, os que aqui estão... são péssimos!!!
  • Olá amigos, eu entendi a "pegadinha" desta questão.
    Vamos ao cálculo, incluindo o 0 p/ terceira casa decimal:

    Universo para a casa da unidade: (5 possibilidades)
    {0,2,4,6,8} (o número deve ser par)
    Para as casas da dezena e centena o universo de possibilidade nos seria dado por ARRANJO :
    A(9,2) = 9!/7! = 9x8 = 72
    Multiplicando com as possibilidades da unidade, fica
    72x5 = 360.
    Pois bem, acontece que o ARRANJO calculado inclui o 0 na casa da centena. Portanto, o que nos resta fazer é subtrair de 360 a quantidade de possibilidades em que o 0 entraria na centena, o que nos daria:
    casa da centena: {0} = 1 possibilidade
    casa da dezena: 8 possibilidades (10 números - 1 número da centena (0) - 1 número da unidade)
    casa da unidade: 4 possibilidades
    ou seja: 1x8x4 = 32
    Subtraindo 32 de 360 temos..... 328!

    Essa eu também errei, mas aprendi! :)
  • Eu errei...mas depois entendi o raciocínio...a pegadinha é não poder ter o 0 na centena...

    então eu achei mas fácil separar o zero...vejam:

    _ _ _ => supondo o zero na unidade => -8- -9- -1-

    _ _ _ => supondo o zero na dezena => -8- -1- -4-

    _ _ _ => as outras possibilidades => -7- -8- -4-

    1º - 8*9*1 = 72
    2º - 8*1*4 = 32
    3º - 7*8*4 = 224

    Resultado = 72+32+224 = 328 LETRA "D"
  • Também caí nessa "pegadinha".Questão muito boa.

    Temos que analisar que existem 2 possibilidades.Uma com o zero na casa da unidade e uma sem o zero na casa da unidade.

    Se colocarmos o zero na casa da unidade,teremos 9(1 a 9) opções na casa da centena e 8 opções na casa da dezena.

    9 x 8 x 1 = 72

    Se não usarmos o zero na casa da unidade, teremos 4 opções(2,4,6 e 8) para casa da unidade,8(não pode começar com zero e nem repetir o da casa da unidade) na centena e 8(pode colocar o zero,mas não pode repetir o numero da casa da unidade e o da centena) na casa da dezena

    8 x 8 x 4 = 256

    Possibilidade 1 + Possibilidade 2 = Total
    72 + 256 = 328
  • Resolvi assim,
    Possibilidades dos números do centena e Dezena e unidade:
    Par + Par + Par
    Par + ìmpar + Par
    Ímpar + Ímpar + Par
    Ímpar + Par + Par

    Agora é só calcular para cada uma as possibilidades!
    PAR + PAR + PAR
    = cada dezena terá 3 possibilidades!(204,206,208)
    = São 4 dezenas possiveis (20X,24X,26X e 28X)
    =Sao 4 Centenas possíveis (2XX,4XX,6XX e 8XX)

    então para o Par+PAr+PAr teremos 3x4x4 = 48

    Par+ Ipar + Par
    = cada dezena terá 4 possibilidades
    = São 5 dezenas possíveis (1,3,5,7,9)
    =São 4 centenas possíveis (2,4,6,8)

    então para o Par+Impar+PAr teremos 4x5x4 = 80

    Repitam o raciocínio para os outros dois que dará:
    Ímpar + Ímpar + PAr = 100
    Ímpar + PAr + PAr = 100

    Soma os quatro = 48 + 80 + 100 + 100 = 328
  • Resolvi assim,Possibilidades dos números do centena e Dezena e unidade:Par + Par + ParPar + ìmpar + ParÍmpar + Ímpar + ParÍmpar + Par + ParAgora é só calcular para cada uma as possibilidades!PAR + PAR + PAR= cada dezena terá 3 possibilidades!(204,206,208)= São 4 dezenas possiveis (20X,24X,26X e 28X)=Sao 4 Centenas possíveis (2XX,4XX,6XX e 8XX)então para o Par+PAr+PAr teremos 3x4x4 = 48Par+ Ipar + Par= cada dezena terá 4 possibilidades= São 5 dezenas possíveis (1,3,5,7,9)=São 4 centenas possíveis (2,4,6,8)então para o Par+Impar+PAr teremos 4x5x4 = 80Repitam o raciocínio para os outros dois que dará:Ímpar + Ímpar + PAr = 100Ímpar + PAr + PAr = 100Soma os quatro = 48 + 80 + 100 + 100 = 328
  • Total de algarismos possíveis são 10 ( 0,1,2,3,4,5,6,7,8, 9)

    Entre as opções de análise, usaremos ARRANJO de 10 algarismos, tomados 3 a 3 (visto que a ordem dos algarismos importa)
    A10,3 = 10! / (10-3)!
    A10,3 = 10! / 7!
    A10,3 = 10.9.8.7! / 7! = 10.9.8
    A10,3 = 720 elementos

    Dentre estes 720 elementos, apenas metade deles são pares, teremos 360 (= 720/2) números pares.
    PORÉM, dentre os 360 números pares, estão incluídos aqueles que começam em zero (exemplo: 021, 073, 084,...), o que os tornariam números de 2 algarismos apenas. DESTA FORMA, teremos que removê-los do total de elementos (usando comentário muito bem escrito do Rodrigo Luiz Ferreira da Silva, abaixo):

    casa da centena: {0} = 1 possibilidade
    casa da dezena: 8 possibilidades (10 números - 1 número da centena {0} - 1 número da unidade)
    casa da unidade: 4 possibilidades {0,2,4,6,8} - {0} que estará na centena => {2,4,6,8}
    total de possibilidades com zero no começo: 1x8x4 = 32

    Excluindo-se 32 de 360 temos 328 números naturais pares com 3 algarismos distintos
  • Resolvi da seguinte forma:Se o número tem que ser par, deve terminar com 0,2,4,6 ou 8.Como são números de 3 algarismos, o primeiro nunca poderá ser "0".Terminados com "0" temos 9 possibilidas para a primeira casa e 8 para a segunda, já que os números devem ser distintos;9*8=72 possibilidadesTerminados com 2,4,6,8 temos 64 possibilidades para cada; 72+64+64+64+64=328
  • tem forma de resolução adotada por gente aqui que demoraria 3 horas...o mais simples é assim:número par, então termina com 2/4/6/8/0tês algarismos na base 10 (não pode ser 01, 001, etc)possibilidades que terminar com 0: qualquer um dos outros 9 numeros:(123456789) multiplicado pela possibilidade do segundo algarismo: todos os anteriores menos um(que foi usado na possibilidade anterior):9-1=8multi´plica-se as possibilidades: 9*8=72(possibilidades de numeros pares terminados em zero com 3 algarismos distintos)= 72agora os que terminar com 2/4/6/8:para o 1º digito: todos os números (menos o 0, que não pode iniciar) e menos um, que será o numero par que ficará no ultimo digito8 possibilidades para o 2º digito: todos, menos um par e mais o zero, que agora pode aparecer.8 possibilidades de novopara o terceiro digito:qualquer um dos pares, menos o zer, que já foi contado: 2/4/6/84 possibilidades:8*8*4=256256 mais as 72 possibilidades terminadas em zero:328
  • Inicialmente, devemos observar que não podemos colocar o zero como primeiro algarismo do número. Como os números devem ser pares, existem apenas 5 formas de escrever o último algarismo . Contudo, se colocamos o zero como último algarismo do número, nossas escolhas para distribuição dos algarismos mudam. Portanto, podemos pensar na construção desse número como um processo composto de 2 fases excludentes entre si.Fixando o zero como último algarismo do número, temos as seguintes possibilidades de escrever os demais algarismos:1º algarismo: 9 possibilidades ;2º algarismo: 8 possibilidades , porém excluímos a escolha feita para o 1º algarismo;3º algarismo: 1 possibilidade (fixamos o zero).Logo, há 9 x 8 x 1 = 72 formas de escrever um número de três algarismos distintos tendo o zero como último algarismo.Sem fixar o zero, temos:3º algarismo: 4 possibilidades 1º algarismo: 8 possibilidades , excluindo a escolha feita para o último algarismo;2º algarismo: 8 possibilidades , porém excluindo as escolhas feitas para o primeiro e último algarismos.Portanto, temos 8 x 8 x 4 = 256 maneiras de escrever um número de três algarismos distintos sem zero no último algarismo.Ao todo, temos 72 + 256 = 328 formas de escrever o número.
  • Não mudando a forma de raciocínio das respostas anteriores, mas, apenas descrevendo uma forma de visualizar que facilitou meu entendimento e, talvez, possa ajudar mais alguém:1) Fixa 0 no final => 9 x 8 x 1 = 722) Fixa 2 no final => 8 x 8 x 1 = 643) Fixa 4 no final => 8 x 8 x 1 = 644) Fixa 6 no final => 8 x 8 x 1 = 645) Fixa 8 no final => 8 x 8 x 1 = 64Raciocínio para o item 2) 1o alg: nao posso usar "0"; nao posso usar "2" -> 82o alg: nao posso usar "2"; nao posso usar "1o alg"; posso usar "0" -> 83o alg: num "2" fixo -> 1Obs: iens 2 a 5 seguem o mesmo raciocínio
  • Realmente a resposta é a letra D, veja:

    Obs.: X,Y,Z é a quantidade de números possíveis de usar

    Usando o principio multiplicativo seria:

    Sempre se começa pela restrição. A restrição é de que a unidade - no caso a letra Z - deve ser (0,2,4,6 ou 8). Além disso, o número tem de ser com três algarismos, então a centena não pode começar com 0, com isso temos que tirar uma possibilidade da centena, então, somando-se todas as possibilidades temos:

    ( X . Y . Z =8 ) + ( X . Y . Z=0) + ( X . Y . Z=6) +( X . Y . Z=4) + (X . Y . Z=2)   =  (8.8.1)+(9.8.1)+(8.8.1)+(8.8.1)+(8.8.1) = 64+72+64+64+64  = 328

    Explicando melhor :

    (8. 8 . 1)<=> 9 possibilidades de 1 a 9 menos a restrição  x  10 possibilidades menos as 2 restrições  x  1 possibilidade de usar o numero oito
         +
    (9. 8. 1)<=> 9 possibilidades de 1 a 9, zero não é restrição para a centena  x  10 possibilidades menos as 2 restrições o zero e outro qualquer  x  1 possibilidade de usar o numero zero
        +
    (8. 8 . 1)<=> 9 possibilidades de 1 a 9 menos a restrição  x  10 possibilidades menos as 2 restrições  x  1 possibilidade de usar o numero seis
        +
    (8. 8 . 1)<=> 9 possibilidades de 1 a 9 menos a restrição  x  10 possibilidades menos as 2 restrições  x  1 possibilidade de usar o numero quatro
        +
    (8. 8 . 1)<=> 9 possibilidades de 1 a 9 menos a restrição  x  10 possibilidades menos as 2 restrições  x  1 possibilidade de usar o numero dois
  • O melhor comentário é o do diegocrf sobrenome

     

  • Alguém poderia, por gentileza, me explicar porque tem que isolar o zero?

    Por que não poderiam ficar 5 possibilidades (0, 2, 4, 6, 8) na casa da unidade?

  • professor JUCILANDIO SOUZA no youtube explica bem essas questões

  • galera, lembrem-se sempre do ZERO, ele é TODO ESPECIAL nesse tipo de questão, o que vc precisa fazer é SE LIVRAR DELE PRIMEIRO. Veja como:

    ___x___x_0__

    na composição dos números de 3 algarismos, eu JÁ começo colocando o zero na terceira posição, justamente pra saber log quantos números de 3 algarismos terminam em zero.

    portanto, eu calculo as possibilidade: 9*8*1 (esse 1 corresponde a possibilidade da posição ocupada pelo zero), assim, existem 9*8 = 72 números naturais de 3 algarismos terminados em zero.

    Maravilha, o problema do zero foi resolvido. Vamos aos demais algarismos:

    ___x___x___

    perceba que sobraram só 4 algarismos pares {2,4,6,8}, logo, eu tenho 4 possibilidades para a terceira posição do número (ou a primeira, se vc olhar da direita pra esquerda rs), ou seja, existem 4 possibilidades pra casa das unidades, logo, para a casa das CENTENAS, eu terei de fazer 10 - 1 (esse 1 é justamente o algarismo utilizado na casa das undades), porém ainda tenho que retirar o zero da jogada, pois não se inicia a composição de um número de três algarismos com o zero, pois, se assim o fizermos, esse número acabará com apenas 2 algarismos, assim 10 -1 -1 = 8 possibilidades para a casa das centenas. E pra finalizar, quantas possibilidades temos para a casa das desenas? bem, já usamos 2 algarismos, o que está na casa das unidades e o que está na casa das centenas, porém, observe que aqui na casa das dezenas não há restrição de uso para o ZERO, ele pode ser usado no meio do número livremente, por exemplo: 106, 204 etc, portanto eu continuo com 8 possibilidades para a casa das dezenas, assim:

    8*8*4 = 64 * 4 = 256

    somo esses 256 com os 72 números que terminam em zero pra inalizar

    256 + 72 = 328


ID
39157
Banca
FCC
Órgão
TJ-SE
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Trocando a ordem das letras OEMTSIO obtém-se um adjetivo que é um sinônimo da palavra OBSTINADO. A letra central desse adjetivo é

Alternativas
Comentários
  • A palvra é:TEIMOSOletra central=M
  • mais pq m?

     

  • difícil aceitar que teimoso é sinônimo de obstinado, rs.


ID
45343
Banca
FCC
Órgão
TRT - 15ª Região (SP)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Quatro faculdades de Direito participam de um convênio Empresa-Escola para estágios de seus alunos em grandes escritórios de advocacia. Em certo dia, as quatro enviaram alunos a um escritório, candidatando-se a uma vaga. Lá chegando, eles foram divididos em grupos, de forma que:

? cada grupo tinha alunos de uma única faculdade;
? todos os grupos tinham a mesma quantidade de alunos;
? a quantidade de alunos em cada grupo era a maior possível;
? número de alunos enviados pelas faculdades foi 12, 18, 24 e 36.

Se para cada grupo foi elaborada uma prova distinta, então

Alternativas
Comentários
  • Questão de raciocínio com MDC. O Mínimo Divisor Comum dos números de alunos enviados por cada faculdade é 6. De acordo com as quatro premissas iniciais do problema e achado o MDC (6), conclui-se que da faculdade que enviou 12 alunos serão formados 2 grupos, da que enviou 18 alunos serão formados 3 grupos, da que enviou 24 se formarão 4 grupos, e finalmente a faculdade que enviou 36 alunos serão formados 6 grupos. Totalizando um total de 15 provas.
  • Errata: MDC (Máximo Divisor Comum)
  • O maior divisor comum entre os números apresentados é o 6.Então:- faculdade que enviou 12 = 2 grupos de 6- faculdade que enviou 18 = 3 grupos de 6- faculdade que enviou 24 = 4 grupos de 6- faculdade que enviou 36 = 6 grupos de 6Total= 15 grupos.Se pra cada grupo foi aplicada uma prova, total= 15 provas.
  • a) cada grupo tinha exatamente 4 alunos. ERRADA – TINHA 6 ALUNOSb) foi aplicado um total de 15 provas. CORRETA (MDC = 6) 12 = 2 grupos de 6 18 = 3 grupos de 6 24 = 4 grupos de 6 36 = 6 grupos de 6c) foi aplicado um total de 6 provas. ERRADA – APLICADAS 15 PROVASd) foram formados exatamente 12 grupos – ERRADA – FORMADOS 15 GRUPOSe) para alunos de uma das faculdades foi aplicado um total de 8 provas. ERRADO 15 PROVAS
  • KKKK tá procurando chifre em cabeça de cavalo


ID
46111
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Polícia Federal
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos 17 cidades de fronteira como locais de entrada ilegal de armas; 6 dessas cidades estão na fronteira do Mato Grosso do Sul (MS) com o Paraguai.

Internet: (com adaptações).

Considerando as informações do texto acima, julgue o próximo item.

Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto, com exceção daquelas da fronteira do MS com o Paraguai, para a entrada ilegal de armas no Brasil, então essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha.

Alternativas
Comentários
  • Por Combinação:retirando-se as 6 cidades, restam 11 para escolher 6:C 6/11 = 11!/6!(11-6)! = 462logo, a questão está errada.
  • ACERTANDO O NOSSO AMIGO GABRIEL;  C(11,6), TOTALIZANDO 462 MANEIRAS DIFERENTES, PORTANTO MENOR QUE 500.

  • Caso clássico de combinação (quando a ordem não tem importância). A questão descarta a 6 cidades do Mato Grosso do Sul, a quantidade total de cidades possíveis passa a ser 11.
    C(m,p) = (m!)/[(m-p)!.p!]
    C(11,6) = (11!)/[(11-6)!.6!]
    C(11,5) = (11.10.9.8.7.6!)/(5!.6!)
    C(11,5) = (11.10.9.8.7)/(5!)
    C(11,5) = (11.10.9.8.7)/(5.4.3.2.1) = 462

    O item está errado, pois essa organização terá 462 maneiras diferentes de fazer essa escolha, que é inferior a 500.
  • Linha de raciocínio adotada:

    Se a organização tem que escolher 6 das 17 cidades, com exceção das 6 citadas, implica em dizer que estas últimas não têm importância. Portanto, devem ser descartadas, restando 17- 6 = 11 cidades, e que há 6 opções de escolha de acordo com os dados da questão. Enfim, como a ordem não importa, tanto faz escolher a cidade A, B, C, D, E e F, como a F, E, D, C, B e A, que vai dá na mesma coisa,  aplica-se a Combinação de 11 a 6, que é igual a : C11,6= 11!/6!(11-6)! =  462. 

  • C 11,6 =462 MANEIRAS

     

    O " 11 " SURGE DA SUBTRAÇÃO DE 17 CIDADES EXCETO 06

    O " 6 " SURGE PELA OPÇÃO DA ORGANIZAÇÃO CRIMINOSA EM UTILIZAR 06 CIDADES

     

    GABARITO ERRADO

  • 11 CIDADES CONSIDERANDO AS 6 QUE OS BANDIDOS NÃO VÃO ESCOLHER DEVIDO A FRONTEIRA COM O MT E PARAGUEIXOM

    17-6 = 11

    11x10x9x8x7x6 = 332640

    6x5x4x3x2 = 720

    332640 / 720 =  462 maneiras de os bandidos safados escolherem. 

  • Faniquitos,

    Façam um fluxograma:

    ELEMENTOS DISTINTOS?

    ---> NÃO (Permutação com repetição)

    ---> SIM (Permutação Simples ou Arranjo ou Combinação).

    I_> USA-SE TODOS OS ELEMENTOS?

    --> SIM (Permutação)

    --> NÃO (Arranjo ou Combinação)

    I_> A ORDEM IMPORTA?

    --> SIM (Arranjo)

    --> Não (Combinação)

    Sabemos que é Combinação e não vamos usar os 6 elementos descartados no enunciado. 17- 6= 11 elementos

    Queremos 6 desses 11 elementos restantes, certo?

    C 11,6 = 11!/6!(11-6)! = 11.10.9.8.7/ 5.4.3.2 (Corta os dois 6! e abre o 5!)

    DICA: Simplifique = 462

  • GABARITO ERRADO!

            

    17 Cidades Fronteiras

    6 Cidades Fronteiras com MS

    17- 6 = 11

    C11,6 = 11*10*9*8*7*6 / 6*5*4*3*2

    Resposta: 462 maneiras menor que 500.

    GABARITO ERRADO!

            

  • Premissas: # A ordem não é importante; #Elementos são diferentes; #Mais de uma escolha; #Não são usados todos os elementos; Logo: Combinação simples C11,6 = (11!)/(6!.(11-6)!) C11,6 = 462 #Forma mais simples de calcular: C11,6 = (11.10.9.8.7.6)/(6.5.4.3.2.1) Ou seja, em cima começa pelo número de possibilidades e abre até o número de escolhas, em baixo começa pelo número de escolhas e abre a mesma quantidade.
  • como a ordem nao importa?

    escolher a cidade A e depois a B nao é a mesma coisa que escolher a B e depois a A.

    Visto que ele cita:

    "essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha"

  • Das 17, o enunciado pede para desconsiderar 6 =11

    ATENÇÃO

    C11,6 = 462

  • ERRADO

    Caso de combinação.

    11.10.9.8.7.6/6.5.4.3.2.1=

    332.640 / 720 =

    462

  • GAB E

    COMBINAÇÃO

    C 11,6 = 11 .10.9.8.7.6 / 6.5.4.3.2.1

    11 .2.3.7 =462

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ID
46129
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Polícia Federal
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes
inscritas serão divididas nos grupos A e B, e que, para formar o
grupo A, serão sorteadas 5 equipes, julgue os itens que se
seguem.

A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo A será inferior a 400.

Alternativas
Comentários
  • 11 equipes5 escolhidosC11,5 = 11!/5!(11-5)! = 11.10.9.8.7.6.5!/5!6! = 332640/720 = 462
  • Questão clássica sobre combinação simples, onde não há reposição e a ordem do sorteio não importa. É um agrupamento de 5 equipes do total de 11.C(11,5) = 11!/(11-5)!5! = 462, uma quantidade SUPERIOR a 400.Questão ERRADA.
  • Só fazendo os cálculos:

    (11!) / (5!x(11-5)!)

    (11x10x9x8x7x6!) / (5x4x3x2x1x6!)

    dividindo 6! com 6!; 10 com 2x5; 9 com 3  e 8 com 4, vem

    (11x3x2x7) = (33x2x7) = 66x7 = 462

  • C 11,5 =462 MANEIRAS

     

    GABARITO ERRADO

  • Gabarito: ERRADO

     

    Método sem fórmula!

    11 X 10 X 9 X 8 X 7 = 55440 (são apenas 5 porque ele fala em escolher 5 equipes)

    5 X 4 X 3 X 2 X 1 = 120 (permutação com 5 equipes)

     

    Divide os dois: 55440/120=462

     

     

  • Cn,p = n! / p! x (n-p)!

    onde n é 11 e p é 5

    / divisao

    X multiplicação

    ! fatoração

    Assim sendo; C11,5 =11! / 5! x (11-5)! Resposta 462

  • Errado.

    Formamos agrupamentos com p elementos (p

    Combinação simples: não ocorre a repetição de qualquer elemento em cada grupo de p elementos.
     

    Respondendo pela fórmula, temos:  C11,5 = 11!/ (11 - 5)! 5! = 11x 10 x 9 x 8 x7 x 6!/ 6! x 5! = 462

     

    Questão comentada pelo Prof. Josimar Padilha 
     

  • Errado

    É uma questão de combinação simples:

    11 equipes inscritas p/sortear 5 equipes:

    Então temos, combinação 11,5:

    C (11,5) = 11x10x9x8x7/5x4x3x2x1 = 462

  • ERRADO

    11.10.9.8.7/ 5.4.3.2.1 = 55440/120 = 462

  • Primeira questão que acertei, depois de muito tentar. Vou deixar registrado aqui haha

  • Resposta: ERRADO.

    Comentário do professor Joselias Silva no YouTube:

    https://youtu.be/v9D_1RHIl3Y


ID
46132
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Polícia Federal
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes
inscritas serão divididas nos grupos A e B, e que, para formar o
grupo A, serão sorteadas 5 equipes, julgue os itens que se
seguem.

Considerando que cada equipe tenha 10 jogadores, entre titulares e reservas, que os uniformes de 4 equipes sejam completamente vermelhos, de 3 sejam completamente azuis e de 4 equipes os uniformes tenham as cores azul e vermelho, então a probabilidade de se escolher aleatoriamente um jogador cujo uniforme seja somente vermelho ou somente azul será inferior a 30%.

Alternativas
Comentários
  • Gabarito evidentemente errado. A questão foi anulada.
  • Questãozinha de Probabilidade e que está causando um alvoroço geral! Vamos dar uma olhada.São 11 equipes, correto? Cada equipe tem 10 jogadores. Então, temos, no total, 110 jogadores. Assim:Equipes TOTALMENTE vermelhas = 4 = 40 jogadoresEquipes TOTALMENTE azuis = 3 = 30 jogadoresEquipes com uniformes azuis e vermelhos = 4 = 40 jogadoresA questão pede ‘a probabilidade de se escolher aleatoriamente um jogador cujo uniforme seja SOMENTEVERMELHO OU SOMENTE AZUL’. Isso é a ‘Probabilidade do OU’:P (A ou B) = P (A) + P (B) – P (A e B)P (A) = P (Uniforme somente vermelho) = 40/110P (A) = P (Uniforme somente azul) = 30/110P (A e B) => aqui é que fica a grande dúvida. Imagino que o ‘Ser Mau’ quis colocar a probabilidade do uniformeser tanto vermelho quanto azul (vai imaginar o que se passa na cabeça de um examinador...)Daí, P (A e B) = 40/110Ficaria:P (A ou B) = 40/110 + 30/110 – 40/110 = 30/110 = 0,2727 = 27,27%Assim, o item estaria correto!
  • Citando o Prof. Ivan Zecchin: "O texto deixa absolutamente claro que os conjuntos envolvidos sãodisjuntos; "somente azuis" e "somente vermelhos".Como a intersecção entre os dois grupos é vazia, a probabilidadede ocorrer "somente azuis ou somente vermelho" é dadapela simples soma das probabilidades, pois não há uniformes comas duas caracteríticas (devido ao "somente").Daí, P(somente azul) = 3/11P(somente vermelho)= 4/11Somando-se: 7/11 = 0,636 = 63,6% (aprox.)Portanto, o item está ERRADO."
  • Justificativa do CESPE para a anulação: "Embora esteja evidentemente errado, não há previsão em edital para alteração de gabarito, razão pelo se anula o item.".
  • #simplificando

    Conectivo “e” indica PRODUTO

    Conectivo “ou “indica SOMA
     

    P (A ou B) = P (A) + P (B)

    P (A e B) = P (A) x P (B)

    COMO A QUESTÃO DIZ:
    "então a probabilidade de se escolher aleatoriamente um jogador cujo uniforme seja somente vermelho OU somente azul será inferior a 30%."


    Sabendo da fórmula, temos:

    P (A ou B) = P (A) + P (B) = 4/11 + 3/11 = 7/11 = 0,6363 = 63,63%, por tanto, item ERRADO.

     

    GABARITO: ERRADO

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

    Temos, ao todo 11 x 10 = 110 jogadores. Destes, 40 usam somente vermelho, 30 somente azul e outros 40 usam azul e vermelho. Se queremos os jogadores que usam apenas azul ou apenas vermelho, o número de casos favoráveis é de 30 + 40 = 70, em um total de 110. Assim, a probabilidade que buscamos é:

    P = 40/110 + 30/110 = 0,6363 = 63,63%

    Item ERRADO. O gabarito inicial foi dado como CERTO, e a banca preferiu anular a questão a alterar o gabarito.



    QUESTÃO ANULADA


ID
49768
Banca
FUNIVERSA
Órgão
ADASA
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Uma senha bancária é composta de 6 dígitos. Cada dígito é um número natural de zero a nove. Um cliente, com receio de esquecer a senha, deixa no cofre os lembretes que se seguem:

. O quinto dígito é o número consecutivo do terceiro.
. O primeiro dígito é o antecessor do dobro do terceiro.
. O segundo dígito tem quatro unidades a menos que o terceiro.
. Somando-se o sexto dígito com o quarto, obtém-se 14 como resultado.
. Somando-se o terceiro dígito com o quarto, obtém- se 10 como resultado.

Para que outras pessoas não identificassem a senha, ele não deixou registrado que a soma de todos os dígitos é 30. Supondo que todos os registros dele sejam verdadeiros, quando esse cliente faz qualquer operação bancária, os quatro primeiros algarismos da senha que ele digita na máquina formam o número

Alternativas
Comentários
  • tempo é ouro. observando a informação " o segundo dígito tem 4 unidades a menos que o terceiro" só resta uma opção:Letra D
  • A senha completa é 704658.
  • Resolvi essa questão de baixo para cima e consegui chegar a resposta correta!
  • 5º=3º+11º=(3ºx2)-1 logo poderia ser 9 ou 7, pois 5x2-1=9 ou 4x2-1=7, como não tinha 9 na opção já matei a charada ai mesmo. mas continuei testando até os 4 digítos e deu certo, e como um colega abaixo disse, tempo é ouro, eu não continuei para ver os 6 digítos.2º=3º-4 (entende-se que não pode ser entre 0 e 3) pois não existe possibilidade de números negativos).
  • Seis dígitos:  1° dígito: 2x -1 (Antecessor do dobro do terceiro) 2° dígito: x-4 ( 4 unidades a menos que o terceiro) 3° dígito: x 4° dígito: y 5° dígito: x+1 (número consecutivo do terceiro) 6° dígito: z Ainda de informação: y+z=14
                                            x+y=10
                                            Soma dos dígitos = 30

    (2x-1)+(x-4)+x+y+(x+1)+z=30  ; 5x - 4 + (y+z) = 30 ; 5x - 4 + 14= 30 ; x = 4.

    A partir do valor de x é possível encontrar o valor de cada algarismo. (704658) Esta questão poderia ser solucionada facilmente por exclusão das alternativas, no entanto é interessante saber resolvê-la mesmo assim.
  • Atenção galera , pois a segunda informação ja chegará a resposta
    . O primeiro dígito é o antecessor do dobro do terceiro.. na alternativa D o numero da sequencia é 7.046., ou seja,  o terceiro numero é o 4 o seu dobro é 8 e o primeiro digito é o antecessor deste , ou seja antecessor de 8 é 7 , logo a unica opção é a letra D
  • Só olhar pras alternativas e fazer as valorações, se fosse numa prova do cespe, aí sim demandaria trabalho.

  • A sacada está nessa afirmação: "  O segundo dígito tem quatro unidades a menos que o terceiro. "


ID
50308
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
DPF
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A Polícia Federal brasileira identificou pelo menos
17 cidades de fronteira como locais de entrada ilegal de armas;
6 dessas cidades estão na fronteira do Mato Grosso do Sul (MS)
com o Paraguai.

Considerando as informações do texto acima, julgue o próximo
item.

Se uma organização criminosa escolher 6 das 17 cidades citadas no texto, com exceção daquelas da fronteira do MS com o Paraguai, para a entrada ilegal de armas no Brasil, então essa organização terá mais de 500 maneiras diferentes de fazer essa escolha.

Alternativas
Comentários
  • Trata-se de uma questão de Combinação Simples. C11,6 = (11!)/6!(11-6)! = 462.Importante: O texto fala EXETO as 6 cidades. Logo, 17 - 6.
  • existem 6 cidades que fazem fronteira que não serão escolhidas entre as 17, logo estaram sendo contadatas na combinação apenas 11 (17-6).Sendo assim:11!/6!(11-6)! = 11.10.9.8.7.6.5!/6!5! = 332640/720 = 462Talvez leve a eternidade toda fasendo contas sem caucluadora mais axu q tem um jeito mais facil se eu axa minhas anotações do cursinho eu comento isso novamente XD
  • Inicialmente tem-se disponíveis 17 cidades, porém, destas, 6 foram excluídas por fazerem fronteira com o Paraguai. Por fim apenas 11 cidades estarão disponíveis. Com estas, deve-se formar grupos de 6 cidades. Como a ordem de escolha das cidades em cada grupo não importa, utiliza-se combinação para calcular a quantidade de maneiras possíveis. Cn,k = n! / k! × (n - k)! . Adaptando para o problema temos que C11,6 = 11! / 6! × (11 - 6)! = 11 × 10 × 9 × 8 × 7 × 6! / 6! × 5! = 11 × 10 × 9 × 8 × 7 / 5 × 4 × 3 × 2 = 11 × 7 × 3 × 2 = 462 maneiras.
  • Amigos, 

    Existe uma fórmula mais fácil :-). Não precisa toda essa "calculeira" e nem de calculadora. Antes de mais nada, lembrem que, como a ordem das cidades não importa, trata-se de combinação com repetição. Observem:

    Sejam m elementos tomados p a p, a fórmula aí fora é: m!/p!(m-p!) pode ser escrita, para qualquer p<=m (lê-se menor ou igual a m)da seguinte forma:

    m x (m-1) x (m-2) ... (m-p)! / p! x (m-p)!

    Que em português quer dizer "eme vezes eme menos um, vezes eme menos dois e vai indo até que vai chegar num eme menos pê" . Observem que uma hora vai chegar num (m menos p fatorial), igualzinho aquele (m-p)! filhadaputazinho ali, embaixo da barra, os quais, para nosso orgásmico prazer, vamos "cortar", cancelar, isto é, dividir com todo o ódio que nos é pertinente, simplificando essa equação para o seguinte formato geral:

    m x (m-1) x (m-2) ... (m-p)!/p!

    Exemplo: Combinação de 11 elemtnos 6 a 6, exatamente como todo mundo sacou que tem que fazer aqui:

    11x 10x 9x 8x 7x 6 / 6x 5x 4x 3x 2x 1 = (cara, é um prazer fazer uma conta dessas só pra poder riscar os malditos úmeros. Façam isso.)
    11x 3x 2x 7 = 42 x 11 = 462.
  • Resolução por Combinação: 

    17 Cidades Fronteiras

    6 Cidades Fronteiras com MS

    17- 6 = 11

     portanto:

    C11,6 = 11*10*9*8*7*6 / 6*5*4*3*2

    Resposta: 462 maneiras menor que 500.

    GABARITO ERRADO!

                  

  • 17 Cidades Fronteiras e 6 Cidades Fronteiras com Mato Grosso

    17- 6 = 11

     Portanto:

    C11,6 = 11*10*9*8*7*6 / 6*5*4*3*2

    R: 462 maneiras menor que 500.

  • Errado.
    No item acima, temos que uma organização criminosa escolhe seis das dezessete 
    cidades, ou seja, temos onze possibilidades para agrupar as seis cidades.
    Pelo princípio multiplicativo:(11/6 x 10/5 x 9/4 x 8/3 x 7/2 x 6/1  = 462.

     

    Questão comentada pelo Prof. Josimar Padilha 
     

  • ESSA QUESTÃO É DE MATEMÁTICA OU LEGISLAÇÃO? VAMOS RESPEITAR!!!!!!

  • Errado

    É uma questão de combinação simples:

    17 cidades fronteiras (locais de entrada ilegal de armas) - 6 cidades (fronteira do Mato Grosso do Sul com o Paraguai = restando 11

    Então temos, combinação 11,6:

    C (11,6) = 11x10x9x8x7x6/6x5x4x3x2x1 = 462

  • eu respondendo questões de organização criminosa e me aparece essa conta kkk cheguei assustar.

  • ERRADO

    C 11, 6

    11x10x9x8x7/ 6x5x4x3x2x1 = 462 << 500

    Dica:

    Na hora da prova corte os numeradores com os denominadores para simplificar.

  • ERRADO

    Resolvendo...

    17 - 6 = 11

    Combinação de 11 e 6 = 462.


ID
50323
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
DPF
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes
inscritas serão divididas nos grupos A e B, e que, para formar o
grupo A, serão sorteadas 5 equipes, julgue os itens que se
seguem.

A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo A será inferior a 400.

Alternativas
Comentários
  • Questão de Análise Combinatória. Temos 11 equipes para escolhermos 5 para o grupo A.Isso é COMBINAÇÃO! (mesmo entendimento da questão anterior).E o cálculo é o mesmo que a questão anterior, ou seja:== 11 . 3 . 4 . 7 = 462A quantidade de maneiras é SUPERIOR a 400 para escolher os times.
  • Só complementando e dando uma dica: o resultado dessa questão é o mesmo que o da anterior, isto é, 462, pois: 11-6 é igual a 5.Em outras palavras, toda vez que Cn,m {combinação de n tomados m a m}for igual a Cn,n-m{combinação de n tomados n-m a n-m}, então os resultados de ambas combinações serão iguais. Ex:C11,6 é igual a C11,5.
  • vamoss nessaa,,,em qq luta o cara que esta disposto a morrer e quem aas ganhaas 11 !____________ = 462(11-5)! 5 !
  • Para resolver esta questão utilizamos dos Príncipios de Contagem - Combinação Sem Repetição:

    Cn,p=  _N!_
               (N-P)!P!
      

    Portanto: C11,5=  11! /  (11-5)!5! = 11.10.9.8.7.6!      6!5!   =   11.10.9.8.7  /   5.4.3.2.1   = (Pode simplificar para ficar mais fácil a multiplicação = 924 / 2 = 462

     

    * Símbolo / = divisão

  • Resolução de raciocínio lógico da prova de escrivão da PF:
    http://www.equipealfaconcursos.com.br/blog/2013/04/arrebentando-com-a-cespeunb-2013-rlm/
  • C11,5 = 11*10*9*8*7 / 5*4*3*2*1 = 55.440 / 120 = 462.

  • Gabarito ERRADO

    Resultado= 462 (Superior a 400)

  • GA E

    C 11,5 = 11 .10.9 .9 .7 / 5 .4.3.2.1

    = 462

    PERCEBA QUE , C11,5 E C11,6 TEM O MESMO RESULTADO.

  • CEBRASPE UnB 2009 - Com adaptações) Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio que premie as três primeiras colocadas. O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações com a equipe A em primeiro lugar é: *

    10

    12

    13

    14

    15

    ajudar pfv


ID
51025
Banca
FCC
Órgão
TJ-SE
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Se, para numerar todas as páginas de um texto, forem usados 225 algarismos do sistema decimal de numeração, quantas vezes o algarismo 3 aparecerá na numeração dessas páginas?

Alternativas
Comentários
  • É preciso estar atento para não efetuar o cálculo tendo em mente que são 225 páginas, mas ALGARISMOS. Assim sendo, temosdo 1 ao 9 -> 9 algarismosdo 10 ao 99 -> 180 algarismos (9 x 2) -----------------Sub-total 189 (- 225 = 36)36 algarismos divididos por 3, já que trata-se de números de centenas, teremos 12. Assim, teremos que calcular quantas vezes o dígito 3 haverá de 1 a 112.de 1 a 99 exceto a dezena de 30 a 39 -> 09de 30 a 39 ----------------> 11de 100 a 112 ----------------> 01 ---- TOTAL 21
  • Devemos simplificar. Lógica deve ser simples. Então vejamos:Imagine a seguinte tabela. Já preenchi as colunas e as linas. Basta imaginar seu preenchimento, ok:As colunas são: 10, 20, 30 .....110, 110 ...Ao unir as linhas com as colunas respectivas teremos por exemplo:coluna 1: 0,1,2,3,4,5..coluna 2 e 3: 10,11,12,13,14...coluna 4 e 5: 20,21,22,23,24...0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0 8 0 9 0 1 0 0 1 1 0123456789Bom, agora fica fácil de imaginar e calcular de cabeça. Por exemplo:1) de 0 à 9, foram utilizados 10 algarismos2) de 0 à 19, foram utilizados 3x10 algarismos3) de 0 à 29, foram utilizados 5x10 algarismos.4) de 0 à 99, foram utilizados 19x10 algarismos.4) de 0 à 109, foram utilizados 22x10 algarimos.Agora ficou fácil.Resolução:- de 1 à 109 - utilizamos 219 algarismos(22x10 -1)- faltam 6 (225-219)- então: 110 e 111 -> teremos os 6 restantes- então a sequência e: de 1 à 111, ok.- agora basta retornar a referida tabela e veremos que temos o número '3' na linha e na coluna. É fácil ver que o '3' aparece '21' vezes na tabela.Fácil, não. Questão resolvida sem efetuar nenhum cálculo. Tudo de cabeça.Bons estudos.
  • Primeiro devemos contar os algarismos, e depois os "3".A "tabela" abaixa foi estruturada conforme o descrito:Contagem - número de algarismos na contagem - quantidade de "3" na contagem - onde os números 3 aparecem1 a 9 - 9 algarismos - números "3": 1 (3)10 ao 19 - 20 algarismos - números "3": 1 (13)20 ao 29 - 20 algarismos - números "3": 1 (23)30 ao 39 - 20 algarismos - números "3": 11 (30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39)40 ao 49 - 20 algarismos - números "3": 1 (43)50 ao 59 - 20 algarismos - números "3": 1 (53)60 ao 69 - 20 algarismos - números "3": 1 (63)70 ao 79 - 20 algarismos - números "3": 1 (73)80 ao 89 - 20 algarismos - números "3": 1 (83)90 ao 99 - 20 algarismos (total 189) - números "3": 1 (93)100 ao 109 - 30 algarismos (total 219) - números "3": 1 (103)110 - 3 algarismos (total 222) - números "3": 0111 - 3 algarismos (total 225) - números "3": 0Somando-se todos os "3" chegamos ao resultado: 21
  • Não entendi! Fiz toda a sequência e contei 42 números 3!
    30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39 = 11 vezes que o némero 3 aparece
    130, 131, 132, 133, 134, 135, 136, 137, 138, 139 = + 11 vezes

    Só com essas sequências já 22 vezes que o número 3 aparece, fora as outras... Não sei como chegou a 21
  • Vamos lá gente

    Primeiro vamos saber quantas páginas aproximadamente este livro possui:
    0-9 paginas possui - 10 algarismos - confiram, pags 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 - contem
    9-99  paginas - 99-9=90 x 2 visto que a partir da página 90 passarão a ser dois algarismos por número- 10-11-12-13(....) =180 algarismos


    LOGO = Sao 225 algarismos ok? E até a pagina 99 temos 10+180 algarismos(0-9 + 9-99) que é igual a 190 algarismos.
    225-190 = 35 sendo que essas 35 paginas correspondem às paginas que estão após a página 99, logo devem ter 3 algarismos = 100,101,102,103,104,105.
    35\3=11 páginas que sobram. 

    logo: ao todo são 119 páginas. pois 9+99+11=119 apróximadamente.
    agora vamos lá

    0-9 - temos o algarismos 3 =1

    da página 10 até à página 99 temos 13,23,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,43,53,63,73,83,93. =18

    100 até a página 119 temos 103,113 =2

    Gente, agora é somente somar: 2+18+1
  • Meninos;


    Video que explica a questão:

    http://www.youtube.com/watch?v=xYX_76EsW24

    Solução do OPUS PI;

    Atenção:  A QUESTÃO FALA DE ALGARISMOS. EXEMPLOS: 9 = 1 ALGARISMO; 22 = DOIS ALGARISMOS 2 E 2)

    Primeiro, precisamos determinar quantas páginas foram numeradas. Considerando que a numeração começou na página 1, temos:



    Páginas de 1 a 9: usados 9 algarismos; (restam 225 - 9 = 216) ( DO 1 AO 9 SÃO NÚMEROS COM UM ALGARISMO)

    Páginas de 10 a 99: usados 180 algarismos ( 180, pois são 90 números com 2 algarimos); (restam 216 - 180 = 36)

    Com os 36 restantes, numeram-se somente páginas de três algarismos, de forma que apenas mais 36/3 = 12 páginas foram escritas.

    Portanto, tivemos 9 + 180/2 + 12 = 111 páginas. Ou seja, as páginas numeradas foram as 1, 2, 3, 4, ..., 109, 110, 111.

    Deseja-se saber quantos algarismos "3" temos na sequencia 1, 2, 3, 4, ..., 109, 110, 111.

    Total de algarismos "3" nas páginas de 1 a 9: 1
    Total de algarismos "3" nas páginas de 10 a 99: 19
    Total de algarismos "3" nas páginas de 100 a 111: 1

    Para determinar a quantidade 19 acima, repare que em cada uma das dezenas de "10", "20", "30", "40", "50", "60", "70", "80" e "90", o algarismo "3" aparece uma vez em cada uma na posição das unidades, totalizando 9 algarismos "3". (13, 23, 33, 43, 43, 63, 73, 83, 93)

    Além disso, na dezena de "30" o "3" aparece 10 vezes , todas elas no algarismo das dezenas. Assim, de 10 a 99, aparece 9 + 10 = 19.

    Portanto, o algarismo "3" foi escrito 1 + 19 + 1 = 21 vezes.

    FONTE; http://www.forumconcurseiros.com/forum/showthread.php?t=305637
  • fala-se em algarismos,sendo assim os numeros 13 e 14 são 4 algarismos como exemplo.Voltando à questão sabemos que 0 não conta  por isso são 9 algarismos(1 a 9) deduzindo dos 225 encontramos 216,a partir do 9 são 2 algarismos por número logo 216/2=108 +9=117 foi a numeração de páginas agora basta saber qnts 3 existe de 1 a 117.De 30 a 39 são 11 e 1 a cada 10 numeros que são 10 logo= 11+10=21 perdoe-me a falta de coesão.

  • Só esclarecendo vai da página 1 a 111 (e não 112) como no comentário top curtido


    Pq? do número 100 ao 111 temos 12 números

    Se fizer de 100 a 112 daria 113 números

    No caso coincidiu de bater o resultado, mas cuidado!


ID
52396
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que, para ocupar os dois cargos que compõem a
diretoria de uma empresa, diretor e vice-diretor, existam 5
candidatos, julgue os itens subsequentes.

Se cada um dos candidatos for capaz de ocupar qualquer um dos dois cargos, o número possível de escolhas para a diretoria da empresa será igual a 10.

Alternativas
Comentários
  • Será A5,2 porque os cargos são diferentes. A ordem importa! Logo, A5,2 = 5!/3! = 5x4x3!/3! = 5x4 = 20
  • Não entendo por que a ordem importa se ele diz que os candidatos são capazes de ocupar os dois cargos. Me ajudem

  • Dhonney, a ordem importa porque o cargo de diretor é diferente do cargo de vice-diretor!

    Pense, uma pessoa escolhida diretora terá a mesma remuneração que uma vice-diretora? Não, né?

    Então,

    Lisea diretora X Dhonney vice-diretor # Dhonney diretor e Lisea vice-diretora,

    concorda?


  • Ah entendi, MUITO OBRIGADO Lisea

  • D x V -> 5 x 4 = 20

    Como todos podem ocupar ambos, pra D tem 5 opcoes. Pra V tem 5 - 1.

  • Discordo do gabarito. Pois a ordem na importa. e a resposta é verdadeira.

  • FIQUEI MEIO Q CONFUSA COM ESSA QUESTÃO.


ID
52399
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que, para ocupar os dois cargos que compõem a
diretoria de uma empresa, diretor e vice-diretor, existam 5
candidatos, julgue os itens subsequentes.

Se, dos 5 candidatos, 2 concorrem apenas ao cargo de diretor e os demais, apenas ao cargo de vice-diretor, o número possível de escolhas para a diretoria da empresa será igual 5.

Alternativas
Comentários
  • Por exemplo: A e B concorrem a diretor e C, D, e E concorrem a vice, entao vc tem as seguintes opções:ACADAEBCBDBE
  • Tem que lembrar que estas questões da regra do E e do OU no qual (E é igual a multpiplicação e OU soma), ou seja.

    2 concorrem a diretor E 3 para os demais,ou seja.

    2x3 = 6

  • A vaga de diretor é concorrida por 2 candidatos e a de vice-diretor por 3, então pelo princípio fundamental da contagem, tem-se que:

           2         X         3        =6
    diretor           vice-diretor
    6 possibilidades.
  • Se no cargo de diretor não tem diferença para os 2 e no cargo de vice também não tem diferença para os 3 tem que fazer por COMBINAÇÃO, logo:

    C1/2 x C1/3 =

    C1/2 = 2 e

    C1/3 = 3

    2 x 3 = 6

    O resultado é o mesmo que pensando por arranjo, mas em outra conta creio que o resultado não daria certo. Estou C ou E?

  • É ARRANJO DE A 2.1 X ARRANJO DE 3,,1 = 6

    A ORDEM DE QUEM OCUPA OS CARGOS IMPORTA!

    UMA COISA É O LULA PRESIDENTE E A DILMA VICE OUTRA COISA É A DILMA PRESIDENTE E A DILMA VICE, EXEMPLIFICANDO...


ID
52402
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens
a seguir.

Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda.

Alternativas
Comentários
  • Para calcular a permutação circular, basta usar: (n-1)!Então a resposta será: (5-1)! = 4x3x2x1 = 24.Vejamos alguns tipos de permutação:Tipos de Permutação: Permutação Arranjo Permutação Combinação Permutação Circular Colar de pêrolas Roda de crianças Mesa redonda Permutação com Repetição Anagramas com letras repetidas
  • Eu sempre faço essas questões desenhando um círculo, colocando a quantidade de lugares no círculo e travando uma pessoa da mesa. Depois faço a permutação com as pessoas que restaram fora a que está travada. Nesse caso, 4!.

  • GABARITO: CERTO

     

    A permutação circular de 5 pessoas é dada por:

     

     

    Pnc = (n - 1)!

    P5c = 5 - 1 ! =

                4! = 4x3x2x1= 24 modos distintos.


     

    *A mesa teria 4 lugares, já que  uma das pessoas não mudaria de lugar. Logo a permutação de 4! (4x3x2x1) é 24 modos distintos.

     

    Obs.: Permutação circular é sempre o número menos 1.

     


ID
52405
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens
a seguir.

Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas pessoas se posicionarem.

Alternativas
Comentários
  • A - C - A - C - A

    P3 x P2 = 6 x 2 = 12
  • A ordem deverá ficar Assim

    Adulto + Criança + Adulto + Criança + Adulto 
    Crianças = 2! (apenas 2 possibilidades)
    Adultos = 3! (3x2x1 apenas 6 possibilidades)

    Entao 2x6 = 12
  • De onde vocês tiraram um belo 6?

  • Vanessa...

    adulto=A          A__A__A    = pelo comando da questão é obrigatório ter uma criança entre os adultos,ou seja, adultos não podem ficar juntos

                          3__2__1    =  Permutações entre os adultos pq não são fixos.

                            2    1       = lugares onde as crianças podem permutarem.

                           3*2*2*1*  = 12

  • GABARITO: CERTO

     

    Temos 5 posições, onde ‘cada uma das crianças sentada entre 2 adultos’, então só poderá ser a seguinte posição:

     

    Adulto – Criança – Adulto – Criança – Adulto

     

    Na 1ª posição, poderemos ter 3 adultos

    Na 2ª posição, poderemos ter 2 crianças

    Na 3ª posição, poderemos ter 2 adultos

    Na 4ª posição, poderemos ter 1 criança

    Na 5ª posição, poderemos ter 1 adulto

     

    Aplicando o PFC

    Modos = 3 . 2 . 2 . 1 . 1 = 12

     

     

    Fonte: https://www.euvoupassar.com.br/artigos/detalhe?a=nem-so-de-esaf-vive-o-raciocinio-logico-parte-4-pf-e-provas-da-anac-

     

  • Permutando os 3 adultos (P3 = 3! = 3 x 2 x 1 = 6) e permutando as 2 crianças (P2 = 2! = 2x1 = 2).

    6x2 = 12


ID
52408
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens
a seguir.

Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.

Alternativas
Comentários
  • Cuidado!!!Imaginem que tenhamos as seguintes pessoas: A, B, C , D , EAssim, o conjunto {A,B,C} é igual ao conjunto {B,A,C^} -> então é combinação.A resposta será: 5x4x3/2 = 30.
  • C5,3 = 5!/[3!x(5-3)!] = 5x4x3!/(3!x2!)=10
  • LINCOLN está 100% correto.

    É combinação gente: C5,3 = 10

    Tem gente de nível II comentando coisas absurdas... É por isso que desconfio dessa pontuação. O Nível está mais para o tempo que passam na internet ganhando pontos como se fosse uma competição de ORKUT do que um estudo pessoal.

  • Michel e vc antes de querer ensinar vai aprender, o Moisés está certo só esqueceu de dividir por 2.

    e se fosse um caso de PFC ele estaria correto.

  • Eu concordo com o Michel.
    A questão diz que "não haja prioridade". Logo deve-se utilizar combinação.

    Resposta = C(5,3) = 10

    O Willian explicou certo mas fez o calculo errado.
  • Rapaziada, eu nunca via uma questão com tantos comentários errados, se vc não tem certeza não posta nada, para não atrapalhar...
    Parem com esta patifaria de pontuação no site, isso não vale m... nenhuma gente!
  • A Ordem da escolha das pessoa nao importa entao é combinaçao

    5! / 3!.2! = 20/2 = 10

    Se Nao sabe nao comenta, se nao ajuda tambem nao atrapalhe.
  • pensei como o Moisés


  • 5/3 x 4/2 x 3/1 = 60/6 = 10

  • C5,3 = 10

  • O comentário do Dáliton está incorreto. 5.4.3!.2!/3!.2!=5.4=20. ATENÇÃO!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

  • Gente kkkkkkkkkkkkkk


ID
52669
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Acerca do princípio da contagem, julgue os itens a seguir.

Os prefixos de aeronaves podem ser iniciados por duas letras, seguidas de três letras. Por exemplo, PT-GYK é o prefixo de uma aeronave monomotor do aeroclube de Brasília. Portanto, considerando-se um alfabeto com 26 letras, a quantidade de prefixos de aeronaves que podem ser iniciados por PT é inferior a 13.000.

Alternativas
Comentários
  • Cinco posições como ele coloca que deve iniciar com PT então fica três posições faltando. Calculando fica 26 x 25 x 24 (A letra não pode repetir) = 16560 maior do que 13000.Obs: Caso ele afirmasse que as letras utilizadas na primeira parte não poderiam ser repetidas o cálculo seria 24 x 23 x 22 = 12144 e a resposta correta.
  • MoisésNão entendi porque a letra não pode repetir! Não consegui identificar na questão!Tinha feito da seguinte forma:26 X 26 X 26
  • Caroline, você está correta. Toda vez que não observamos claramente informação a respeito da repetição, deveremos considerar que poderá haver repetição.Assim o correto seria 26x26x26, ok.Agora, não esqueçamos de uma coisa. Devemos para de bricar com a questão. Com repetição ou sem repetição, a resposta seria a mesma, ok.
  • 26x25x24 = 15600

    Questão errada.

  • Wiliam e caroline. Vcs estão equivocados. A questão se resolve por A26,3, ou 26X25X24

    Pensem bem. Pelo cálculo de vcs está-se contando repetidamente cada letra.
    Ex. AAA será contado 3 vezes, BBB mais 3 e assim por diante. Pois pelo cálculo de vcs a permutação das letras repetidas estão novamente sendo contadas, quando na verdade nao implicam em nova contagem
  • o certo é: 26 x 26 x 26.

    Jean seu comentário está equivocado!!!

  • Concordo com o Leandro!
    Comentar somente qdo tiver certeza da resposta.
    R: 26x26x26
  • Bom , já que tá um tá certa dessa forma, tá dessa desta outra forma, vamos a palavra o professor Opus Pi (http://www.forumconcurseiros.com/forum/showthread.php?p=760973)

    Quanto à questão dos prefixos, temos a representação:

    PT - __, __, __

    como não foi dito que as letras devem ser distintas, o total de prefixos iniciados por PT é 17.576 (= 26*26*26), que é maior que 13.000.

    Item ERRADO.

    Nota: a multiplicação 25*24*23 dá 13.800 e não 21.000 como você colocou.

    Opus Pi.
  • obs: em nenhum momento a questao disse quantas prefixos "DIFERENTES" podemos forçar.

    LETRA P e T ficam FIXAS, entao :

    1º                      x                  2º                    x                               3º                             =  17576 possibilidades de PREFIXOS

    26 possibilidades                     26 possibilidades                             26 possibilidades    

  • As 2 primeiras letras são fixas: PT, logo só falta definir as outras 3.

    Como não foi dito que as letras devem ser distintas --> 26 x 26 x 26 = 17.576

  • O valor a ser feito as contas são 26x26x26= 17.576, portanto, questão errada.


ID
52936
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendo uma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.

Alternativas
Comentários
  • partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba:3 possibilidades de partidacom destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju7 possibilidades de destinofazendo uma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo4 possibilidades de escala.multiplicando as possibilidades(escolhe-se uma partida E um destino E uma escala), temos:3*7*4=8484/12=784 é multiplo de 12!!!
  • 3x7x4 = 3x4x7 = 12x7 -> é multiplo de 12 (não precisa fazer cálculo.
  • Certo.

     

    Partida 3

    Escala 4

    Destino 7

     

    3.4.7= 84

     

     

    https://www.youtube.com/watch?v=qQ5b3DqjmS8

    Minuto 19:34

  • Gabarito: CORRETO

    Temos 3 cidades de partida, 4 para fazer escala e 7 de destino. Saíndo de uma das 3 cidades de partida, temos 4 vôos possíveis para a cidade de escala. Após esse primeiro vôo, temos outros 7 vôos possíveis para a cidade de destino. Portanto, ao todo temos 3 x 4 x 7 = 84 vôos (que é múltiplo de 12). Item CERTO.


    Fonte: ESTRATÉGIA CONCURSOS

  • Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba 3

     Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo 4

    Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju 7

    3 *4*7 = 84843

    É múltiplo 12 

    3*4 = 12 ...* Mais alguma coisa

  • 3*7*4 = 84 84/12 = 7 é múltiplo de 12.


ID
52939
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO,β seja a quantidade de anagramas começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então ∝ = 21 β.

Alternativas
Comentários
  • 1)calculo de X9! / (2!x3!)9x8x7x6x5! / (2x1x3x2x1)9x4x7x5!3x3x4x7x5!3x7x3x4x5!21x12x5!2) calculo de Y4x3x5!12x5!X = Yx21Fácil, sem precisar fazer cálculos. ok.
  • O gabarito afirma que a resposta está correta, ou seja, ? = 21?.Sendo ? = 362.880,? terá o valor 362.880/21 = 17.280.Ora, se para formarmos todas os anagramas possíveis com a palavra TRIBUNA é 7! = 5.040 independente da condição dada no enunciado, a resposta não pode ser verdadeira.O enunciado da questão está bem claro e afirma que ? seja a quantidade de anagramas começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA. Ou seja, um subconjunto de 7! = 5.040.Para dar certo terá que ser feito assim:A palavra TRUBUNA é formada por 4 consoantes e 3 vogais, 4! X 5! X 3! = 24 x 120 x 6 = 17.280.Desta forma a palavra tribuna terá mais que sete letras, 4 + 5 + 3 = 12 letras.
  • (alfa): Permutação de 9 com 3(O) e 2(R) elementos repetidos= 9!/3!.2! = 362880/12 = 30240(beta): 4 consoantes, 5 letras, 3 vogais= 4.5!.3 = 12x5! = 12x120 = 14401440x21= 30240 (r.:CERTO)
  • fonte> https://www.euvoupassar.com.br/artigos/detalhe?a=nem-so-de-esaf-vive-o-raciocinio-logico-parte-4-pf-e-provas-da-anac-

    Falou em ANAGRAMA, lembramos logo de PERMUTAÇÃO. E, nesse nosso caso, COM REPETIÇÃO.

    Como é isso, PH?

    Olha só, a palavra AEROPORTO tem 9 letras. Portanto, P9 = 9!

    Porém, as letras O (3 vezes) e R (2 vezes) repetem-se. Então, devemos dividir pelo fatorial da quantidade de letras que se repetem. Confuso? É assim:

    α = 9! / 3! (letra O) . 2! (letra R) = 362880/12 = 30240

    Agora, trabalharemos com a palavra TURBINA.

    Começando com uma consoante = podem ser 4 letras

    Terminando com uma vogal = podem ser 3 letras

    Ao colocarmos uma consoante no começo e uma vogal no final, sobraram 5 letras.

    Então:

    β = 4 (consoante no início) . 5! (letras que sobram) . 3 (vogal no final) = 12 . 120 = 1440

    Então, 30240 = 21 . 1440

    Logo:

    α = 21β

    Gabarito: correto.

  • ConcurseiroPerito (Maynah);;; nao entendi essa parte Então, 30240 = 21 . 1440

  • CORRETO

    α = AEROPORTO = Permutação de 9 com repetição de 3 e com repetição de 2

    • P9!2!3!= 30.240

    β =TURBINA;

    Consoantes = T,R,B,N

    Vogais = A,I,U

    Iniciar com consoante e terminar com vogal:

    __4____>>>___5___>>>>___4___>>>>___3___>>>>__2_____>>>>__1____>>>___3____

    sobram 5 para escolher ,então permutação de 5! = 120

    • β=120*4 *3 = 1.440

    • α = 21* β.

    • 1440 * 21 = 30.240
  • Resposta: CERTO

    Comentário do professor Pablo Guimarães (Zero Um Concursos) no YouTube: 21:40s

    https://youtu.be/cQ5kfUTbaPg


ID
52942
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

Considere a seguinte situação hipotética. Há 6 estradas distintas ligando as cidades A e B, 3 ligando B e C; e 2 ligando A e C diretamente. Cada estrada pode ser utilizada nos dois sentidos. Nessa situação, o número de rotas possíveis com origem e destino em A e escala em C é igual a 400.

Alternativas
Comentários
  • As rotas serão infinitas, pois a questão não diz quantas vezes poderei passar por cada cidade. Por exemplo, poderia fazer o seguinte percurso: A-B-C-B-C-B-C....-A
  • Para chegar ao valor de 400 basta calcular o seguinte:ABCA, ABCBAACA, ACBA
  • O que eu acho que a banca gostaria como resposta...

    Ida Passando por B (A-B-C) + Ida Direto a C (A-C) X Volta Passando por B (C-B-A) + Volta Direto a A (C-A)   

    (A-B-C)       (A-C)              (C-B-A)            (C-A)
    6 x 3      +       2         X        3 x 6       +        2 

    20 X 20= 400


    De fato, como o colega acima afirma, o enunciado admite mais de uma interpretação.
    Espero ter contribuido de alguma forma!
  • Esta questão foi anulada pela banca

  • BCAA, ....

  • Resposta: ANULADA

    Comentário do professor Pablo Guimarães (Zero Um Concursos) no YouTube: 40:24s

    https://youtu.be/cQ5kfUTbaPg


ID
52945
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5 pilotos e 6 co-pilotos, incluindo, pelo menos, 2 pilotos, é superior a 210.

Alternativas
Comentários
  • (C5,2 x C6,2) + (C5,3 x C6,1) + (C5,4)(10x15) + (10x6) + (5)150+60+5 = 215
  • O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5 pilotos e 6 co-pilotos, incluindo, pelo menos, 2 pilotos, é superior a 210.   

    O total de comissões será: C11,4 = 330

    Vamos fazer apenas com um piloto: C5,1 x C6x3 = 100

    Nenhum piloto: C6,4 = 15

    Logo, o total de comissões com pelo menos 2 pilotos será: 330 - 100 - 15 =   215

  • Quando a questão diz que a comissão precisa ter "PELO MENOS" 2 pilotos podemos entender o seguinte:

    I) Comissão com apenas 2 pilotos: C5,2 * C6,2

    ou

    II) Comissão com 3 pilotos: C5,3*C6,1

    ou

    III) Comissão com 4 pilotos: C5,4

    Total; 150+60+5=215


  • A minha resposta foi diferente:  11 pessoas para um grupo de 4 pessoas menos o que deve estar no grupo (2 pilotos de um total de 5).

    C11,4 – C5,2 = 11. 10. 9. 8 = 330  -   5. 4 = 10

                                 4. 3. 2. 1                2. 1

    330 – 10 = 320


  • - CERTA - 

     

    A forma mais comum de se fazer o cálculo é pela soma das combinações. 

    C(5,2)= 10 x C(6,2)= 15 = 150

    C(5,3)=10 x C(6,1)= 6 = 60

    C(5,4)= 5 

    150+60+5= 215 comissões com pelo menos 2 pilotos

     

    A outra forma é subtrair o total de combinações possíveis C(11,4)=330 de:

    I) Combinações com apenas 1 piloto C(5,1) = 5 x C(6,3) = 20 = 100

    II) Combinações com nenhum piloto C(6,4) = 15

    Temos 330 - (100+15) = 215.  

     

    Avante!

  • - Resolução do prof. Arthur Lima (ESTRATÉGIA CONCURSOS)

    Neste caso, podemos somar o total de comissões contendo 2, 3 e 4 pilotos. Podemos também calcular o total de comissões possíveis com os 11 funcionários e subtrair deste total aquelas que não possuem piloto ou possuem apenas 1 piloto. Para exercitar, vamos utilizar o segundo método.

    1) O total de combinações de 11 pessoas, 4 a 4, é dado por:
    C(11,4) = 330

    2) Já o total de grupos formados apenas por co-pilotos, isto é, sem nenhum piloto, é dado pela combinação dos 6 co-pilotos, 4 a 4:
    C(6,4) = 15

    3) Por fim, o total de grupos formados por apenas 1 piloto e 3 co-pilotos é dado pela multiplicação entre a combinação de 5 pilotos, 1 a 1, pela combinação de 6 co-pilotos, 3 a 3:
    C(5,1) x C(6,3) = 100

    Portanto, o total de combinações que possuem 2 ou mais pilotos é:
    330 – 15 – 100 = 215


    Como este valor é superior a 210, o item está CERTO.

  • Pessoal, estou quebrando a cabeça mas não consigo entender porque meu raciocínio está errado.

    Alguém poderia, por favor, me dar uma luz?

    >> Se preciso formar grupos de 4 pessoas com no mínimo 2 pilotos;

    Por que não posso simplesmente tirar 2 pilotos e fazer C9,2 ?

  • Jamille note primeiramente que a questão diz "pelo menos" 2 pilotos; ou seja terá que calcular também com 3 e com 4 pilotos.
    Se a questão falasse "com 2 pilotos" dai seriam apenas 2 nessa comissão com 4 pessoas, mesmo assim esse seu raciocínio não valeria pois vc está misturando grupos diferentes (pilotos e copilotos) e diminuindo possibilidades de formar comissões distintas.

     

  • Obrigada Paulo!!

  • Fiz 5.4.9.8/2/2= 360. Porque esse cálculo estaria errado?

  • Esse problema tá osso!!

    Como eu fiz:

    Para pilotos C5,2= (5x4)/2= 10

    Sobraram 2 vagas que pode ser tanto pilotos como co-pilotos: C9,2= (9x8)/2= 36

    Multiplicando: 36x10= 360

    Resumo:

    C5,2= (5x4)/2= 10

    C9,2= (9x8)/2= 36

    36x10= 360

  • A forma mais comum de se fazer o cálculo é pela soma das combinações. 

    C(5,2)= 10 x C(6,2)= 15 = 150

    C(5,3)=10 x C(6,1)= 6 = 60

    C(5,4)= 5 

    150+60+5= 215 comissões com pelo menos 2 pilotos

    CERTO

  • Gabarito certo

    Segue abaixo a explicação da questão em vídeo.

    https://youtu.be/PLG7FIbJGCo?t=11502

    Fonte: Estratégia Concursos - Prof. Brunno Lima


ID
52948
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ANAC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

Em um voo em que haja 8 lugares disponíveis e 12 pessoas que desejem embarcar, o número de maneiras distintas de ocupação dos assentos para o voo sair lotado será superior a 500.

Alternativas
Comentários
  • Será combinação ou arranjo???Bom, a resposta é a seguinte:1) Será combinação caso o conjunto seja o mesmo quando as pessoas efetuam troca de poltrona.2) Será arranjo caso o conjunto seja diferente quando as pessoas efetuam troca de poltrona.Bom, se fosse em uma sala de aula com poltronas são numeredas, seria combinação;Agora, no avião a poltrona é sempre numerada, devendo ser arranjo.A resposta seria:12x11x10x9x8x7x6x5 > bem acima de 500, okPorém a alternativa foi dada como falsa, pois considerou como combinação(495)
  • Esta questão foi anulada pela banca


ID
53662
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 17ª Região (ES)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em 2007, no estado do Espírito Santo, 313 dos 1.472
bacharéis em direito que se inscreveram no primeiro exame
do ano da Ordem dos Advogados do Brasil (OAB) conseguiram
aprovação.
Internet: (com adaptações).

Em 2008, 39 dos 44 bacharéis provenientes da
Universidade Federal do Espírito Santo (UFES) que fizeram a
primeira fase do exame da OAB foram aprovados.
Internet: (com adaptações).

Com referência às informações contidas nos textos acima, julgue
os itens que se seguem.

Se a UFES decidir distribuir dois prêmios entre seus bacharéis em direito aprovados na primeira fase do exame da OAB de 2008, e se os bacharéis premiados forem distintos, haverá mais de 1.400 maneiras diferentes de serem concedidos tais prêmios.

Alternativas
Comentários
  • será distribuído 2 prêmios entre 39 aprovados, sem repetição:39 x 38 = 1482 maneiras.
  • Eu acertei , mas penso que a questão deveria informar se os prêmios são iguais ou diferentes; pois se os prêmios fossem iguais, a ordem dos ganhadores não importaria e a questão seria resolvida por combinação, dando o resultado de 741 maneiras diferentes. Não deixando claro essa informação, muita gente preparada para o concurso pode errar uma questão simples dessa na prova, pelo fato de a questão apresentar duas linhas de pensamentos.Obs: E antes que alguém diga que quem errou é porque não sabe interpretar, eu digo que quem mais sabe interpretar saberá que o que eu digo é verdade.Bons estudos!!
  • Victor, concordo com você. Mas como ela não informou e fez questão de dizer que eram para pessoas diferentes apliquei logo o princípio da contagem e pronto...Mas acho que se alguém errou, pelo motivo que nós 2 vimos que poderia prejudicar a resolução da questão, poderia entrar com recurso...
  • O distinto confunde muitas pessoas no meu caso sempre me salva.

    Nesse caso a ordem importa quando um prêmio for distribuido vai sobrar 38 opções.

    como é distindo multiplica 39x38

  • Olá
    bem, no enunciado não fala se é prêmio distinto ou não...fala em bacharéis distintos.
    Se o prêmio fosse distinto, no caso, uma viagem e um curso p.ex., a ordem seria importante, pois  João ganhar o curso e José ganhar a viagem seria diferente de João ganhar a viagem e José, o curso. Nesse caso, concordaria com o gabarito.
    Se o prêmio for o mesmo (2 viagens), pouco importa se a ordem for João/José ou José/João....é a mesma coisa, e nesse caso, descordaria do gabarito, pois a resposta seria C39,2= 741 maneiras.
    Na minha opinião, fui pela rsolução através de Combinação por não ter especificado no enunciado e por não ter conseguido ler a mente do examinador.
    Bons estudos 
  • Verdade, Victor. Se os prêmios fossem iguais, o certo seria combinação e o resultado seria 741. No entando, o resultado seria muito diferente do proposto pela questão ( 1400). Dessa forma, o correto é adotar arranjo. Sempre que o resultado for muito diferente da questão, provavelmente estará errado.

  • Serão distribuidos 2 prêmios entre 39 bacharéis, e os premiados são distintos, então: 39x38= 1482. Raaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaja!!!

  • Questão com redação chula. Desde quando "...se os bacharéis premiados forem distintos..." quer dizer que os prêmios são diferentes? Como se sabe, distintos está exercendo a função de PREDICATIVO DO SUJEITO e, assim sendo, é uma qualidade/característica dos bacharéis premiados, ou seja, eles são distintos, levando a entender que não pode haver dois prêmios para a mesma pessoa.

    Mas, enfim, recorreria fácil dessa questão.

  • De jeito nenhum é uma questão de interpretação, a questão foi escrita erroneamente. Nunca que dizer que os bacharéis são distintos é dizer que os prêmios são distintos, são situações diferentes que levam a resultados diferentes. Entendo os dois lados de que trata esse questão, como foi comentada pelos colegas acima, mas o enunciado está errado. O Samuel falou direitinho.

  • Enfim... questão PESSIMAMENTE mal redigida e que proporciona dupla interpretação!

    Não diz se os prêmios são iguais ou diferentes, o que prejudica a interpretação objetiva da assertiva...

    Ôôô examinador... eu não tenho bola de cristal pra saber o que vc está pensando não criaturaaa!!! ¬¬

  • Também fiquei na dúvida quanto aos prêmios serem distintos ou não. Mas geralmente quando o resultado fica muito distante do informado no enunciado, a conta está errada (percepção pessoal minha... rs).

    Então nesse caso, faz-se a combinação 39!/2!37! x 2 prêmios = 1.482

    Gabarito: CERTO

    Bons estudos!


ID
54016
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 17ª Região (ES)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue os itens seguintes, acerca de contagem e probabilidades.

Se, em determinado tribunal, há 54 juízes de 1.º grau, entre titulares e substitutos, então a quantidade de comissões distintas que poderão ser formados por 5 desses juízes, das quais os dois mais antigos no tribunal participem obrigatoriamente, será igual a 35.100.

Alternativas
Comentários
  • Como a quetao refere-se a comissoes, entao nao importa a ordem em que os juizes serao postos.Assim utilizamos combinacao de 52 para escolher 3, pois devemos excluir os 2 juizes ja selecionados.52/3!49! = 52.51.50/6 = 22100
  • Cheguei ao mesmo resultado, Rebeca! Da maneira que o "Wiwi" fez está incorreto. Pois ele considerou uma Permutação (troca) de lugares entre os juízes como outra comissão. Por exemplo, uma comissão formada pelos juízes A1, A2, J52, J51 e J50 é igual a uma comissão formada pelos juízes A1, A2, J50, J51 e J52.
  • Retiramos os dois mais antigos juízes.Ficaram 52 juízes e 3 VagasEntão a quantidade de comissões distintas que poderão serformados por 3 desses juízes (mais 2 antigos) seráC(52,3)=52!/(3!*49!)=50*51*52/6=22100
  • Então esta questão foi anulada?

  • Data vênia, caros colegas, o colaborador Walter Prestes deu a informação correta. Não se trata de permutação. É probabilidade simples.

    São 3 vagas a serem preenchidas por 52 pessoas. Esqueçam as outras 2 vagas, que não mudam.

    Logo, 52x51x50 possibilidades, que dá 132.600 possibilidades distintas. A questão está ERRADA e não foi anulada por este motivo!

    Espero ter ajudado.

  • O comentário do Walter está correto!!!! e consta como ruim, os outros errados e estão como bom, tomem cuidado !!!!
  • Essa questão trata de uma combinação de 52 elementos 3 a 3, o que dá 22100 formações de comissões!!! Não importa a ordem dos elementos nesse caso!!! Portanto, a resolução do Walter e das pessoas que o acompanharam está errada... A resolução da questão 28 do link http://pt.scribd.com/doc/39188726/Simulado-XXVIII-PCF-Area-6-PF-CESPE reforçou ainda mais essa ideia!!! Deem uma conferida!

    Bom estudo,

    Caros colegas.
  • Demorou para eu eu entendesse isso... 
    A ordem não importa
    É uma combinação em que devem ser escolhidos 3(já escolhi 2, não preciso incluí-los na combinação) de 52 (54 - 2 mais antigos, que ficam de fora)
    C 52,3 = 52X51X50 / 3X2X1
    C 52,3 = 22.100
    ERRADO
  • SAVIO isso e' uma formula cara...
    Procura no google Analise Combinatoria, Combinacao e procura alguma explicacao ou video aula que vc vai entender o porque do 6...
    Combinacao de 52 3 a 3
    (C352)=       n!       onde n=52 e k=3
                  K!(n-k)!

    o gabarito 22.100 esta corretissimo
  • Apenas reforcnado o comentario, a explicacao do wlater esta errada, pois o raciocionio que ele utilizou foi para PERMUTACAO, e nao cabe formula de permutacao nesse tip ode questao, pois no caso a permutacao considera uma comissao formada por 5 juizes, A, B, C, D , E  diferente de uma comissao formada pelos mesmos 5 juizes em ordem diferente, pore exemplo comissao 1 =A, B, C ,D ,E em permutacao 'e diferente da comissao 2 = D,C , A ,B, E, o que no caso, nao corresponde a verdade. Pois as duas comissoes sao identicas mudando apeans a ordem. Nesses casos, em que a ordem nao importa, nao pode ser resolvido o problema por permutacao e sim por combinacao. Por isso o gabarito esta correto pois temos assim:
    5 juizes sendo dois ja definidos como os mais antigos sobram 52, 51 e 50 possibilidades para as 3 comissoes restantes
    A , B, 52 , 51, 50
    Todavia, como ja foi dito, esse problema nao pode ser resolvido pelo principio fundamental da contagem onde simplesmente mutiplicam-se  os numeros, pois a ordem do arranjo nao importa. Entao deve ser resolvido por COMBINACAO
    ou seja, Combinacao de 52 3 a 3
    C353 = 52 x 51 x 50= 22.100
                       3!
    52x51x50 (simplifica 51 com 3 e 50 com 2)
       3x2
    pode calcular ai... 52 x 17 x25 e ve se nao vai dar 22.100
    Quem acertou essa questao utilizando permutacao acertou na cagada
  • C52.3

  • Gabarito: Errado.

    Você tem 54 juízes e precisa formar um grupo com cinco. Desses cinco, dois já foram escolhidos que são os mais antigos. Então restam 52 juízes e 3 vagas. A ordem de distribuição não importa, então se trata de uma combinação.

    C52,3 = (52 x 51 x 50)/(3 x 2 x 1) = 52 x 17 x 25 = 22100.

    Bons estudos!


ID
56386
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
STJ
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a contagem, cada um dos próximos itens
apresenta uma situação hipotética, seguida de uma
assertiva a ser julgada.

Em um tribunal, os processos são protocolados com números de 6 algarismos de 0 a 9 e o primeiro algarismo refere-se ao número da sala onde o processo foi arquivado. Nessa situação, o total de processos que podem ser arquivados nas salas de números 4 e 5 é superior a 300.000.

Alternativas
Comentários
  • Considerando que o primeiro algarismo representa a sala, existem 10^5 possibilidades de processos para cada sala, ou seja, 100.000.
  • A questão fala do total de processos que podem ser arquivados nas salas de números 4 e 5. Portanto, cada uma delas terá arquivado 100.000, com total de 200.000 as duas salas, menor ainda que 300.000.
  • A questão poderá ser resolvida através do Processo Fundamental da Contagem (PFC). A questão nos fala que existem 6 algarismos utilizados para a numeração do protocolo. Como o primeiro numero é o da sala e portanto, fixo, apenas faremos a contagem a partir dos outros 5 espaços vazios do número de protocolo.Assim, dispomos de 10 algarismos de 0 a 9 para cada posição dos 5 dígitos do protocolo. Basta multiplicarmos os 10 algarismos 5 vezes. Daí, temos: 10 x 10 x 10 x 10 x 10 = 100.000. Como ambas as salas são preenchidas inicialmente pelo mesmo princípio, devemos fazer novamente o processo. Assim, temos 100.000 + 100.000 = 200.000 que é inferior a 300.000.RESPOSTA: afirmativa ERRADA.
  • Resolução:Temos um número de 6 algarismos, onde o 1º refere-se ao número de sala. Logo, sobrarão 5 algarismos para o número de salas. Na primeira casa teremos 2 possibilidades, pois o número das salas começam com 4 ou 5; para as outras casas teremos 10 possibilidades cada uma: __ __ __ __ __ __ = 2 ? 10 ? 10 ? 10 ? 10 ? 10 = 200.000 2 10 10 10 10 10Logo, o item é falso, pois é inferior a 300.000.
  • TENHO 6 NUMEROS A SEREM PREENCHIDOS, PORÉM INICIANDO UMA SEQUENCIA COM O ALGARISMO 4, E OUTRA COMEÇANDO COM O ALGARISMO 5, PORTANTO;

    NA PRIMEIRA SEQUENCIA (4): 1X9X9X9X9X9=59049

    NA SEQUENCIA INICIADA COM O ALGARISMO 5: 1X9X9X9X9X9=59049

    SOMANDO-SE AS DUAS POSSIBILIDADES: 118098, É INFERIOR A 300 000

  • a questão nao falou se os números podem ser repetidos... Apenas disse que deveriam começar pelo 4 e pelo 5... baseado em que eu posso deduzir que eles podem se repetir?!?
  • Em um tribunal, os processos são protocolados com números de 6 algarismos de 0 a 9 e o primeiro algarismo refere-se ao número da sala onde o processo foi arquivado. Nessa situação, o total de processos que podem ser arquivados nas salas de números 4 e 5 é superior a 300.000. ?

    Resolução:
    6 Algarismos, em um conjunto de (0 a 9)  _ _ _ _ _ _ 
    O primeiro algarismo diz a sala: (5 ou 4)10.10.10.10.10 =100.000 x2 (5 e 4)
    Resposta 200.000
    Resposta: Errado é inferior 
     

  • 1ª escolha: 2 ( só podemos escolher os algarismos 4 ou 5)
    2ª escolha: 10 ( podemos escolher os algarismos de 0 a 9)
    3ª escolha: 10 ( podemos escolher os algarismos de 0 a 9)
    4ª escolha: 10 ( podemos escolher os algarismos de 0 a 9)
    5ª escolha: 10 ( podemos escolher os algarismos de 0 a 9)
    6ª escolha: 10 ( podemos escolher os algarismos de 0 a 9)

    2x10x10x10x10x10 = 200.000 processos arquivados nas salas de números 4 e 5


ID
56392
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
STJ
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a combinatória, cada um dos itens
subseqüentes apresenta uma situação hipotética,
seguida de uma assertiva a ser julgada.

Em um tribunal, o desembargador tem a sua disposição 10 juízes para distribuir 3 processos para julgamento: um da área trabalhista, outro da área cível e o terceiro da área penal. Nesse tribunal, todos os juízes têm competência para julgar qualquer um dos 3 processos, mas cada processo será distribuído para um único juiz, que julgará apenas esse processo. Nessa situação, o desembargador tem mais de 700 formas diferentes para distribuir os processos.

Alternativas
Comentários
  • Formas de se distribuir os processos entre os Juízes: 10x9x8 = 720. Detalhando: para escolher um juiz que irá lidar com o Processo Trabalhista ele terá 10 alternativas, para escolher um juiz que irá lidar com o Processo Cível, ele terá 9 e, finalmente, para escolher um juiz para lidar com o Processo Penal, ele terá 8 possibilidades.
  • Ou poderia ser resolvido por Arranjo.10! / (10-3)! = 10X9X8X7! / 7! = 10x9x8
  • A questão pode ser resolvida por arranjo, ou seja, importa a ordem(no caso da prova os juízes sofreram limitações de escolha dos processos) caso não tivesse ocorrido, por exemplo, cada juiz pudesse escolher qualquer processo então seria necessário usar a formula de combinação!

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

    Arranjo = (p!) / (n-p)!    --> Importa a ordem!

    Combinação = (p!) / n!.(n-p)!    --> Não importa a ordem!

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

    Questão

    Arranjo

    10! / (10-3)!  =   10X9X8X7! / 7!   =    10x9x8   = 720 (superior a 700)  

  • Certo.

     

    Embora os 10 juízes sejam competentes para julgar os processoa, esses são distintos e só será distribuído para um juiz

    cada processo. Logo, a ordem altera o valor, então é arranjo.

     

    1º processo o juiz tem 10 possibilidades de sortear 

    2º processo o  juiz tem 9 possibilidades de sortear

    3º processo o  juiz tem 8 possibilidades de sortear

     

    10.9.8 = 720

     

     

    https://www.youtube.com/watch?v=qQ5b3DqjmS8

     

    Minuto 58:12

  • 'Sorteio" com produtos diferentes: Arranjo

  • Quantidade de Juízes = 10

    Quantidade de Processos para distribuição = 3

    Ordem de distribuição processual

    ➞   - área trabalhista

    ➞   - área cível

    ➞   - área penal

    Devido à ordem, trata-se de Arranjo

    A 10,3 = 720


ID
67540
Banca
ESAF
Órgão
Receita Federal
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres em uma mesa redonda, isto é, sem cabeceira, de modo a se ter sempre um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens?

Alternativas
Comentários
  • A condição que se exige é: Um homem, depois uma mulher, depois um homem, depois uma mulher...só assim teríamos sempre um homem entre duas mulheres e sempre uma mulher entre dois homens. Para a primeira cadeira teríamos 3 opções de homens e para a segunda cadeira teríamos 3 opções de mulheres. Daí já temos 3x3...para a TERCEIRA cadeira,já teríamos 2 opções dos homens (já que foi escolhido 1 na primeira 3-1=2) e tem que ser homem (pois deve ser alternado homem/mulher) e para a QUARTA cadeira 2 opções de mulheres e tem que ser mulher...daí que 3x3x2x2...x1x1 = 36.
  • Tenho uma dúvida com relação a esta questão. Para mim, a primeira pessoa a se sentar (indiferente se for h ou m) tem 6 possibilidades. A partir daí começam as restições, e com isso a resposta seria 72 e não 36. De forma mais clara: - considerando que o primeiro a se sentar é uma mulher (m1): m1 = 6 possibilidaes. - a proxima mulher(m2) tem duas possibilidades. m2 = 2 - a ultima mulher so pode se sentar na cadeira unica cadeira que não fica do lado de uma das outras mulheres. m3 = 1 - o primeiro homem a se sentar tem 3 possibilidades. h1 = 3 - o segundo tem 2 possibilidades. h2 = 2 - o ultimo so pode se sentar na cadeira que sobrou. h3 = 1.logo teríamos n = 6*2*1*3*2*1 = 72
  • "- considerando que o primeiro a se sentar é uma mulher (m1): m1 = 6 possibilidaes" : Vamos lá ->Entendo que se a primeira a se sentar é uma mulher, não tem como haver 6 possibilidades, se são 3 mulheres? temos 3 possibilidades. Pelo que entendi seu Raciocinio é o seguinte: Temos 6 pessoas, e logo temos 6 possibilidades iniciais...Mas a condição restringe a primeira cadeira: Qual seja, ou é Homem ou é Mulher, e qualquer que seja o sexo escolhido teríamos apenas 3 possibilidades
  • Pela toria da probabilidade temos que considerar que as opções p/ as mulheres estão limitadas a 3 assentos (sempre intercaldado com os homes) e para os homes idem. Assim sendo, temos:Mulhers = 3! (permutação) = 3x2x1 = 6Homens = 3! (permutação) = 3x2x1 = 6Como as mulhers podem alternar entre os 6 assentos e os homes também, basta multiplicarmos a probabilidade das mulhers com os homens, resultando em:Mulheres x Homens = 36abraços,
  • PARA MIM A QUESTÃO TEM QUE SER ANULADA!Leiam e vejam se concordam comigo:O que a questão exige é "de modo a se ter sempre UM homem entre duas mulheres e UMA mulher entre dois homens". Sendo assim, temos que considerar outra formação que atende esse requisito: Senta-se 2H 1M 1H 2M. Vejam que existe UMA mulher que está emtre dois homens e UM homem entre duas mulheres.Sendo assim galera, seria 72 formas. Pensem nisso!Abraço e boa sorte a todos..
  • Concordo com a resposta 72. Para o primeiro a sentar, o problema não restringe, faz questão de explicar que a mesa é redonda. Há 6 pessoas, a primeira pode ser qualquer das seis. Por ex. um H (6), o segundo, terá de ser M (3), depois um H (2), depois uma M (2), um H (1) e por fim uma mulher (1). Tudo o que o problema pediu. Para isso que estão comentando acima, penso, deveriam dizer que o primeiro a sentar-se era um homem, por ex., aí sim, começaria H (3) e assim por diante. Se alguém conhecer um professor para clarear, todos agradeceríamos.
  • *FOI ANULADA.Pedi ajuda de um professor e segundo o que ele me informou, a ESAF anulou.E ele me deu uma resolução dessa forma:*Formula circular= m!(m – 1)!então-->(3-1)!3!--> 2!3!=2.1.3.2.1= 12;)
  • Realmente foi ANULADA !!!Ainda bem, pq com um enunciado ambíguo destes... oO
  • Bem vejamos;1 - "se ter sempre um homem entre duas mulheres" = M H M = 3(M)x 3(H)x 2(M)= 182 - " se ter sempre uma mulher entre dois homens"= H M H = 3(H)x 3(M)x 2(H)= 18Temos as 2 probabilidades somando chegamos aao resultado 36.
  • Nesse caso não entendo ser uma permutação cíclica... Uma vez que você não fará permutação entre homens e mulheres... Basta fazer um posicionamento inicial na sua cabeça, imaginando por exemplo: H1 M3 M1 H3 H2 M2A partir daí é só permutar os 3 homens entre eles e as 3 mulheres entre elas, pois satisfaremos a condição do problema.P3 * P3 = 3! * 3! = 6 * 6 = 36.Espero ter ajudado.
  • São 3 H e 3 M alternando as cadeiras:Na primeira cadeira, tem 6 maneiras de se organizar. (Pode ser H ou M). Ao lado, tem 3 probabilidades p/ o Sexo oposto ao da 1a cadeira. Na terceira, restam 2 probabilidades, um do mesmo sexo já está na 1a cadeira. Na quarta, também, só restam 2 probabilidades (alternando, mesmo que a 2a). A quinta e a sexta, restam para os 2 que sobraram (H e M).Probabilidade de assentos: ___ ___ ___ ___ ___ ___ 6 3 2 2 1 1Multiplicando as probabilidades, dá 72!A resposta B está errada!Fazendo no "manual", temos:123456 Alternando pares com as cadeiras: 1 3 5 = 6 possibilidades 1 5 3 = 6 possibilidades 5 3 1 = 6 possibilidades 5 1 3 = 6 possibilidades 3 1 5 = 6 possibilidades 3 5 1 = 6 possibilidades Total: 36 possibilidades (alternando pares) E consequentemente, 36 possibilidades (alternando ímpares) Total: 72 combinações.
  • Realmente a questão foi anulada.

    http://www.esaf.fazenda.gov.br/concursos/concursos_selecoes/AFRFB-2009/index.html

    http://www.esaf.fazenda.gov.br/concursos/concursos_selecoes/AFRFB-2009/Editais/Resultado_Prova_%20Discursiva_AFRFB.pdf

    http://www.esaf.fazenda.gov.br/concursos/concursos_selecoes/AFRFB-2009/Prova1_Gabarito1.pdf

  • Só mais um comentário sobre permutação circular, da qual considero errado o comentário acima feito por Junior.

    A permutação circular envolve elementos permutando em torno de um círculo. Ex: 4 pessoas em uma mesa circular. As pessoas quando se permutam, apesar de trocarem suas posições em relação à mesa, permanecem na mesma posição se considerar nas pessoas que encontram-se ao seu lado.

    Imagine uma mesa redondo com as pessoas: 1,2,3,4  ; elas trocam de lugar ; 2,3,4,1 depois trocam de novo 3,4,1,2...... e assim por diante. Se vc desenhar a mesa e as pessoas permutando, a pessoa 1, sempre estará entre a pessoa 2 e 4 ; a pessoa 2 sempre estará entre a pessoa 1 e 3 e assim por diante.

    A fórmula para o cálculo disso é

    Pcir.  m  =  (m - 1 )!

    Assim, no exemplo acima dado, das 4 pessoas permutando em uma mesa circular a relocução seria : Pcir 4 = ( 4 - 1 ) ! = 3! = 3 x 2 x 1 = 6 maneiras diferentes.

    Ps: a posição relativa das pessoas permanecem inalteradas na permutação circular!!!
  • Resposta: QUESTÃO ANULADA

    Consideremos um grupo de 3 homens e 3 mulheres cujos nomes são: João, Joaquim, José, Mara, Maria e Marina. Essas 6 pessoas irão sentar-se em uma mesa redonda de tal forma que sempre haverá um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens. Como gostavam muito de Geografia, eles imaginaram que a mesa representava o mapa do globo terrestre e denominaram as cadeiras com os nomes de pontos cardeais: cadeira-norte, cadeira-nordeste, cadeira-sudeste, cadeira-sul, cadeira-sudoeste e cadeira-noroeste. João ocupou a cadeira-N; Mara, a cadeira-NE; Joaquim, a cad-SE; Maria, a cad-S; José, a cad-SW; e Marina, a cad-NW. Do lado esquerdo de João estava Mara, e Marina estava do seu lado direito. Uma possibilidade de resolução dessa questão consiste em não considerar importante a cadeira-ponto cardeal em que João se sentará, mas considerar apenas quem estará ao seu lado. Assim, por exemplo, os 6 amigos poderão se deslocar 1 cadeira para o lado esquerdo deles e isto não será contado como uma nova maneira de se sentar. Explicando melhor:
    Maneira X de se sentar:  João, cad-N; Mara, cad-NE; Joaquim, cad-SE; Maria, cad-S; José, cad-SW; e Marina, cad-NW.
    Maneira Y de se sentar: João, cad-NE; Mara, cad-SE; Joaquim, cad-S; Maria, cad-SW; José, cad-NW; e Marina, cad-N.
    Como João continuaria entre Mara e Marina e o posicionamento relativo dos demais não se modificou, a "maneira X" seria equivalente à "maneira Y" nesse modo de interpretação da questão.
    Para resolver a questão por meio dessa forma de interpretação, bastaria tomar João como referência. Pelo princípio fundamental da contagem, teremos:
    3 possibilidades de mulheres do lado esquerdo de João x 2 possibilidades de homens x 2 possibilidades de mulheres x 1 possibilidade de homem x 1 possibilidade de homem = 12 

    Baseando-me nessa forma de interpretação do problema, a resposta correta seria 12. Como há margem para outras interpretações, a Banca Examinadora anulou a questão.

  • Como a mesa é redonda e os generos devem estar intercalados, ficaria assim: 3.3.2.2.1.1=36. Desta forma, independe se começa por homem ou por mulher, pois o que importa é quem está ao lado e não em que posiçao da mesa as pessoas estão (norte, sul etc, isso nao interessa). Para ficar mais facil de visualizar, considere dois homens (H1 e H2) e uma mulher (M1). Colocar H1/M1/H2 numa mesa em determinada posicao e, na sequencia "girar" os tres nas cadeiras de uma mesa mas nessa mesma formacao é considerar q n houve mudança, que não é outra maneira diferente de serem dispostos na mesa, já que em momento algum foi informado algum detalhe das posicoes da referida mesa. Seria diferente se por exemplo na questao houvesse a informacao de que cada cadeira fosse de uma cor. Nesse caso a posicao de "girar" o conjunto de pessoas na mesa seria considerado que haveria outras possibilidades.

  •          Observe abaixo uma imagem desta mesa. Marquei com as letras A, B, C, D, E e F as 6 posições onde alguém poderia se sentar:

                   Vamos supor que o primeiro dos 3 homens sentou-se na posição A. Neste caso, sobram 2 possibilidades de homens para a posição C e 1 possibilidade para a posição E. Quanto às mulheres, temos 3 possibilidades para a posição B, 2 para a posição D e 1 para a posição F. Multiplicando, temos:

    Total de possibilidades = 2 x 1 x 3 x 2 x 1 = 12

    Resposta: A

    Obs.: Veja que não precisamos trabalhar o caso onde o primeiro homem sentou-se em outra posição. Isto porque, como temos uma mesa redonda “sem cabeceira”, devemos entender que, até a primeira pessoa se sentar, não há qualquer referência, ou seja, qualquer posição que o primeiro homem se sentar equivale às demais. Só após ele se sentar que as outras posições passam a ser “diferentes” umas das outras, afinal encontram-se em localizações distintas em relação a esta pessoa.

  • Também cheguei em 36 possibilidades

  • Pc3=2! (Homens)

    3! (Mulheres)

    2! . 3! = 12

    Baseado em: Portal da Matemática OBMEP

    https://m.youtube.com/watch?v=I9UQUKxEYoc


ID
68482
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 9ª REGIÃO (PR)
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em cada um dos itens a seguir é apresentada uma situação
hipotética seguida de uma assertiva a ser julgada, acerca de
contagens

Em um tribunal, os julgamentos dos processos são feitos em comissões compostas por 3 desembargadores de uma turma de 5 desembargadores. Nessa situação, a quantidade de maneiras diferentes de se constituírem essas comissões é superior a 12.

Alternativas
Comentários
  • Para a primeira opção temos 5 Desembargadores, para a segunda temos 4 e para a terceira temos 3. Mas não seria tão simples assim: Nas comissões devemos tirar as repetições (comissão é combinação e não arranjo) porque mudando a ordem dos desembargadores a comissão ainda é a mesma (veja que X Y Z ficaria IGUAL a Z Y X). Resolvi asim:Combinação de 5 Desembargadores tomados 3 a 3 = C5:3 ==> Fica A 5:3/3! ==> Fica 5x4x3 dividido por 3x2x1 ==> 60/6 = 10.
  • Bem como são 5 Desembargadores que vão compor comissões compostas por 3 Des.A maneira mais simples é a seguinte:Para a 1ª vaga 5 2ª 4 3ª 3 ou seja 5.4.3/3.2= 10Espero ter sido claro
  • Trata-se de um caso de combinação simples, onde 5 elementos são tomados 3 a 3 sem reposição. Não tem por onde correr, pois essa questão DESPENCA nas provas do CESPE. Decore-a:C(N,x) = N! /(N-x)!x! onde:N: nº de elementosx: tamanho dos conjuntos formados.! é o símbolo do "fatorial": 5! = 5.4.3.2.1A questão: são 5 desembargadores (N = 5) formando comissões de 3 (x = 3), então:C(5,3) = 5! / (5-3)!3!C(5,3) = 5.4.3.2.1 / (2.1) 3.2.1 => C(5,3) = 10O número de comissões é 10, INFERIOR a 12. Questão ERRADA
  • Combinação simplesPn,p= n!/(n-p)!p!Pn,p= 5!/(5-3)!3!Pn,p= 5!/2!3!Pn,p= 5.4.3!/2!3!Pn,p= 5.4/2Pn,p= 20/2Pn,p= 10
  • COMISSAO EH SEMPRE POR COMBINAÇAO. SE DISSER QUE SERA UMA COMISSAO COMPOSTA POR PRESIDENTE, DIRETOR E SECRETARIO, AI SERIA CASO DE ARRANJO
  • link vídeo do comentário:
    https://goo.gl/3hbiSq

  • comissões, grupos, equipes = Combinação

    5 indivíduos disponíveis para formar uma comissão de 3 pessoas.

    C(5,3) = 5.4.3 / 3.2 = 10 maneiras 

    OBS: 

    A parte da questão que diz "os julgamentos dos processos são feitos em comissões", não deixa explícito

    quantas comissões são. Se for mais de uma comissão, teremos combinação atuando com permutação e logo

    teríamos mais de 10 maneiras distintas.

  • Gabarito: Errado.

    Para a formação da comissão de desembargadores, a ordem de escolha desses desembargadores não interfere na formação da comissão (a comissão ABC é igual à comissão CBA, por exemplo), e sendo assim o cálculo da quantidade de comissões que podem ser formadas é dado por uma combinação, que calculando resulta:

    C5,3 = 5!/3!x2! C5,3 = 5x4x3!/3!x2x1’ C5,3 = 20/2 C5,3 = 10 comissões

  • C 5,3 = 10


ID
68485
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 9ª REGIÃO (PR)
Ano
2007
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Em cada um dos itens a seguir é apresentada uma situação
hipotética seguida de uma assertiva a ser julgada, acerca de
contagens

Em um tribunal, os códigos que identificam as varas podem ter 1, 2 ou 3 algarismos de 0 a 9. Nenhuma vara tem código 0 e nenhuma vara tem código que começa com 0. Nessa situação, a quantidade possível de códigos de varas é inferior a 1.100.

Alternativas
Comentários
  • Rapaz, o meu Raciocínio foi exatamente esse só que no final eu não estava somando, estava multiplicando tudo e chegava a um N° absurdo sem resolver a questão. Acho que é isso mesmo!
  • Como podem possuir 1, 2, ou 3 algarismos, temos:1 algarismo: pode ser de 1 a 9, entao, temos:1=> 9;2 algarismos: para o primeiro digito, 9, pois nao pode comecar com 0, e para o segundo, 10, pois pode possuiur o 0:2=> 9 * 10 (* porque e E e nao OU)3 algarismos:3=> 9 * 10 * 10;Desta forma temos as seguintes combinacoes:1 alg = 9;2 alg = 90;3 alg = 900;Como pode ser 1 OU 2 OU 3 algarismos, temos:9 + 90 + 900 = 999 < 1.100
  • A QUESTAO DIZ Q: os codigos podem ter 1,2 ou 3 numeros, entao veremos as possibilidades para a opçao 1 depois a 2 e depois a 3. se for com 1 numero (ele nao pode ser 0 nem iniciar com zero), entao teremos 9 possibilidades para esse numero.1= 9 possibilidadesagora se a senha tiver 2 digitos (nao vai poder iniciar com zero, mas o segundo pode ter zero. entao: 9*10=90se tiver 3 digitos(tb nao pode começar com zero, mas os outros dois podem ter zero, entao:9*10*10=900como ele fala em ou com 1 ou com 2 ou com 3 entao:9+90+900=999
  • Colegas, eu pensei de outra forma, o enunciado diz que as varas podem conter 1,2,ou 3 algarismos de 0 a 9.Então se a quantidade de códigos de varas for igual a 1.100 ou superior, com certeza terá 4 ou mais algarismos.Conclue-se que é inferior a 1.100. Eu entendi assim, se estiver errada me corrijam.
  • já entendi diferente se nao pode iniciar c/ zero e nenhuma vara tem código zero, entao conclui-se c/ 1 algarismo só há 9 possibilidades. com 2 algarismos há 81 possibilidades 9 para o primeiro e 9 para o segundo algarismo, 9*9=81. No 3 algarismo há 729 possibilidades 9x9x9= 729, entao as varas de 1 a 3 algarismos podem variar de 9 a 729 possibilidades c/ nenhum zero no código e iniciar c/ zero.
  • Com 1 algarismo:
    9

    com 2 Algarismos:
       9   x   10   = 90

    com 3 algarismos:
     9   x  10  x  10  = 900

    9 + 90 + 900 = 999
  • Sinceramente, acho que todos os comentários estão errados, segue soluções:

    PRIMEIRA SOLUÇÃO: 

    Tudo é uma questão de interpretação, segue questão: "Em um tribunal, os códigos que identificam as varas podem ter 1, 2 ou 3 algarismos de 0 a 9. Nenhuma vara tem código 0 e nenhuma vara tem código que começa com 0. Nessa situação, a quantidade possível de códigos de varas é inferior a 1.100." - 

    Amigos, não tem como termos mais de 1000 códigos com apenas 3 algarismos, por aí já matava a questão.

    SEGUNDA SOLUÇÃO:

    Código com 1 algarismo: apenas 9
    Código com 2 algarismos: 9 x 9 = 81 (prestem atenção que o avaliador excluiu o zero em qualquer hipótese)
    Código com 3 algarismos: 9 x 9 x 9 = 729 (prestem atenção que o avaliador excluiu o zero em qualquer hipótese)

    Soma os resultados = 819 códigos.
  • Sinceramente, acho que todos os comentários estão errados, segue soluções:

    PRIMEIRA SOLUÇÃO:

    Tudo é uma questão de interpretação, segue questão: "Em um tribunal, os códigos que identificam as varas podem ter 1, 2 ou 3 algarismos de 0 a 9. Nenhuma vara tem código 0 e nenhuma vara tem código que começa com 0. Nessa situação, a quantidade possível de códigos de varas é inferior a 1.100." - 

    Amigos, não tem como termos mais de 1000 códigos com apenas 3 algarismos, por aí já matava a questão.

    SEGUNDA SOLUÇÃO:

    Código com 1 algarismo: apenas 9
    Código com 2 algarismos: 9 x 9 = 81 (prestem atenção que o avaliador excluiu o zero em qualquer hipótese)
    Código com 3 algarismos: 9 x 9 x 9 = 729 (prestem atenção que o avaliador excluiu o zero em qualquer hipótese)

    Soma os resultados = 819 códigos.


  • Caramba tem uma galera que da umas viajadas sinistras...
    Tudo bem, dava para resolver a questao por calculos... mas gente... da uma olhada no comentario da Siderlandia ali em cima... essa questao nao precisava nem calcular poxa... se tenho numeros formados com tres algarismos... como poderia formar 1100 numeros??? O maximo que poderiam ser formado seriam 999.
    Agora..com relacao ao resultado da questao... quando o enunciado fala que Nenhuma vara tem código 0 e nenhuma vara tem código que começa com 0 . Com isso o examinador apenas excluiu a possibilidade de existir uma vara com numero 000, ja que ele tambem afirma que existem varas com e 2 algarismos, as varas com numero de 1 a 99 sao perfeitamente cabiveis. Sendo assim, qualquer numero de 1 a 999 que nao tenha 0 a esquerda constitui-se numero de vara valido, ou seja, 999 algarismos possiveis dentro das condicoes estabelecidas. Sem calculo nem nada... apenas leitura do enunciado gente...
  • 1º vara _ ( #0 )    ->  9 possibilidades, pois o 0 não entra

    OU(+)

    2º vara _(#0)  _    -> 9 possibilidades no primeiro código e(multiplica) 10 no segundo

    OU(+)

    3 vara _(#0) _    _    -> 9 possibilidades no primeiro código e(multiplica) 10 no segundo e(multiplica) 10 no terceiro

     

    _____________________

    9 + ( 9 x 10 ) + ( 9 x 10 x 10 ) = 999 possíveis códigos

  • "Nenhuma vara tem código 0 e nenhuma vara tem código que começa com 0..."

    Não existe 10 possibilidades em nenhuma hipótese! Se nenhuma vara tem o código 0 e nem pode começar com o código 0, logo excluí-se o zero e os códigos são de 1 a 9 = 9 possibilidades.

  • SÃO 3, 2 OU 1 ALGARISMO QUE FORMA O CÓDIGO

    NÃO PODE COMEÇAR E NEM TEM A POSSIBILIDADE DE TER ZERO NESSE CÓDIGO

    LOGO:

    PARA UM ALGARISMO: 9 POSSIBILIDADES

    PARA DOIS: 9.9= 81

    PARA 3: 9.9.9: 729

    SOMA-SE TUDO PORQUE É 1 ALGARISMO OU 2 OU 3....

    829

    EU CHEGUEI NESSA RESPOSTA... NÃO CONSIGO CONCORDAR COM OS COLEGAS QUE CHEGARAM NA RESPOSTA 999..

    OU EU ACERTEI POR SORTE

  • Se não pode haver codigos que começam com 0 nem ter codigos com algarismo 0, logo será 9 em todas as possibilidades.


ID
72391
Banca
FCC
Órgão
TRT - 2ª REGIÃO (SP)
Ano
2004
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Alguns técnicos judiciários combinaram dividir igualmente entre si 108 processos a serem arquivados. Entretanto, no dia em que o trabalho seria realizado, dois técnicos faltaram ao serviço e, assim, coube a cada um dos outros arquivar 9 processos a mais que o inicialmente previsto. O número de processos que cada técnico arquivou foi

Alternativas
Comentários
  • Resolva a seguinte equação:considerando X a quantidade inicial de técnicos, e Y a quantidade de processos acertados para cada técnico inicialmente,108/X=Y108/(X-2)=Y+9;resolvendo, com báskara, vc chegará a Y = 18, mais os 9 = 27
  • Essa questão apresenta uma solução curiosa:veja que o único número divisível por 108, dentre as respostas, é o 27.Logo, essa necessariamente deverá ser a resposta.Porém, na dúvida, é só tirar a prova.
  • Charles, o número 18 (alternativa B) também é divisível de 108.Mas, de qualquer forma, dá para resolver pelas alternativas.
  • Seja: x o número de técnicos judiciarios e y o número de processos para cada técnico judiciário. pelo enunciado do problema temos que: 108/x = y (divisão dos processos entre os técnicos) agora observe o seguinte: 108/x-2 (108 processos divididos pelos tecnicos restantes quando faltaram 2 técnicos). y + 9 = número de processos que cada técnico arquivou. Assim temos: (I) 108/x = y (II)108/(x-2) = Y + 9 substituíndo y em (II) temos: 108/(x-2) = 108/x + 9 Desenvolvendo esta expressão chegaremos à seguite equação: x^2 - 2x -24 = 0 => x = -4 (descartado, pois é negativo) e x = 6, Assim sabemos que inicialmente tínhamos 6 técnicos o que significa que cada técnico arquivaria y = 108/6 = 18 processos. Como faltaram 2 técnicos, cada um dos restantes arquivou 108/4 = 27 processos, ou... Como faltaram 2 técnicos, cada um dos restantes arquivou y + 9 = 18 +9 = 27 processos.Simples assim!!!
  • 108 dividendo

    x divisor

    p quociente

    0 resto

     

    depois que retiram dois técnicos, retiram então 2 de x, e aumentam 9 processos em p

    dividendo=108

    divisor=x-2

    quociente=p+9

    resto=0

    dividendo= divisor vezes quociente mais o resto

    equação I: 108=px

    equação II= (x-2)(p+9)=108

    resolvendo a II, aplicamos a distributiva e temos->

    xp+9x-2p-18=108

    Mas já sabemos que xp (ou px) = 108, que é a primeira equação.

    Então vamos substituir: 108+9x-2p-18=108

    9x-2p=18, vamos isolar o "p": p=9x-18/2 

    Substitui p da equação II em I:

    108=x(9x-18/2)

    vira uma equação de segundo grau, acharemos então a raiz positiva somente:

    x²-2x-24 =0

    x=6

    substitui na primeira equação:

    xp=108

    6p=108

    p=18

    mas cada um recebeu 18 mais 9=27 processos

    letra E

  • Fiz analisando as possibilidades:

    I) 108 processos divididos por 2 servidores = 54 processos por servidor (não atende ao enunciado da questão)

    II ) 108 processos divididos por 3 servidores = 36 processos por servidor (se 2 saírem, teríamos que re-distribuir 72 (36 + 36) processos pro servidor que ficou, o que não atende ao enunciado da questão)

    III) 108 processos divididos por 4 servidores = 27 processos por servidor (se 2 saírem, teríamos que redistribuir 54 (27 + 27) processos pros 2 servidores remanescentes, de modo que cada um ficaria com 27 processos a mais, o que também não atende ao enunciado da questão)

    IV) 108 processos divididos por 6 servidores = 18 processos por servidor (se 2 saírem, teremos que redistribuir 36 (18 + 18) processos pros 4 servidores remanescentes, de modo que 36/4 = 9. Assim, cada um dos 4 servidores que terão 9 processos a mais, o que somado aos 18 que eles já tinham, dá 27 processos por servidor. Letra E.

  • Usando as alternativas ficaria assim:

    X=Processos.

    QPr = Quantidade de processos que cada técnico arquivou ,ou seja ,valor da alternativa que escolher.

    Y=Pessoas.

    QPe =Quantidade de técnicos finais ,ou seja , quantos técnicos realmente fizeram o trabalho.

    1-  X + 9 = QPr

    2- X * Y = 108

    3- Y - 2 =  QPe

    4- QPr * QPe =108

     

    Para um melhor entendimento resolverei para vocês usando a alternativa correta e uma das erradas.

    Alternativa E (correta)

    1- X + 9 = QPr

        X + 9 = 27  o que quer dizer que 27 - 9 = X   ,ou seja, 18 .

    2- X * Y = 108

        18 * Y =108  o que quer dizer que  108/18 = Y ,ou seja ,6 .

    3- Y - 2 =  QPe

        6- 2 = QPe ,ou seja ,4 .

    4- QPr * QPe = 108

         27 * 4 = 108

     

    Alternativa C ( Errada )

    1- X + 9 = QPr

        X + 9 = 21  o que quer dizer que 21 - 9 = X   ,ou seja, 12 .

    2- X * Y = 108

        12 * Y =108  o que quer dizer que  108/ 12 = Y ,ou seja ,9 .

    3- Y - 2 =  QPe

        9 - 2 = QPe ,ou seja ,7 .

    4- QPr * QPe = 108

         21 * 7 = 147

    Espero que tenham entendido :)

  • T: Quantidade de Técnicos e N: Quantidade de Processos, se multiplicarmos a quantidade de técnicos pelo número de processos que cada um ficou encarregado teremos o total de processos, dessa forma:

    T*N = 108

    No entanto, no dia do serviço, 2 tecnicos faltaram ao serviço fazendo com que os outros tecnicos tivessem que arquivar 9 processos a mais, nossa equação fica assim:

    (T -2)*(N +9) = 108

    A questão pede o Número de processos que foi arquivado no dia, ou seja, ela pede N, vamos isolar o T na primeira equação.

    T*N = 108, N tá multiplicando passa dividindo T = 108/N agora podemos substituir T na segunda equação

    (108/N -2)*(N +9) = 108 ... Agora vamos resolver, a matemática básica tem que estar em dia meus amigos.

    108 + 972/N -2N -18 = 108 ... Podemos cortar o 108 de um lado e do outro, fica assim:

    972/N -2N -18 = 0 ... Para resolvermos essa equação precisamos nos livrar daquele "N" no denominador do "972", pra fazer isso é só multiplicar todos os termos da equação por N

    N*972/N -N*2N -N*18 = 0 ... Agora é só cortarmos o N, e multiplicarmos o resto.

    -2N² -18N + 972 = 0 ... Vamos passar os termos pro outro lado só para não trabalharmos com números negativos.

    2N² +18N -972 = 0 ... Chegamos em uma equação do segundo grau, se resolve com báskara, mas antes disso vamos simplificar tudo por dois pra ficar mais fácil

    N² +9N -486 = 0

    .

    Δ = b² - 4*a*c

    Δ = 9² - 4*1*-486 (menos com menos é mais na multiplicação e divisão)

    Δ = 81 + 1944

    Δ = 2025 a raiz de 2025 é 45

    -

    Agora vamos achar as raízes

    x1 = (–b ± √Δ)/2a x1 = (–9 + √2025)/2*1 = (-9 + 45)/2 = 18 Achamos a primeira raiz

         

    x2 = (-9 - 45)/2 = -27 segunda raiz, sabemos que não existem números naturais negativos, ou seja, não faz sentido falar em -27 processos, então só pode ser N = 18 processos.

    .

    Agora meus amigos, tomem muito cuidado com o que a questão pede, perceba que ela está pedindo a quantidade de processos que foram EFETIVAMENTE ARQUIVADOS por cada técnico (N +9), se você não entendeu vamos substituir nas equações. Perceba: T= 108/N T = 108/18 = 6, ou seja, temos 6 tecnicos e 18 processos pra cada, porem 2 tecnicos faltaram (6 -2)*N = 108 N = 108/4 = 27 A reposta é 27, Alternativa E.

    Como 2 Técnicos faltaram, cada tecnico ficou incumbido de arquivar 27 processos, se todos os técnicos estivessem presentes, cada técnico arquivaria 18 processos.

    .

    Questãozinha difícil viu, quando alguém te falar que concurso era mais fácil antigamente, mostre essa questão a ele.

  • Resposta: alternativa E.

    Comentário do professor Joselias Silva no YouTube:

    https://youtu.be/R5u1SJOe3-E


ID
82423
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
EMBASA
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue o item seguinte com relação a contagem.


Suponha que uma empresa, ao promover um concurso para a escolha de seu novo logotipo, tenha recebido 52 propostas diferentes. Nesse caso, se 5 dessas propostas serão escolhidas como finalistas, a quantidade de possibilidades diferentes para tal escolha será inferior a 2 milhões.

Alternativas
Comentários
  • Como não importa a ordem e os objetos são distintos, usaremos combinação de 52, 5 a 5.52!/ 5!(52-5)!52!/ 5!47!(52 x 51 x 50 x 49 x 48)/ (5 x 4 x 3 x 2 x 1)= 2.598.960 --> SUPERIOR A 2 MILHÕES!
  • Vamos usar a Combinação pois a ordem NÃO importa, ou seja, se eu retirar o LOGOTIPO: A, B, C ,D , E é igual eu retirar E, A, C, D, B

    Temos 52 logotipos no TOTAL, queremos retirar 5.

    .

    Cálculo Final:

    .

    52,5 =         52 x 51 x 50 x 49 x 48      

                         _____________________         =    (2.598.960)  é maior que    >   (2.000.000)

                          5  x  4  x  3  x  2  x  1

  • C 52,5 = 2.598.960

    ERRADO

  • Para ajudar a fazer conta rápida no dia da prova, quando estiver sem tempo!!!

    (escrevendo parece mais longo do que pensando, mas é a idéia que vale)

    2 milhões = 2.000.000

    A conta que precisaria fazer: 52x51x50x49x48 / 5 x 4 x 3 x 2

    Simplifica pelas dezenas -> 5,2 x 10 x 5,1 x 10 x 5 x 10 x 4,9 x 10 x 4,8 x 10 / 5 x 4 x 3 x 2 = 2.000.000

    Compara e corta os zeros dos 2 milhões

    sobra:

    5,2 x 5,1 x 5 x 4,9 x 4,9 / 5 x 4 x 3 x 2 = 20

    Simplifica novamente:

    5 x 5 x 5 x 5 x 5 / 5 x 4 x 3 x 2 = 20

    5 x 5 x 5 x 5 / 4 x 3 x 2 = 20

    25 x 25 / 24 = 20

    25 > 20

    portanto o resultado da conta será maior do que o informado.

    (PS: se houver alternativas, verifique se elas são muito próximas, se forem, lascou. Faz a conta)

    Talvez tenha complicado mais do que ajudado, mas bora ampliar horizontes e perceber mais formas de resolver questões!!!

    Boa sorte pessoal!!!


ID
82426
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
EMBASA
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue o item seguinte com relação a contagem.


Considere que a secretaria de saneamento de um estado tenha destinado recursos para melhorar a qualidade da água de 20 municípios: 11 deles com menos de 10 mil habitantes e os outros 9, com mais de 10 mil habitantes. Para o início das obras, a secretaria escolherá 4 dos municípios com menos de 10 mil habitantes e 2 dos municípios com mais de 10 mil habitantes. Nesse caso, a quantidade de possibilidades diferentes de escolha da secretaria será inferior a 10 mil.

Alternativas
Comentários
  • não importa a ordem, pois município A,B,C... será o mesmo que C,B,A...logo é caso de COMBINAÇÃO. o problema é dividido em duas etapas: Primeira etapa: 11 municípios (-10mil/hab) serão escolhidos 4 municípiosC de 11 tomados 4 a 4. 11!/4!7! = 330segunda etapa: 9 municipios (+10mil/hab) serão escolhidos 2 municípiosC de 9 tomados 2 a 2. 9!/2!7! = 36 logo o total de possibilidades de escolher os municipios será: 330 X 36 = 11880Resposta ERRADA pois 11880 é superior a 10mil
  • Muito boa! o candidato atento nem começaria a fazer nada!

    Imagine o tempo economizado!
  • Questão de Combinação.

    11 deles com menos de 10 mil habitantes

    temos que escolher 4

    C11,4

    11x10x9x8

    4x3x2x1

    = 330

    9 com mais de 10 mil habitantes

    temos que escolher 2

    C 9,2

    9X8

    2X1

    = 36

    Para o início das obras, a secretaria escolherá 4 dos municípios com menos de 10 mil habitantes E 2 dos municípios com mais de 10 mil habitantes

    Sabemos que o E multiplica, então fica 330 x 36 = 11.880

    Gabarito :ERRADO 11.880 é SUPERIOR A 10 MIL

  • C 11,4 = 330

    C 9,2 = 36

    330 * 36 = 11880

    ERRADO


ID
82429
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
EMBASA
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Julgue o item seguinte com relação a contagem.


Considere que uma empresa seja composta de 9 setores (departamentos e divisões) e que esses setores devam ser divididos em grupos ordenados de 3 elementos cada para a escolha das novas instalações; a ordem dos setores no grupo determina a prioridade na escolha das instalações. Desse modo, será possível formar mais de 400 grupos diferentes.

Alternativas
Comentários
  • Observe esta passagem: "a ordem dos setores no grupo determina..."Logo, como a ordem nos grupos distingue um grupo do outro, trata-se de um problema de ARRANJO.Os 9 setores devem ser divididos em 3 grupos, onde a ordem interna dos grupos os diferenciam:A(9,3) = 9!/(9-3)! = 9!/6! = 9*8*7 = 504Como 504 é maior que 400 ---> Resposta: CERTO!
  • Não entendi. Não poderia ser por princípio multiplicativo?Considerando que a ordem importa e será ordenado por três elementos.

    9x6x3=162

    Alguem pode ajudar-me?

    Deixa uma mensagem no meu perfil.


    Obrigado.
  • Prezado Wanderley, você pode usar o princípio multiplicativo sim. Qualquer questão de arranjo pode ser resolvida pelo princípio multiplicativo. O quê acontece é que as escolhas de número de possibilidades que você fez para cada etapa é que estão equivocadas. 

    Para escolher o primeiro elemento do grupo você tem 9 possibilidades

    Para escolher o segundo 8

    Para escolher o terceiro 7

    Logo:  9x8x7 = 504 possibilidades. 
    Um abraço!
  • Ele quer 3 grupos ordenados de 3... Ele não fla explicitamente mas é isso que se entende quando fala: "grupos de 3''...

    Logo é: 9x8x7   x    6x5x4     x     3x2x1 = 720 x 504

    Muito maior que 400!
  • O colega ai de cima viajou bonito. A resposta e' certa pelo motivo ja explicado pelos colegas que encontraram como valor 504
  • No meu ponto de vista, quando você faz A9,3 você está selecionando 3 elementos de um universo de 9 para formar 1 grupo de 3. O enunciado da questão pede pra dividir 9 setores em grupos ordenados de 3 elementos cada (isso significa fazer 3 grupos com 3 setores cada um, onde a ordem dos setores diferencia os grupos, ou seja, A B C é um grupo diferente de B C A). 

    Eu não sei ao certo qual seria a resposta da questão, mas não seria 504 no caso dele estar pedindo 3 grupos de 3. 

    Eu fiz por analogia com os problemas que a gente faz de combinação para dividir pessoas em grupos:

    grupo 1 = 9!/6!

    grupo 2 = 6!/3!

    grupo 3 = 3!/0!

    Multiplicando tudo dá 9!. Porém, temos que remover os arranjos repetidos pela permutação dos grupos... Quero dizer: (A, B, C) (D, E, F) = (D, E,F) (A,B,C). Então divide 9!/3! >>> 504.

    Fiz um exemplo numérico pra conferir o raciocínio: formando 2 grupos de 2 a partir de 4 pessoas, com a ordem interna dos grupos sendo considerada:

    Grupos formados: AB, BA, CD, DC, AD, DA, BC, CB, BD, DB, CA, AC = 12

    pelo mesmo método: 

    grupo 1 = 4!/2! 
    grupo 2= 2!/0! 

    Resultado: 4!... retirando as permutações: 4!/2! = 12
  • A VERDADEIRA resposta é 729:

    1º grupo: 3 setores -> 9 possibilidades

    2º grupo: 3 setores -> 9 possibilidades

    3º grupo: 3 setores -> 9 possibilidades

    LOGO, 9 x 9 x 9 = 729.

    Resposta "C", bem maior que 400!

    ;-) 


  • Pessoal, pelo que eu entendi ele disse que a ordem NO grupo determina quem escolhe primeiro. Ele não fala sobre a importância da ordem DOS grupos. Assim:
    Temos que achar as maneiras para cada grupo.
    C9,3*C6,3*C3,3 =5.040 maneiras diferentes de se formar os grupos. 


  • A(9,3) = 504
    resposta correta

  • Eduardo Pereira, com todo respeito. Você está equivocado na resposta. Trata-se de um Arranjo (A9,3). É só multiplicar 9 x 8 x 7 = 504.


ID
84397
Banca
ACEP
Órgão
BNB
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Recomenda-se que, em um período de 24 meses, um dado terreno deva ser cultivado em sistema de rodízio por plantações de milho, arroz e feijão, sem repetição, em períodos de 6 meses. Seguindo estas instruções, um agricultor decide iniciar o plantio em seus três terrenos das três culturas, de forma que as três sejam cultivadas, simultaneamente, uma em cada terreno. Quantas possibilidades de cultivo este agricultor teria ao cabo de 24 meses?

Alternativas
Comentários
  • Questão:>plantações de milho, arroz e feijão>sem repetição>em períodos de 6 meses.>três terrenos das três culturas milho(M), arroz(A) e feijão(F),Quantas possibilidades de cultivo este agricultor teria ao cabo de 24 meses? No caso são três culturas(sem repetição) e três terrenos(possibilidades). Estamos diante de uma permutação simples! Exemplificando: poderá se iniciar a plantação: M A F; M F A; A M F; A F M; F M A; F A M, ou seja, permutação de 3!=> 3x2x1=6 maneiras! no caso 24 meses dividido por 6(semestre)=4 periodos.Resposta= 4x6=24
  • Não concordo com o comentário abaixo nem com a resposta da questão.Uma vez que ele fala que não poderá haver repetição de cultivo ao multiplicar por 4 simplesmente igual o colega abaixo falou eu estou permitindo culturas de Milho(Terreno 1) arroz(Terreno 2) e feijão(terreno3) se repitam 4 vezes... isso não seria possível pela questão. Mas se eu estivesse fazendo a prova, para não deixar em branco faria dessa forma que ele falou... Mas penso que a resolução correta desta questão seria:1º Ciclo) 3x2x1 = 6. Supondo que tenha sido A M F. No segundo ciclo não poderei ter nenhuma destas 3 culturas repetidas.2º Ciclo) 2x1x1 = 2 possibilidades. Pois as unicas possibilidades seriam: M F A ou F A MA Partir deste momento posso repetir a mesma formação utilizada no primeiro ciclo. Porém não posso utilizar a formação do 2º ciclo. Logo o cálculo pro 3º e 4º ciclo ficará igual ao cálculo do 2º ciclo.3º Ciclo) 2x1x1 = 2 possibilidades4º ciclo) 2x1x1 = 2 possibilidadesNo total ficamos com 6+2+2+2 = 12 possibilidades.se eu falei alguma besteira por favor me corrijam... Mas penso que a maneira correta de fazer essa questão é essa. Além do mais meus amigos, quem é ACEP???? Estas bancas não são nem um pouco confiáveis.
  • O numero de possibilidades de cultivo num dado período (de 6 meses) é uma permutação das tres plantações = 3! = 6.Como em 24 meses temos 4 períodos de 6 meses, multiplica-se o resultado acima por 4. Logo o total fica igual a 24.Com relação ao "sem repetição", acho que deve-se ao fato de que não se pode cultivar num período a mesma plantaçao em mais de um terreno.
  • A resposta tem que ser 12!As plantações só podem ser feitas de 6 em 6 meses.No 1o ciclo vc tem 3 opções, como são 4 ciclos a questão se encerra ai(vc não pode fazer novas plantações no meio do ciclo)resultando em 3x4=12!Existem mais opções mas questão encerra no 4o ciclo não sendo possível usar as outras!!
  • Olha só, o trabalho aqui é braçal! Como não pode haver repetição e cada cultura precisa ser cultivada em um terreno, vamos analisar o que acontece em cada um dos terrenos, ok?   Terreno 1: 1º cultivo = 3 (qualquer uma das plantações pode ser cultivada) 2º cultivo = 2 (por já termos plantado 1, só sobra 2) 3º cultivo = 1 (só sobrou 1 das possibilidades) 4º cultivo = 2 (não pode haver repetição, então não pode ser a plantação anterior) Total = 3 . 2 . 1 . 2 = 12   Terreno 2: 1º cultivo = 2 (o terreno 1 já tem 1 plantação, então só pode ter 2 possibilidades) 2º cultivo = 2 (por já termos plantado 1, só sobra 2) 3º cultivo = 1 (só sobrou 1 das possibilidades) 4º cultivo = 2 (não pode haver repetição, então não pode ser a plantação anterior) Total = 2 . 2 . 1 . 2 = 8   Terreno 3: 1º cultivo = 1 (só sobrou 1 possibilidade, já que terreno 1 e 2 já plantaram outros cultivos) 2º cultivo = 2 (por já termos plantado 1, só sobra 2) 3º cultivo = 1 (só sobrou 1 das possibilidades) 4º cultivo = 2 (não pode haver repetição, então não pode ser a plantação anterior) Total = 1 . 2 . 1 . 2 = 4   Então: Possibilidades = 12 + 8 + 4 = 24


    Fonte:
    http://beijonopapaienamamae.blogspot.com/2010/04/dia-02-de-abril-questao-92.html
  • Concordo com os 2 Leonardos(Bezerra e Pimenta). As demais questões complicaram demais uma resolução simples!

  • Leonardo, não se pode plantar a mesma cultura no mesmo terreno em semestres consecutivos, isso é o significado da repetição. Portanto as duas primeiras combinações que você mencionou (MAF MFA) já invalidam o raciocínio.

  • Vamos lá:


    São 03 terrenos (ABC) São 03 plantações (XYZ) São 24 meses (04 períodos de 06 meses)


    PRA CADA FORMA QUE O AGRICULTOR DECIDIR ORDENAR AS PLANTAÇÕES, ELE OBTERÁ 4 CULTIVOS NO PERÍODO DE 24 MESES.


    Exemplo:

    XYZ (1º SEMESTRE) / ZXY (2º SEMESTRE) / YZX (3º SEMESTRE) / XYZ (4º SEMESTRE)


    MAS DE QUANTAS FORMAS ELE PODE ORDENAR?

    3! = 6


    RESPOSTA: 6x4=24

  • Carambola... tem umas respostas ai que faz é complicar aqui...hehehe jesussssssss


ID
84403
Banca
ACEP
Órgão
BNB
Ano
2006
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Seja N o número de anagramas da palavra "AEIOUBCDF", cuja última letra à direita seja uma consoante. Denotemos por P a probabilidade de escolher-se aleatoriamente um dentre estes anagramas que contenha exatamente duas vogais juntas. Os valores de N e P são, respectivamente:

Alternativas
Comentários
  • 05 vogais04 consoantes 09 posições, sendo a última uma CONSOANTE fixa (que pode ser qualquer uma das 4 letras)8 x 7 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 (B)8 x 7 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 (C)8 x 7 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 (D)8 x 7 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 (E)........4 x 8! = 161.280 V C V C V C (V V) C V C V C (V V) C V C V C (V V) C V C V C (V V) C V C V C V C (estas são as únicas 4 formas de termos EXCLUSIVAMENTE DUAS VOGAIS JUNTAS. No entanto, a última letra à direita poderá ser qualquer uma das 4 consoantes, teremos que multiplicar por 4) 5 x 3 x 4 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 (B)5 x 3 x 4 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 (C)5 x 3 x 4 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 (D)5 x 3 x 4 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 (E) ..720 x 4(cada consoante) = 2.880 x 4(cada posição das vogais jutas) = 11.520 formas aparecerão EXATAMENTE DUAS VOGAIS JUNTAS.AGORA É SÓ CALCULAR A PROBABILIDADE:PROB = aquilo que eu quero / o que pode acontecerPROB = 11.520 / 161.280PROB = 1 / 14 (simplificando)
  • alguem poderia resolver melhor esta questao? pois pra quem ta começando ta dificil esse raciocínio...
  • Questão mal formulada.

    N = 4 x 8! , como o colega informou acima.
    mas P = 1 , pois todas as possibilidades contêm duas vogais juntas. O colega acima disse que as vogais tem de estar exclusivamente juntas, mas a questão diz exatamente.
  • Discordo da posição do colega acima, embora continue achando a o comentário anterior complexo.
    Se todoas as alternativas fossem válidas contaríamos também três vogais juntas e esta não á uma opção válida para a segunda proposição: exatamente duas vogais juntas. Faço minhas a pergunda:alguém pode resolver esta questão de uma forma mais fácil de entender? 
  • V V V V V
    5 4 3 2 1   = 120

    C C C C
    1 2   3  4   = 24

    120*24 = 2880

    Considerando o primeiro comentário onde temos que a sequencia de V C V C V C VV C pode ser organizada em mais 4 maneiras temos 4 * 2880 = 11520
  • Bom pessoal, vou tentar deixar mais clara a resolução.

    A primeira parte é um pouco mais simples. São 9 letras, sendo 5 vogais e 4 consoantes. Como à da direita deve ser consoante, primeiro devemos escrever esta quantidade de possibilidades para a letra da direita:

    ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . 4

    Assim, para as outras 8 letras fazemos a distribuição:

    8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 4 = 8! . 4

    Assim, são 4 . 8! anagramas com a letra da direita sendo consoante.

     

    Agora, a questão pergunta a probabilidade de escolher um dentre estes anagramas que contenha duas vogais juntas.

    Pensemos assim: Suponha que as duas primeiras letras sejam vogais:

    V  V  ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___

    Perceba que a partir de então, todas as letras devem estar alternadas entre vogais e consoantes, caso contrário, apareceriam duas ou mais vogais juntas novamente.

    V V C V C V C V C

     

    Agora, suponha que a 2ª e 3ª letras sejam vogais. As outras letras devem novamente estar alternadas entre vogais e consoantes:

    C V V C V C V C V

    Mas, note que esta possibilidade não é permitida, pois a letra da direita é vogal e não consoante!

     

    "Caminhando" com a dupla de vogais e alternando as outras letras entre vogais e consoantes, e tomando o cuidado de escolher apenas as que terminam com consoante, encontramos 4 sequências:

    (V V) C V C V C V C

    V C (V V) C V C V C

    V C V C (V V) C V C

    V C V C V C (V V) C 

    Assim, para cada sequência podemos permutar as vogais ENTRE SI, e as consoantes ENTRE SI:

    Permutação das vogais entre si: 5!

    Permutação das consoantes entre si: 4!

     

    Assim, o total de possibilidades com EXATAMENTE DUAS VOGAIS JUNTAS e a ÚLTIMA LETRA SENDO CONSOANTE é:

    4 . 5! . 4!

     

    Utilizando a primeira parte da questão, calculamos a probabilidade:

    P = (Casos favoráveis) / (Casos possíveis)

    P = (4 . 5! . 4!) / (4 . 8!) => Simplificando por 4 e estendendo os fatoriais 4! e 8! até 5!, temos:

    P = (5! . 4 . 3 . 2 . 1) / (8 . 7 . 6 . 5!) => Simplificando por 5!, temos:

    P = (4 . 3 . 2 . 1) / (8 . 7 . 6) => Como 3 . 2 = 6, simplificando por 6, temos:

    P = (4 . 1) / (8 . 7) => Agora, simplificando por 4, temos:

    P = (1) / (2 . 7) =>

    P = 1/14

    Alternativa C

     

     

  • Ver explicação:

    http://beijonopapaienamamae.blogspot.com.br/2010/03/dia-15-de-marco-questao-74.html


ID
84865
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio
que premie as três primeiras colocadas, julgue os itens a seguir.

O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações é 58.

Alternativas
Comentários
  • Duas maneiras:1ª. 5!/(5-3)! = 5!/2! = 5x4x3 = 602ª. descrever quantas três equipes podem ser arranjadas:ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE.BCD, BCE, BDE.CDE.Cada arranjo possibilita seis posições diferentes. Por exemplo, ABC pode ser disposto como ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. Isto é 3!(três fatorial)= 3x2x1 = 6.Como temos dez possibilidades de seis formas cada, temos 60 possibilidades.
  • como são cinco equipes e só tres serão premiadas, então 5x4x3=60

     

  •  Considerando que a ordem de classificação das equipes é importante, trata-se de arranjos. Assim 5 equipes e 3 classificações: 5x4x3 =60

  • 5 equipes

    só 3 podem ser premiadas

    5.4.3 = 60

    60>58

    e


ID
84868
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio
que premie as três primeiras colocadas, julgue os itens a seguir.

O total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações com a equipe A em primeiro lugar é 15.

Alternativas
Comentários
  • A é fixo, sobram B, C, D e E.1ª forma: 4!/(4-2)! = 4!/2! = 4x3 = 12.2ª forma: descrever quantas três equipes podem ser arranjadas tendo A como primeira: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE. Cada arranjo possui 2 possibilidade. Temos então seis vezes dois = 12 possibilidades.
  • Item ERRADO..... note que neste caso a ordem dos três primeiros lugares importa, ou seja, não se fala simplesmente nas três primeiras equipes colocadas, fala-se em primeiro, segundo e terceiro lugar.Desta forma, temos:Primeira posição: somente 01 equipe pode assumí-la, equipe A;Segunda posição: 04 equipes podem assumí-la, equipes B, C, D e E;Terceira posição: 03 equipes podem assumí-la, qualquer uma das três que não classificou em segundo lugar.Logo: 1 x 4 x 3 = 12 (arranjo, pois a ordem de chegada modifica o resultado, a ordem importa.)
  • a equipe A já será a vencedora, aí sobram os dois lugares para as 4 equipes restantes.

    4.3 = 12

  • Primeiro lugar: (Equipe A)

    Segundo lugar: (4 possibilidades: B ou C ou D ou E)

    Terceiro lugar: (3 possibilidades - Das quais não foram usadas)

    A(1) x 4 x 3 = 12

    Gabarito Errado


ID
84871
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que as equipes A, B, C, D e E disputem um torneio
que premie as três primeiras colocadas, julgue os itens a seguir.

Se a equipe A for desclassificada, então o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações será 24.

Alternativas
Comentários
  • Temos sobrando 4 equipes: Agora a fórmula é: 4!/(4-3)! = 4!/1! = 4x3x2 = 24. ou: BCD, BCE, BDE e CDE, sendo que cada arranjo possui seis possibilidades, então 6x4=24.
  • De outra forma,A+B+C+D+E-A=45-1=4Como são as tres primeiras colocações:4*3*2= 24
  • Item CORRETO..... agora ao invés de 5 equipes temos apenas 4, a resolução é a mesma.

    Como não importa a ordem de chegada deve-se resolver por COMBINATÓRIA, ou seja, queremos apenas saber quem foram as três primeiras colocadas sem importar quem chegou em primeiro, segundo ou terceiro lugar, lembrando que quando isso acontece não quer dizer que dentre as tres primeiras não possa ocorrer resultados diferente, por isso, depois de fazer o cálculo com COMBINATÓRIA é necessário PERMUTAR para cada resultado de três vencedores. (p. ex. A, B e C é uma possiblidade das tres primeiras colocadas, mas dentre estas mesmas três equipes podem haver 6 resultados diferentes (permutação, tres posições para tres elementos 3 x 2 x 1 = 6), exemplo, B, C e A; não deixam de ser as tres primeiras colocadas, mas cada possibilidade da combinatória dará 6 formas diferentes, neste caso.)

    Veja:
    C4,3 = 4 (quatro formas diferentes de tres primeiras colocadas)
    Permutação: 3 x 2 x 1 = 6 (cada três primeiras colocadas haverá 6 formas diferentes)
    6 x 4 = 24 (este é o valor máximo de possiblidades com a equipe A desclassificada)
  • COMO A QUESTÃO NÃO FALOU EM QUE ORDEM SERIAM PREMIADAS AS EQUIPES SERÁ ENTÃO COMBINAÇAO, SE A ORDEM IMPORTASSE SERIA ARRANJO. 4X3X2=24

     

     

  • A ordem não importa, mas se tem 4 equipes e 3 vagas, ou seja, escolhe uma sobra 3 escolhe outra sobra 2
    4x3x2
     

     

  • O amigo  Tiago REIS errou ao afirmar que a ordem não importa. E nesse caso a ordem importa.
    Se a ordem não importasse a resposta seria 4 maneiras e não 24. ( BCD BCE BDE e CDE) 
  • Essa questão a maioria acertaria, mas se pedisse o número exato da resposta ficaria mais um pouquinho complicado porque ele pede o numero de códigos de acessos distintos , daí dá para nos atrapalhamos pensando que é para ser números distintos, sem repetição, pois vejam um comparação simples  : duas letra “a” e “b” podem formar quantos códigos distintos ? 4, ou seja, aa, bb, ab e be, as letras estão repetidas mas ainda sim servem, não há um código igualzinho ao outro, mesmo as letras se repetindo, o que Yves deve está pensando em acesso distinto é justamente o fato de que aa e bb não podem ser codigos distintos, mas podem, podem ser senhas de letras repetidas....então a resposta é 26.26.26 = 17.576
     
  • No caso descrito, a ordem importa!

    Temos um ARRANJO e não Combinação!

    A4,3= 4!/ (4-3)!

    A4,3= 4x3x2 = 24


ID
84874
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Supondo que André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto sejam, não
necessariamente nesta ordem, os cinco primeiros classificados em
um concurso, julgue os itens seguintes.

Existem 120 possibilidades distintas para essa classificação.

Alternativas
Comentários
  • cinco pessoas arranjadas de cinco em cinco.5!/(5-5)! = 5!/0! = 5!/1 = 5! = 5x4x3x2x1 = 120O fatorial de zero é 1 por definição.
  • P5! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120
  • É simples pelo menos eu fiz assim :

    multipliquei 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120

    Fatorial de 5

    porque tem cinco pessoas 

     

    Bons Estudos 

    Resposta : CORRETA

     

    Paulo. 

  • Sim o resultado é 120 como discorrido pelo nosso colega

    mais falto dizer o porquê? que é dado pelo fato de ser um problema de arranjo

    pois a ordem importa porque é uma colocação onde a ordenação dos membros

    acarreta uma nova configuração, ao contrario se um grupo de pessoas que a alternância dos

    membros não altera o grupo.

  • Quando utilizar Arranjo, combinação ou permutação?

    1) O número de objetos é igual ao número de posições?

    Se sim, utiliza-se a permutação! (Caso da questão. São 5 cinco pessoas e 5 posições). Se a resposta for negativa passe para a pergunta de número 2.

    2) A ordem dos elementos importa?

    Se a resposta for sim, utiliza-se o arranjo! Caso a resposta seja negativa, utiliza-se a combinação!


ID
84877
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Supondo que André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto sejam, não
necessariamente nesta ordem, os cinco primeiros classificados em
um concurso, julgue os itens seguintes.

Com André em primeiro lugar, existem 20 possibilidades distintas para a classificação.

Alternativas
Comentários
  • Fixa-se André, sobram 4 pessoas dispostas de quatro em quatro. 4!/(4-4)! = 4!/0! = 4!/1 = 4! = 4x3x2x1 = 24.
  • Questão, na minha visão, dúbia e errada. Olha o raciocícnio: a questão fala que EXISTE 20 possibilidades. Com André em primeiro fica P(4) = 4.3 .2.1 = 24. Ou seja, existem no TOTAL 24 possibilidade, ou seja, existe 20 possibilidades distintas. Olhem na questão 3: " Se a equipe A for desclassificada, então o total de possibilidades distintas para as três primeiras colocações será 24. " Aqui a banca especificou a palavra TOTAL. No mínimo dúbia.
  • ERRADOO

    Essa também é com fatorial

    Fatorial de 4 :

    4 x 3 x 2 x 1 = 24

     

    Bons Estudos !!

    Paulo.

  • Simples! Vejamos:
     
    Fixando André em primeiro, sobra ainda permutar os outros 4 candidatos…logo:
    1 . 4! = 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 24
  • P/ quem ta começando... idem

    passo a passo:
    Eram 5! ( possiblidades) mas como o item fixou andre como 1º lugar
    restaram 4!



     ____      ____        ____      ____      ___         
    André       4     x        3   x      2     x      1      =    24    ---->     ítem errado 


  • poxa, esse treco desconfigura.. tava tao bunitinho! rs
  • As vezes fica difícil entender o raciocínio da CESPE.

    Porque o resultado sem sobre de dúvida dá 24, entretanto quem pode fazer 24, pode fazer 20. Já fiz questões que a cespe entende assim.

    Fica difícil
  • Concordo como raciocínio do nosso colega. Se pode fazer 24, então pode 20 também. Vou te falar viu, esse cespe...tsc tsc

  • Fiz assim:

    Eram 5 - Andre / Bruna / Claudio / Leila / Roberto - Para 3 posições.

    A questão diz que André é o primeiro lugar

    Então restam 4 pessoas e 2 posições

    Entao ficaria a(4,2) = 4! / 4-2 ! = 4! / 2 ! = 4.3.2! / 2! = 4.3 = 12 

    estando assim a questão errada.

    Alguém podeira dizer se meu raciocínio foi correto, pois acabei acertando a questão hahaha 


ID
84880
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Supondo que André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto sejam, não
necessariamente nesta ordem, os cinco primeiros classificados em
um concurso, julgue os itens seguintes.

Com Bruna, Leila e Roberto classificados em posições consecutivas, existem 36 possibilidades distintas para classificação.

Alternativas
Comentários
  • Consideramos BRUNA, LEILA E ROBERTO como se fossem uma só pessoa. Assim, fazemos o cálculo como se houvesse apenas três pessoas:Temos então 3! = 3x2x1 = 6. Ocorre que Bruna, Leila e Roberto podem variar entre si de seis formas também (como já foi visto nos comentários anteriores).Novamente 3! = 6. Teremos, portanto, 6x6 = 36 possibilidades.
  • Não entendi essa questão.

    Por que 36?

  • CERTO - "Bruna, Leila e Roberto classificados em posições consecutivas" significa que devem estar juntos, mas não necessariamente nesta ordem. Considere a seguinte representação: André - A Bruna - B Claudio - C Leila - L Roberto - R (1) Com André em 1º, Bruna em 2º e Claudio em 3º , temos as seguintes possibilidades: _A_  _B_  _C_  _L_  _R_ _A_  _B_  _C_  _R_  _L_ _L_  _A_  _B_  _C_  _R_ _R_ _A_  _B_  _C_  _L_ _L_  _R_  _A_  _B_  _C_ _R_  _L_  _A_  _B_  _C_ (2) Como "_A_  _B_  _C_" estão em posições consecutivas, podem estar em 6 diferentes formações: _A_  _B_  _C_ _A_  _C_  _B_ _B_  _A_  _C_ _B_  _C_  _A_  _C_  _A_  _B_ _C_  _B_  _A_ Trocando (2) em (1) teremos 6 x 6 possibilidades, resultado 36.
  • Olá Gabriela, é o seguinte, coloque os que tem que estar consecutivos numa "caixa", ou seja, viram um só, daí faz a permuta de 3*2*1, feito isso, faça uma permuta dentro da "caixa" já que eles não precisam ficar na mesma ordem, coincidentemente vai ser 3*2*1, feito isso é só multiplicar os 2 resultados. 6 * 6 = 36.
  • Gabriela... a pegadinha da questao esta no enunciado...
    Bruna, Leila e Roberto classificados em posições consecutivas nao seignifica necessariamente que a ordem seja essa... eles podem ser permutados entre si de forma consecutiva... ou seja, a ordem pode ser Bruna, Leila e Roberto ou Bruna, Roberto e Leila, ou Roberto Bruna e leila, ou Roberto leila e Bruna, ou Leila, Roberto e Bruna ou Leila Bruna e Roberto. Ou seja, o examinador tentou confundir o candidato fazendo acahr que o que ele perguntou foi apenas a Ordem Bruna leila e Roberto, como se fosse apenas essa ordem consecutiva que interessasse... e nao era,

    entao temos:
    R,B ou L, ,B ou L,      L,           2          1    =  3 x 2 x 1 X 2 x 1 =12
    pos 1         pos 2     pos 3     pos 4     pos 5
    ou
      2         R,B ou L,   B ou L,      L,          1   =  3 x 2 x 1 X 2 x 1 =12
    pos 1      pos 2         pos 3      pos 4    pos 5
    ou
        2          1          R,B ou L, B ou L,      L,  =  3 x 2 x 1 X 2 x 1 =12
    pos 1     pos 2         pos 3      pos 4    pos 5

    12+12+12 =36.... alem da dificuldade normal da resolucao da questao teve mais essa pegadinha no enunciado...

  • B x L x R = 3! = 3x2x1 = 6 permutaçoes

    BLR x A x C = 3! = 3x2x1 = 6 permutações

    E, 6 x 6 = 36
  • Pessoal é o seguinte:
    Quando temos posições consecutivas é como se fosse uma posição para as três pessoas.Vejamos:
    (3x2x1) são três pessoas consecutivas, mas elas se permutam entre elas.

    (3x2x1)x2x1x3 = 36  (esse três marcado de amarelo é porque as três pessoas podem ficar em primeiro ou segundo e ainda em terceiro lugar).

    Rumo a FEDERAL com FÉ!!
  • 3 x 2 x 1 x 2 x 1 = 12
    B   L    R

    2 x 3 x 2 x 1 x 1 = 12
          B   L    R

    2 x 1 x 3 x 2 x 1 = 12
                B   L    R

    12+12+12 = 36



  • Permutação...

    5x4x3x2x1= 120

    Gab: CERTO!

  • Gab.: Certo

    Bruna, Leila, Roberto

    (Lembrando que eles devem ser consecutivos)

    _3_ x _2_ x _1_ x _1_ x _1_ = 6

    _1_ x _3_ x _2_ x _1_ x _1_ = 6

    _1_ x _1_ x _3_ x _2_ x _1_ = 6

    6x6x6 = 36

  • Vamos supor que seja A|B|L|R|C

    Atende o que a questão pede, mas é a única possibilidade? Não! Temos 3 possibilidades de troca entre B L R e temos 3 permutações, uma vez que nesse tipo de questão você conta somente as letras de fora e conta com uma as letras de dentro, sendo A e C as de fora (2) e B L R as de dentro (1).

    Ficando então

    3! . 3! = 36


ID
84883
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Supondo que André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto sejam, não
necessariamente nesta ordem, os cinco primeiros classificados em
um concurso, julgue os itens seguintes.

O número de possibilidades distintas para a classificação com um homem em último lugar é 144.

Alternativas
Comentários
  • Fixando Roberto em último, sobram quatro outras pessoas dispostas de quatro em quatro: 4! = 4x3x2x1 = 24.Fixando agora Cláudio em último, sobram novamente 4 pessoas dispostas de quatro em quatro: 4! = 24.Temos, portanto, no total 24+24 possibilidades = 48
  • e o andré não entra na parada?
  • Ora, se o máximo de combinações com todos os classificados é 5!, já sabemos que está errado.5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120
  • tbém dá pra resolver pelo PFC ( princípio fundamental da contagem).Se obrigatoramente o último é um homem na última posição teremos 3 possibilidades. Sendo assim, restará 4 pessoas para as próximas colocações!! 4x3x2x1x3= 72
  • Tem razão, faltou o André, acrescentar mais 24 aos 48 encontrados:Total = 72.
  • Serão 4 posições para 4 elementosE (no princípio da contagem o E multiplica)01 posição para 3 elementos (homens)!!!4 x 3 x 2 x 1 E(x) 3 = 72
  • Afinal o resultado correto é 120 ou 72?
  • é 72 carla cristina!
    beijoss
  • Não consigo entender como esta resolução pode estar correta: 4x3x2x1x3= 72

    As pessoas já estão classificadas, por isso o número vai decrescendo.. no último elemento nós temos que colocar o que sobrou, que foi 1. Não pode ter 3 possibilidades na última posição, porque 2 dessas possibilidades já estão ocupando outra posição na classificação. Acho que a resposta é 4x3x2x1x1, porque desde o início nós separamos um dos homens. Se eu estiver errado, alguém corrija meu raciocínio, por favor. Não quero apenas acertar/errar, quero entender o por que.
  • Para ficar mais fácil de entender, seria melhor colocar na ordem de trás para frente.Começando do 5° até o 1° colocado:

    3     x     4     x      3     x      2     x      1      =    72
    5°         4°            3°           2°           1° 
  • André, Bruna, Cláudio, Leila e Roberto
    H        ,      M   ,     H       ,    M    e   H 
     
    A ultima posisão é fixa e tem que ser homem(H) e tem 3 homens, restando 4 posições.
     
    4! * 3 =
    24 * 3 = 72
  • Fixando um homem no final ---> _._._._.3

    Total = 4.3.2.1.3 = 72
  • Se o total das possibilidades geral , sem a exigência de ser um homem na última posição já é de 120 (5x4x3x2x1),  então com a  obrigação de ser homem na última posição só poderia ser um número menor que 120, e nunca 144.

ID
84886
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que uma empresa tenha 5 setores, cada setor seja
dividido em 4 subsetores, cada subsetor tenha 6 empregados e
que um mesmo empregado não pertença a subsetores distintos,
julgue os itens subsequentes.

O número de subsetores dessa empresa é superior a 24.

Alternativas
Comentários
  • 5 setores com 4 subsetores cada, significa 5x4 = 20 subsetores no total.
  • Apesar da questão trazer a informação dos empregados, o que interessa para a resposta é somente o ínicio do questionamento. 
  • Eu tentando achar a pegadinha, as prova não são mais como antigamente kkkk


ID
84889
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que uma empresa tenha 5 setores, cada setor seja
dividido em 4 subsetores, cada subsetor tenha 6 empregados e
que um mesmo empregado não pertença a subsetores distintos,
julgue os itens subsequentes.

O número de empregados dessa empresa é inferior a 125.

Alternativas
Comentários
  • 5 setores com 4 subsetores cada, significa 5x4 = 20 subsetores no total.20 subsetores com seis empregados cada = 20x6 = 120 empregados.Resposta correta, 120 é menor do que 125.
  • Cada empresa tem 5 setores dividido em 4 subsetores, então=  5*4=20 >>>> 20 subsetores

    Em cada um desses 20 subsetores tem 6 empregados, então= 6*20=120

    O número de empregados da empresa é 120.
  • Cadê a pegadinha, estranho.


ID
84901
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a lógica sentencial, contagem e combinação, julgue
os itens a seguir.

Em um torneio em que 5 equipes joguem uma vez entre si em turno único, o número de jogos será superior a 12.

Alternativas
Comentários
  • Cinco equipes dispostas de duas em duas:5!/(5-2)! = 5!/3! = 5x4 = 20. Mas é preciso dividir por 2 pois A jogar com B é o mesmo que B jogar com A. O total de jogos será 10.
  • ERRADO

    5 equipes jogam 1 vez entre si em turno único, então:

    1 joga com 2
    1 joga com 3
    1 joga com 4
    1 joga com 5 , temos 4 jogos

    2 joga com 3
    2 joga com 4
    2 joga com 5 , temos 3 jogos

    3 joga com 4
    3 joga com 5 , temos 2 jogos

    4 joga com 5 , temos 1 jogo

    4 + 3 + 2 + 1= 10

     

  • Complementando comentário de Pedro Henrique acima, ele usou a fórmula de arranjo A, nesse caso a ordem importa. A e B é # de B e A. logo nesse caso há turno e returno. Como a questão quer apenas um turno você usa a combinação C: 5! / (5-2)! * 2!, pois a ordem não importa nesse caso, logo ela se encaixa na questão por se  tratar de um turno.
  • RESPOSTA ERRADA!
    É um exemplo clássico de combinação simples, basta substituir os valores na fórmula abaixo que será encontrado o valor 10, sendo n=5 (nº de times) e k=2 (nº de combinação dos times 2 a 2).

     



  • Considere time A, B, C,D,E

    Vamos as contas. 

    time A: pode jogar com 4 times (B,C,D,E)

    time B: pode jogar com 3 times (C,D,E) obs:excluimos o A, pois ele já jogou com o B

    time C: pode jogar com 2 times (D,E) obs: excluimos o A e o b, pois já jogou, no exemplo anterior

    time D: pode jogar com 1 time (E) obs: pois todos os outros já jogaram com ele

    LOGO É SO SOMAR : 4+3+2+1 =10

  • As 5 equipes: A, B, C, D, e E

    Em um único turno jogam:

    (A X B)  (A X C) (A X D) (A X E) 

    (B X C) (B X D) (B X E)

    (C X D) (C X E)

    (D X E) 

     

    Por isso, 10 é a quantidade de jogadas entre as 5 equipes.

  • ERRADO

     

    C5,2

  • C5,2=5/2 * 4/1 =10

  • 4 + 3 +2 +1 = 10


ID
84904
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2009
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Com relação a lógica sentencial, contagem e combinação, julgue
os itens a seguir.

Com 3 marcas diferentes de cadernos, a quantidade de maneiras distintas de se formar um pacote contendo 5 cadernos será inferior a 25.

Alternativas
Comentários
  • Acho que a questão está furada, pois:Marcas A, B e C.AAAAA, BBBBB, CCCCC.AAAAB, pode ocorrer de 5 formas diferentes.AAAAC, idem.BBBBA, idem.BBBBC, idem.CCCCA, idem.CCCCB, idem.Só aqui temos 30 formas distintas.De qualquer forma, fica em aberto se alguém tiver outra forma de resolver.
  • Perguntinha de Combinação com Repetição.CR5,3 = C5+3-1,3-1 = C7,2C7,2 = 7!/2!x5! C7,2 = 7x6/2 = 42/2 = 21 MANEIRAS DISTINTAS
  • Concordo com o Pedro Henrique,assim cada posição pode ser ocupada por três marcas distintas,e o correto seria 3*3*3*3*3= 243
  • A ordem dos elementos não mudará o conteúdo do pacote, ou seja, mesmo em ordem diferente o conteúdo será o mesmo:AAAAB = ABAAA = BAAAA (Quatro cadernos A + 1 Caderno B)
  • Na verdade esse problema pode ser visto como a determinaçao do numero de soluçoes naturais de:x + y + z = 5Isso é calculado através de C(7,5) = 21 ... acho q é isso.
  • Definindo o tipo de análise combinatória:

    Não se trata de arranjo ou permutação porque como bem comentou o colega Maurício, a ordem dos cadernos dentro do pacote naum importará, desta forma, supondo as marcas como sendo A, B e C, um pacote com a formação AAABC teria o mesmo conteúdo do pacote AABCA. Podemos concluir portanto que se trata de combinação.

    Quanto à possibilidade de repetição ou não a questão eh bem simples: se temos 3 marcas de caderno para colocar 5 cadernos em um pacote obviamente que alguma das marcas terá que ser repetida.

    Portanto teremos uma combinação com repetição.

    Calculando:

    Cr = combinação com repetição

    n = 3

    p = 5

    então se:

    Cr = C[(n+p-1), p]

    Cr = C[(3+5-1),5] logo Cr = C(7,5) = Cr = 7! / 5! * 2!

    Cr = 7 * 6 / 2 logo Cr = 21

    Questão Correta. 

  • Combinação a ordem importa

    Permutação a ordem não importa

    Esta é uma questão de permutação com repetição!!! P^7(2,5)  =21

  • Combinação Completa:

    Marcas/quantidade==> 3.4.5.6.7/5.4.3.2.1= 2520/120= 21

  • Quando a ordem Não é importante e os elementos podem se repetir : combinação com repetição

    C 3+5-1,5 Ficará = 8-1,5 = C: 7,5 resultado 21

  • Sendo uma permutação com repetição, pega-se a quantidade de elementos (5) e divide pela quantidade de repetiçoes (3)

    P = 5! / 3! = 20

  • COMENTÁRIO EXCLUSIVO PARA EU VER DEPOIS:

    A B C

    O/O/OOO

    P = 7! / 5! 2!

  • GABARITO: CERTO

    Isso é combinação com repetição. É só fazer a multiplicação "subindo". Assim:

    C(n,p) = C(3,5) = (3*4*5*6*7)/(5*4*3*2*1) = 3*7 = 21

  • Considere as marcas A B e C de cadernos

    para 5 maneiras devemos usar 2 cadernos de uma marca, 2 de outra e 1 de outra, assim sendo

    ___,___ ___,___ ___

    temos 3 opções de caderno, depois 2 opções e depois uma: fatorial de 3 = 6

    mas nas duas primeiras opções eles podem permutar entre eles então temos o 6 x 2 x 2 x 1 = 24


ID
85285
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

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

Ao se listar todas as possíveis permutações das 13 letras da palavra PROVAVELMENTE, incluindo-se as repetições, a quantidade de vezes que esta palavra aparece é igual a 6.

Alternativas
Comentários
  • Palavras que se repetem: V = 2xE = 3xP = 1R = 1O = 1V = 2 (DUAS DE DUAS OPÇÕES)A = 1V = 1 (UMA DE DUAS OPÇÕES)E = 3 (TRÊS DE TRÊS OPÇÕES)L = 1M = 1E = 2 (DUAS DE TRÊS OPÇÕES)N = 1T = 1E = 1 (UMA DE TRÊS OPÇÕES)Agora é só multiplicar tudo: = a 12, ou seja, a palavra provavelmente irá aparecer 12 vezes na montagem do seu anagrama.
  • Não consegui entender como é feita essa questão.
    Alguém pode me explicar de outro jeito???
    Obrigada
  • Questão inteligente... demorei a entender... mas é assim:

    PROVAVELMENTE - são 13 letras... digamos que eu permute todas as letras(incluindo as repetições), vou achar X quantidade de permutações...
    entre essas, em quais dessas permutações, aparece a palavra PROVAVELMENTE?

    Oq se repete?
    V - 2X
    E - 3X
    Ou seja, os Vs e os Es podem permutar que ainda terei a palavra PROVAVELMENTE
    Para isso permuto os 2 :
    2! X 3!  = 12
    12>6 ERRADO
  • Gabarito - ERRADO, porém acredito que por outro motivo, vejamos:
    A letra V aparece 2 vezes, portanto ela permuta entre si 2! = 2 (2 palavras PROVAVELMENTE)
    A letra E aparece 3 vezes, portanto ela permuta entre si 3! = 6 (6 palavras PROVAVELMENTE)
    No resulatado as parciais não se multiplicam, se somam ;
    2+6 = 8,
    isso porque as letras V e E não podem permutar entre si, senão poderiamos não ter PROVAVELMENTE dentro dessa variação.
  • Eu vou ter a palavra repetida 2 (duas) vezes trocando a letra V. Ok.
    e, eu vou ter a palavra repetida 3 (três) vezes trocando a letra E. Ok.
    Daí, "pra mim", eu só vejo 5 vezes em que ela irá se repetir!!

  • Luiz Fernando,

    acho que voc^e esqueceu das vezes em que h'a a possibilidade de voc^e permutar tanto o V (entre si) quanto o E (entre si) e nao necessariamente somente o V e somente o E.
  • Basta multiplicar as Permutações das palavras que se repetem

    P(V) -> 2!
    P(E) -> 3!

    P(V) . P(E) --> 2! . 3! --> 2 . 6 --> 12 

    12>6

    Cuidado para não multiplicar 3x2 e escorregar na casca de banana.
  • AS letras "E"s só podem permutar entre sí, e as letras "V"s também sómente entre sí.
    Se trocar (permutar)  um V por um E, não aparecererá a palaavra PROVAVELMENTE.
    Ex    P-R-O-V-A-V-E-L-M-E-N-T-E

            P-R-O-(E)-A-V-(V)-L-M-EN-T-E 
    Quando a alteração dos posiçoes afeta o resultado ou seja ,são "independentes soma-se e não ultiplica-se . Então :

    Somase os resultados de 3! e 2! =  8
  • Basta somar as Permutações das letras que se repetem

    P(V) -> 2!
    P(E) -> 3!

    P(V) + P(E) --> 2! . 3! --> 2 + 6 --> 8



    Cuidado para não multiplicar 3x2 , pois as letras "E"s só podem permutar entre si, e as letras "V"s também sómente entre sí.

  • O resultado correto é 2*6=12  

    Resultado errado 2+6=8

  • Só pra diferenciar as respostas...

    Vários disseram que são 8 possibilidades; outros que são 12 possibilidades. Tudo bem que ambas as respostas são diferentes de 6, levando ao gabarito correto da questão, que seria ERRADO.

    No meu ponto de vista, quem respondeu 12 acertou. Temos que multiplicar (e não somar). Vou explicar bem didaticamente:

    1) Substitua as letras V por 1 e 2 e as letras E por 3, 4 e 5.
    2) Compare: PRO1A23LM4NT5 é igual a PRO2A13LM4NT5 ? 

    NÃO, não é igual. Assim, pra cada combinação das letras E (3x2x1 = 6), teremos 2 combinações das letras V (2x1). Assim, multiplicando 6 por 2 teremos 12 possibilidades.

    Espero ter ajudado!

  • Questão boa para o QC comentar e sanar de vez a dúvida, 12 ou 8.

  • Para cada permutação da letra V (que são 2), eu tenho 6 permutações da letra E

    Então pra mim não faz sentido somar, mas multiplicar

    2x6 = 12

  • Gabarito: ERRADO

    A palavra PROVAVELMENTE possui 2 repetições da letra V e 3 repetições da letra E. Normalmente consideraríamos que, ao trocar uma letra V pela outra, ou uma letra E pela outra, temos em realidade um único anagrama. Entretanto, o enunciado mandou incluir as repetições, ou seja, considerar que ao trocar uma letra V pela outra e/ou trocar uma letra E pela outra, cada alteração dessas deve ser considerada uma permutação distinta.

    Para a palavra PROVAVELMENTE continuar aparecendo, devemos considerar apenas os casos onde trocamos um V pelo outro e/ou trocamos um E por outro. O número de permutações das duas letras V entre si é igual a P(2) = 2! = 2.

    E o número de permutações das 3 letras E entre si é igual a P(3) = 6. Para cada permutação das letras V, devemos contabilizar as 6 permutações da letra E. Ao todo, temos 2 x 6 = 12 permutações onde são trocadas apenas as posições das letras V entre si mesmas e/ou as posições das letras E entre si mesmas. Item ERRADO.​




    Fonte: ESTRATÉGIA CONCURSOS

  • ERRADO

     

    2! x 3! = 12

  • Comentário do Erick D'Icarahy foi matador.

  • Indiquem para comentário!

  • V1 V2 E1 E2 E3

    V1 V2 E1 E3 E2

    V1 V2 E2 E1 E3

    V1 V2 E2 E3 E1

    V1 V2 E3 E1 E2

    V1 V2 E3 E2 E1

    (6 Possibilidades)

    V2 V1 E1 E2 E3

    ... Repete o processo

    + (6 Possibilidades)

    = 12

  • Gabarito Errado.

    Trata-se de questão de permutação com repetição. As repetições ocorreram pela permutação das letras repetidas, que são 3 E e 2 V. fazendo o cálculo:

    P3 x P2

    3! x 2! = 6x2= 12 vezes que a palavra aparece e não 6.


ID
85288
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

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

Com as letras da palavra TROCAS é possível construir mais de 300 pares distintos de letras.

Alternativas
Comentários
  • T R O C A S TRTO ROTC RC OCTA RA OA CATS RS OS CS ASDessa forma cheguei a 15 pares distintos. Mas adianto que NÃO SEI se essa É A RESPOSTA CORRETA...
  • Obs.: Tem que multiplicar o resultado por 2, pois TR é difernete de RT
  • Supondo que a ordem dos pares é indiferente:C5,2 = 5!/(2!x(5-2)!)C5,2 = 5!/(2!x3!)C5,2 = 5x4x3!/(2!x3!)C5,2 = 20/2 = 10 pares distintos de letras
  • Ops, um equívoco, fiz o cálculo contando 05 elementos, mas são 06.C6,2 = 15.Exatamente as combinações mostradas abaixo pelo colega.
  • Pessoal muito cuidado com esse tipo de questão, como corretamente mencionado pelo colega goiano, o par TR é diferente do par RT, logo trata-se de uma questão de arranjo e não de combinação.A6,2 = 6*5 = 30Espero ter ajudado, bons estudos.
  • Muito simples. São duas posições!!!Os elementos não podem se repetir!!isto é arranjo, pois, a ordem entre eles importa, RT é diferente de TR.Logo, temos 6 elementos diferentes que podemos colocar na primeira posição, como não podemos repetir na segunda posição só restaram 5 elementos.6 x 5 = 30 pares de letras distintos.OBS.: se a ordem NÃO IMPORTASSE, RT fosse igual a TR, teríamos um caso de COMBINATÓRIA, C6,2!!OBS.: mesmo em caso de arranjo se os elementos pudessem se repetir, ou seja, não fossem pares distintos, teriamos 6 x 6 = 36 pares.
  • Por que é caso de Arranjo Simples, e não Arranjo com Reposição?

    Agradeço quem puder me ajudar.

  • Cada explicação complicada...

    Arranjo Simples = Combinação x Permutação

    Combinaremos as 6 letras em pares de 2 (T,O, R,T, etc...), porém como a questão é clara sobre os pares serem distintos, precisamos, após montarmos cada par (Combinação), arrumar estes pares montados entre eles mesmos (Permutação). Fazendo o exercício por etapas fica mais fácil e mais rápido, além de precisar decorar menos fórmulas.

    C(6,2) x 2! = 30

     

     


  • Nesse caso temos disponiveis 6 letras(não letra que se repete)

    _ _   Temos que construir pares distintos com essas 6 letras

    Então: na primeira posição temos 6 possibilidades de letras, já na segunda posição restam 5.
    _ _
    6.5 = 30  ( só podemos contruir 30 pares)



    Se não fosse necessário que os pares fossem distindo entao teriamos:
    _ _
    6.6 = 36 ( pares)




  • perfeito o comentário acima.
  • ainda nao consegui entender. Alguem pode explicar de outra forma????

  • T R O C A S

     ___   ___
       6  x   5    =  30

     apenas 30 pares distintos é possível formar.



  • Quando diz na questão pares distintos = ARRANJO
    Depois é só fazer pela formula:

    A6!= 6.5 =30
       2!



    Então a resposta esta errada.
  • a permtação da palavra TROCAS vai resultar em 720 possibilidades. 720 dividido por 2 vai formar 360 pares distintos de letras.
  • A palavra TROCAS pode ter 3 pares distintos (porque tem 6 letras)

    Pares distintos quer dizer que não repete a letra, logo:

    ____   ____   ____
     6           5          4

    Pelo principio fundamental da contagem fica:   6x5x4= 120

    Espero ter ajudado.
  • Boa noite Joao!
    O exercício pediu pares, mas vc utilizou três letras.
    Não seria 6x5=30pares
  • Muitas respostas erradas aqui.
    vejo como a correta: C6,2 = 15.

    Quando vocês fazem 6 x 5 = 30, a ordem está importando, ou seja, como se TR e RT fossem pares distintos, e eles não são.

  • - ERRADA - 

     

    Como já temos letras distintas, faz-se a combinação C(6,2) = 15 pares distintos.

     

    Avante!

  • Gabarito: ERRADO

     

    Temos 6 letras distintas nessa palavra. Para saber o número de pares que podemos formar, basta calcular o número de combinações
    destas 6 letras, 2 a 2:

     

                            6 x 5   

      C(6,2) =    -------------- =  15

                           2 x 3

     

    Este número é inferior a 300, portanto o item está ERRADO. Mesmo se considerássemos que a ordem das letras torna um par diferente do outro, teríamos 6 x 5 = 30 possibilidades apenas.

  • Uau, quantos comentários controversos


    Vamos resolver com calma.


    A ordem pedida importa ?

    Sim = Arranjo

    Não = Combinação


    OBS: lembrando que:

    Arranjo se calcula de maneira idêntica

    Princípio Fundamental da Contagem

    Permutações

    Arranjos

    Já a Combinação se calcula de maneira diferente.

    Ou seja, basta você guardar a 2 maneiras de resolução, da combinação e do arranjo.


    Resposta: a ordem importa, já que são maneiras DISTINTAS, isto é, AS = SA


    Resolução:

    Já sabemos que vamos utilizar a formula do arranjo ou permutação ou Princípio fundamental da contagem, visto que é a mesma resolução, mesma conta, mesma forma de pensar


    T.R.O.C.A.S = 6 letras


    6 x 5 = 30



    Espero ter ajudado, Forte abraço!

  • Estranho! O cespe não costuma se distanciar muito do número apresentado na questão, nesse caso 300. A maioria das respostas variou entre 15, 30 e 36.

  • Além de ser possível fazer um arranjo de 6.5 = 30. É preciso ter em mente que o exercício falar em PARES DISTINTOS e não LETRAS DISTINTAS. Portanto, ainda que se repitam as letras, será possível criar mais 6 pares diferentes usando a mesma letra (TT, RR, OO, CC, AA, SS).

    Resolução retirada do livro de RLM - Provas e Concursos: Professor Lustosa.

  • #TeamCombinação


ID
85774
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Ao visitar o portal do Banco do Brasil, os clientes do Banco do
Brasil Estilo podem verificar que, atualmente, há 12 tipos
diferentes de fundos de investimento Estilo à sua disposição,
listados em uma tabela. Com respeito à quantidade e diversidade
de fundos disponíveis, julgue os itens subseqüentes.

Um cliente do Banco do Brasil Estilo que decidir escolher 3 fundos diferentes para realizar seus investimentos terá, no máximo, 13.200 escolhas distintas.

Alternativas
Comentários
  • Como a ordem dos investimentos não importa, sendo igual se o cliente escolher os investimentos A, B e C ou B, A e C, trata-se de COMBINATÓRIA.

    C12,3 = 660; que é bem menor que o valor da acertiva.
  •  Discordo de ambos os comentário anteriores.

    O cliente tem 12 opções para 3 escolhas DISTINTAS.
    Ou seja, é arranjo:
    Arranjo:    12!/(12-3)! = 12x11x10x9! / 9! = 12x11x10 = 1320

  • A resposta é 12! / 9! x 3! = 220.

    Vamos pensar: Escolher Fundo 1, Fundo 12, Fundo 3, é a mesma coisa que escolher: Fundo 12, Fundo 3, Fundo 1. Ok?

    Não importa a ordem, os investimentos serão iguais.

    Bons Estudos! 

  • somente uma correção.
    segundo o colega Thomazini a C12 tomados de 3 a 3 é 660 no entanto este valor está incorreto.

    C(12,3) = 12.11.10 / 3.2 = 220

  • ESCOLHER 3 ENTRE 12, NÃO PRECISAMOS NEM DE ANÁLISE COMBINATÓRIA, PODEMOS USAR APENAS O PFC (PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM)

    12 x 11 x 10 = 1.320

    OBS.: Temos mania de em questões de raciocínio lógico procurar algo mais complexo....pois é, no CESPE normalmente as respostas são bem óbvias.
  • Alexandre Braga esqueceu que é uma combinação e não um arranjo, pois a ordem não importa.
    Logo, 12 x 11 x 10 / 3 x 2 .

  • Essa questão é de ARRANJO! O CESPE foi maldoso pois tem que interpretar o enunciado da questão! Ela está afirmando que o cliente deseja realizar investimentos diferentes entre si e para isso terá que escolher 3 fundos diferentes entre 12 tipos diferentes de fundos de investimento.

    12 tipos diferentes de fundos para 3 possibilidades diferentes (que não se repetem -3 fundos diferentes) em .

            12                             11                            10
    ------------------    x     -------------------   x   ----------------- =   1.320 escolhas distintas
    possibilidade 1         possibilidade 2        possibilidade 3
  • Meu deus Gente....O resultado é 1320, a CESPE até colocou 13200 para confundir o candidato....
    Vejam...o Primeiro investimento ele tem 12 opções de ecolha, no segundo investimento ele possui 11 opções e no terceiro ele possui 10, ou seja
    12x11x10= 1320


    Questão ERRADA.....
  • Só uma coisa... vocês estão completamente enganados... esta questão é de combinação. Se na assertiva tivesse escrito "1.320 escolhas" e vocês marcassem "C", errariam... a resposta certa é 220.

    C12,3 = 12!/3! (9!)
  • E agora José???? A questão é de Combinação ou de Arranjo?? Cada um fala uma coisa...

    E ainda dizem que Matemática é uma Ciência Exata... kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

  • É combinação pois, embora os fundos sejam distintos, a escolha de três fundos, ABC é a mesma de CBA ou BAC ou ACB ou BCA ou CAB!

    O que importa é o conjunto de fundos formado, logo não há hierarquia, posição fixa ou ordem diferente. Quando temos livre opção de combinação, quer seja sem repetição ou sem espaço pré-definido (como um ranking ou espaço para colocarmos livros ou letras), usamos COMBINAÇÃO.
    Quem tiver punhos de aço e escrever todas as possibilidades, certamente encontrará 220 possibilidades, o que equivale a C12,3.
    Espero ter ajudado!
    Bons estudos.
  • Essas respostas que vão mt longe do enunciado me dá mt medo

  • A questão foi muito mala! a resposta é 1320 . 12 possibilidades na primeira escolha, 11 possibilidades na segunda escolha e 10 possibilidades na ultima escolha. O enunciado diz: escolhas distintas ou seja, não pode repetir... a ordem também não importa. 12 x 11 x 10 = 1.320 . o enunciado diz que da 13200 por falta de atenção muita gente erra!

  • GABARITO: E

  • Ao visitar o portal do Banco do Brasil, os clientes do Banco do Brasil Estilo podem verificar que, atualmente, há 12 tipos

    diferentes de fundos de investimento Estilo à sua disposição, listados em uma tabela. Com respeito à quantidade e diversidade de fundos disponíveis, julgue os itens subsequentes.

    Um cliente do Banco do Brasil Estilo que decidir escolher 3 fundos diferentes para realizar seus investimentos terá, no máximo, 13.200 escolhas distintas.

    Muitos usam Arranjo, mas esse ai só atrapalha, pelo menos pra mim, o Princípio Fundamental da Contagem faz o mesmo papel e fornece o mesmo resultado :)

    12 (Possibilidade para o primeiro banco) * 11 (Possibilidades para o Segundo Banco) * 10 (Possibilidades para o Terceiro banco) = 1320 Possibilidades para FUNDOS DIFERENTES

    GABARITO ERRADO

  • Se a ordem não importa é combinação, não sei pq tanta confusão, resposta 220 na mesma questão uma outra assertiva você precisara dessa mesma conta para chegar ao resultado correto.

  • lembrem-se do macete:

    • A ordem importa? não! = então é combinação

    • A ordem importa? aham! = ARRANjo


ID
85777
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Ao visitar o portal do Banco do Brasil, os clientes do Banco do
Brasil Estilo podem verificar que, atualmente, há 12 tipos
diferentes de fundos de investimento Estilo à sua disposição,
listados em uma tabela. Com respeito à quantidade e diversidade
de fundos disponíveis, julgue os itens subseqüentes.

Se o Banco do Brasil decidir oferecer os fundos de investimento Estilo em 4 pacotes, de modo que cada pacote contemple 3 fundos diferentes, então a quantidade de maneiras distintas para se montar esses pacotes será superior a 350 mil.

Alternativas
Comentários
  • Combinação 12x3 X Comb 9x3 X Comb 6x3 x Comb 3x3 = 369600Resposta certa
  • Item correto....... mas discordo do nosso colega Tituspulo. Minha interpretação do exercício é de que não haveria problemas em repetir os planos de investimentos de um pacote para o outro. Haja vista que, a acertiva só faz restrição quanto à repetição de planos dentro do mesmo pacote.

    Sendo assim, teriamos:
    C12,3 para o primeiro pacote; = 660
    C12,3 para o segundo pacote; = 660
    C12,3 para o terceiro pacote; = 660
    C12,3 para o quarto pacote; = 660

    Resultado: um número muito maior que 350 mil, conforme afirma a acertiva.

  •  A colega abaixo se equivoca na sua colocação, ainda mais que a questão é de arranjo e não de combinação.

    É o seguinte, a partir do momento que a questão coloca que cada pacote deve ter 3 fundos diferentes ela dá margem pra questionamentos porém de qualquer maneira tanto faz com fundos iguais ou diferentes a questão dará um número maior que 350.000.

     

    A conta é a seguinte sem repetição é a seguinte, tendo em vista ser 4 pacotes e 3 fundos em cada, temos 12 fundos distribuídos em 4 pacotes....
    1 pacote - 12x11x10
    2 pacote - 9x8x7
    3 pacote - 6x5x4
    4 pacote - 3x2x1

     

    Calculem...
     

  • Com todo respeito,Thomazini e Aline estão ambos equivocados.

    Primeiramente (Thomazini), você não pode repetir fundos nas mesmas carteiras, pois a questão é clara: "4 pacotes, de modo que cada pacote contemple 3 fundos diferentes".

    Segundo (Aline), não existe Arranjo aqui, pois a ordem dos fundos não altera a composição do portfólio. Por exemplo: "DI Referenciado + DI Multimercados + DI Petrobrás" é a mesma coisa que "DI Petrobrás + DI Referenciado + DI Multimercados". 

    Ou seja, 

    C(12,3) x C(9,3) x C(6,3) x C(3,3) > 350.000

     

  • Perfeito o raciocínio Leo.
  • e porque nesses casos se multiplicam a combinação de fundos ao inves de se somarem?????
  • Alguém poderia explicar  como chegar as combinações em vermelho
    C12,3 x C9,3 x C6,3 x C3,3  

    Não está claro
    Grata
  • Quando você faz C12,3 voce está utilizando 3 fundos dos 12 disponiveis ... 
    Quando for fazer o próximo pacote você só terá 9 fundos disponiveis (pois já utilizou 3 no pacote anterior) para customiza-lo.
    Por isso C 9,3. E segue os mesmo raciocinio para os demais.
  • Mas se você calcular Combinação 12x3 X Comb 9x3 X Comb 6x3 x Comb 3x3 não é 369600
    Pois estão considerando C 12,3 = 660 o que está errado. 12 x 11 x 10 / 3 x 2 = 220.
  • C(12,3) x C(9,3) x C(6,3) x C(3,3)= 220 x 84 x 20 x 1 = 396600 > 350000

    correto
  • Prefiro fazer sem a combinação diretamente, mas lançando pelo fatorial.

              12!        
    3! X 3! X 3! X 3!

    O resultado é o mesmo.



  • Alguem dá uma mãozinha aí.

    olha como eu fiz.

    C(C(12,3),4)

    Peguei todos as combinações dos 12 pacotes possiveis e as combinei 4 a 4. acho que tah certo assim tambem. foi o primeiro raciocínio que me veio na cabeça. alguem corneta aí se tiver errado, por favor.


    bons estudos
  • Boa galera. Vlw

  • CORRETO

    há 12 tipos diferentes de fundos de investimento

    4 pacotes

    1 pacote = 3 fundos

    1P= C12,3=220

    2P=C9,3= 84

    3P=C6,3=20

    4P=3,3=1

    220*84*20*1=369.600 >350.000


ID
85780
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Ao visitar o portal do Banco do Brasil, os clientes do Banco do
Brasil Estilo podem verificar que, atualmente, há 12 tipos
diferentes de fundos de investimento Estilo à sua disposição,
listados em uma tabela. Com respeito à quantidade e diversidade
de fundos disponíveis, julgue os itens subseqüentes.

Considere que, entre os fundos de investimento Estilo, haja 3 fundos classificados como de renda fixa, 5 fundos classificados como de multimercado, 3 fundos de ações e 1 fundo referenciado. Considere, ainda, que, no portal do Banco do Brasil, esses fundos sejam exibidos em uma coluna, de modo que os fundos de mesma classificação aparecem juntos em seqüência. Sendo assim, a quantidade de maneiras diferentes que essa coluna pode ser formada é inferior a 4.500

Alternativas
Comentários
  • Questão bem elaborada... Vejam só...

    3 fundos classificados como de renda fixa, 5 fundos classificados como de multimercado, 3 fundos de ações e 1 fundo referenciado.

    Já que os fundos de mesma classificação aparecem juntos em seqüência. 

    3! x 5! x 3! x 1! = 4320

    A questão joga o valor 4500 para dá a entender que terminaria por ae... Mas, os GRUPOS DOS FUNDOS permutam-se entre eles. Ou seja...

    4320 x 4! = 103.680. Que é maior que 4500.

  • ERRADO

    Excelente questão ,inclusive já caiu recentemente muitas parecidas .

    Total=12 fundos

    1. permuta-se os elementos do grupo
    2. permuta-se os grupos

    " fundos de mesma classificação aparecem juntos em seqüência"

    elementos:

    3 = renda fixa= 3!=6

    5 =multimercado=5!=120

    3= ações =3!=6

    1= referenciado=1!=1

    6*120*6*1=4.320( agora tem que permutar os grupos que são 4 = 4! = 24 )

    4320*24=103.680

  • Porque não poderia ser combinação ? A ordem importa ?


ID
85783
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Ao visitar o portal do Banco do Brasil, os clientes do Banco do
Brasil Estilo podem verificar que, atualmente, há 12 tipos
diferentes de fundos de investimento Estilo à sua disposição,
listados em uma tabela. Com respeito à quantidade e diversidade
de fundos disponíveis, julgue os itens subseqüentes.

Considere que os 12 fundos Estilo mencionados sejam assim distribuídos: 1 fundo referenciado, que é representado pela letra A; 3 fundos de renda fixa indistinguíveis, cada um representado pela letra B; 5 fundos multimercado indistinguíveis, cada um representado pela letra C; e 3 fundos de ações indistinguíveis, cada um representado pela letra D. Dessa forma, o número de escolhas distintas que o banco dispõe para listar em coluna esses 12 fundos, utilizando-se apenas suas letras de representação - A, B, C e D -, é inferior a 120 mil.

Alternativas
Comentários
  • A BBB CCCCC DDD12! / 3! 5! 3!{12 x 11 x 10 x 9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3!}/ 3 x 2 x 1 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 x 3 x 2 x 1Depois das simplificações...Resultado: 110.880
  • Resolve-se na mesma maneira de um ANAGRAMA... Faz a permutação de todos (12!) e divide pelos fatoriais dos repetidos (3!x5!x3!) = 110.880 < 120.000

  • Nem entender, entendi.. acho que faltou explicar mais, mas pode ser só a minha forma de ver que ainda não está aguçada o suficiente..

  • GABARITO: E

  • E o mesmo que resolver um anagrama com as letras, retirando as suas repeticoes. (B repete 3 vezes, M repete 5 vezes e D repete 3 vezes).

    12!/3!x5!x3! = 110.880


ID
86191
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que uma palavra é uma concatenação de letras
entre as 26 letras do alfabeto, que pode ou não ter significado,
julgue os itens a seguir.

Com as letras da palavra COMPOSITORES, podem ser formadas mais de 500 palavras diferentes, de 3 letras distintas.

Alternativas
Comentários
  • Primeiro vamos verificar quantas letras temos:C = 1O = 3M = 1P = 1S = 2I = 1T = 1R = 1E = 1Total 9 letras distintas.A questão pede que as palavras formadas sejam diferentes, logo a ordem importa, portanto é um problema de Arranjos.Resolvendo com Arranjos:A(9,3) = 9! / (9-3)!A(9,3) = 9.8.7.6! / 6!A(9,3) = 9.8.7A(9,3) = 504Ainda, as sequências serão do tipo xyz. Para a primeira posição teremos 9 alternativas, para a segunda, 8 e para a terceira, 7.Pelo princípio fundamental de contagem, chegaremos ao mesmo resultado:9.8.7 = 504
  • C O M P O S I TO R E S

    9 letra distintas.

    ___   ___  ___
      9   x   8  x  7  =  504
  • Só melhorado o exemplo da colega acima:


    COMPOSITORES
    Pronto, cada letra representa uma cor, letras iguais, cores iguais, quantas cores distintas temos??? 9!, agora é só combinar em 3 casas como pede o anúncio.

    ____ x ____x____
      9      8     7     =   504
  • NESSE ARRANJO, esquece o alfabeto!

    Pega só as “9” letras (que não se repetem) da palavra COMPSITRE

    E PRECISAMOS DE 3, das 9. (Por serem distintas e não se repetirem, faz-se o arranjo, e não a combinação).

    9 x 8 x 7 = 504


ID
86194
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Considerando que uma palavra é uma concatenação de letras
entre as 26 letras do alfabeto, que pode ou não ter significado,
julgue os itens a seguir.

As 4 palavras da frase "Dançam conforme a música" podem ser rearranjadas de modo a formar novas frases de 4 palavras, com ou sem significado. Nesse caso, o número máximo dessas frases que podem ser formadas, incluindo a frase original, é igual a 16.

Alternativas
Comentários
  • 4 palavras e 4 frases = 4.4.4.4 > 16
  • Questão de Arranjo Simples:Lembrem-se que A(n,n) = P(n)!logo,A(4,4) = 4!4.3.2.1 = 24 formas de arranjar as palavrasQuerem ver como fica "no braço"?"Dançam conforme a música""Dançam conforme música a""Dançam música conforme a""Dançam música a conforme""Dançam a música conforme""Dançam a conforme música""conforme a música Dançam""conforme a Dançam música""conforme Dançam música a""conforme Dançam a música""conforme música Dançam a""conforme música a Dançam""a música Dançam conforme""a música conforme Dançam""a Dançam música conforme""a Dançam conforme música""a conforme música Dançam""a conforme Dançam música""música Dançam conforme a""música Dançam a conforme""música conforme a Dançam""música conforme Dançam a""música a Dançam conforme""música a conforme Dançam"
  • Nosssa colega Andressa errou ao multiplicar os valores sem diminuir uma unidade para a próxima posição.NUNCA CONFUNDAM: Quando pode repetir os elementos nas posições repete-se o valor total dos elementos.Quando não puder repetir os elementos nas posições funciona como fatorial, sempre diminui um na próxima posição.
  • Primeiro só tem 3 palavras "Dançam conforme a música"  Palavras é um conjunto de letras

    mas caso fosse 4 palavras

    seria 4x3x2 = 24

  • Pelo PFC - Principio Fundamental da Contagem

    Dançam    conforme   a   musica

    ___   ___   ___   ___  =   4*3*2*1= 24 frases
    4         3       2         1
  • GABARITO: E

  • GAB: ERRADO

    Permutação:

    P4= 4! = 4x3x2x1 = 24 frases (incluindo a original)


ID
86221
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O Banco do Brasil S.A. (BB) patrocina as equipes
masculina e feminina de vôlei de quadra e de praia. Segundo o
portal www.bb.com.br, em 2007, o voleibol brasileiro mostrou
mais uma vez a sua hegemonia no cenário internacional com a
conquista de 56 medalhas em 51 competições, tanto na quadra
quanto na praia. Nesse ano, o Brasil subiu ao lugar mais alto do
pódio por 31 vezes e conquistou, ainda, 13 medalhas de prata e 12
de bronze.

Com base nessas informações, julgue os itens subseqüentes.

Considerando que o treinador de um time de vôlei disponha de 12 jogadores, dos quais apenas 2 sejam levantadores e os demais estejam suficientemente bem treinados para jogar em qualquer outra posição, nesse caso, para formar seu time de 6 atletas com apenas um ou sem nenhum levantador, o treinador poderá fazê-lo de 714 maneiras diferentes.

Alternativas
Comentários
  • C(10,6) = sem nenhum levantadorC(2,1)x (C10,5) =2x (C10,5) = com apenas um levantadorC(10,6) + 2x (C10,5) = 714
  • Questão de Combinação Simples.Sem nenhum levantadortemos que escolher apenas 10 jogadores para montar o time de 6 atletasC(10,6) = 10! / 6! . (10-6)!C(10,6) = 10! / 6! . 4!C(10,6) = 10.9.8.7.6! / 6! . 4!C(10,6) = 10.9.8.7 / 4!C(10,6) = 10.9.8.7 / 4.3.2.1C(10,6) = 5.3.2.7C(10,6) = 210Logo, 210 possibilidades sem nenhum levantadorCom apenas um levantadorPara o primeiro atleta, temos 2 jogadoresPara os 5 demais, teremos que combinar os outros 10 jogadoresE com isso completamos o time com 6 atletasLogo, no total teremosC(2,1) x (C10,5)Calculando a combinação dos dois levantadoresC(2,1) = 2! / 1! . (2-1)!C(2,1) = 2Calculando a combinação dos demais jogadores(C10,5) = 10! / 5! . (10-5)!(C10,5) = 10! / 5! . 5!(C10,5) = 10.9.8.7.6.5! / 5! . 5!(C10,5) = 10.9.8.7.6 / 5!(C10,5) = 10.9.8.7.6 / 5.4.3.2.1(C10,5) = 2.3.2.7.3(C10,5) = 252Assim, 2 x 252 = 504 possibilidades com um levantadorTotal = 210 + 504 = 714 possibilidades
  • Quase sempre que aparece uma expressão limitadora, Ex: "pelo menos...", "com apenas...", é mais fácil fazer o exercício por exclusão, ou seja, pegar o total possível e tirar os não possíveis. Tente observar isso em outras questões.RESOLUÇÃO:Total = C12,6O que não pode: ter 2 levantadores = C10,4 (10 e 4 porque 2 já foram escolhidos: os 2 levantadores)RESPOSTA: C12,6 - C10,4
  • 12 Jogadores -  (02) levantadores e outros (10) bem treinados que jogam em qualquer posição, enfim, os "fod***s".


    Objetivo - Deve-se formar um time de 6 pessoas com um levantador, ou (+), um time de 6 pessoas sem evantador.

     

    1° Passo - Sem o levantador, ou seja, só com os 'fod***":

     - Temos que escolher  6 de 10 dos "fodõ**": C (10,6) = 210

     

    2° Passo - Agora formamos um time de 6 pessoas com a inclusão de um dos (02) levantadores. Porém, como só podemos colocar 1 levantador, devemos escolher 1 dos 2 levantadores: C (2,1) = 02.

     

    Agora que escolhemos 1 levantador, só restão outros 5 pra formar um time, ou seja, C (10,5) = 252.

     

    3 - Passo - Agora pegamos o resultado da escolha de 1 dos levantadores e multiplicamos pelo resultado dos outros  5 jogadores escolhidos: 2 X 252 = 504.

     

    Por Fim, lembre-se que o enunciado pede (um time de  6 pessoas com um levantador, ou (+), um time de 6 pessoas sem um levantador).

     

    Portanto, 504 + 210 = 714

     

    Confesso que errei, mas como não entendi p**a nenhuma das outras explicações,  resolvi fazer uma mais didática.
     

  • Temos 12 jogadores, dentre eles 2 (dois) levantadores e 10 (dez) bem treinados para jogar em qualquer outra posição.

    Para escolhermos uma equipe de 6 (seis) jogadores com 1 (um) levantador (1ª opção), devemos:

    Escolher 1 (um) um levantador, entre os 2 (dois) disponíveis, ou seja, faremos C(2,1) = 2;

    Escolher 5 (cinco) jogadores entre os 10 (dez) que jogam em qualquer posição (não podemos escolher o outro levantador restante porque ele não sabe jogar nas outras posições), ou seja, faremos C(10,5), já que todos esses 10 jogadores jogam em qualquer posição e a ordem da escolha aqui não importa. Neste caso, temos C(10,5) = 10*9*8*7*6/5*4*3*2*1 = 252.

    Logo, 2 * 252 (escolher um levantador e 5 jogadores que jogam em qualquer posição) = 504 possibilidades.

    Agora, para escolhermos uma equipe de 6 (seis) jogadores e sem nenhum levantador, devemos considerar apenas aqueles que são bem treinados para jogar em qualquer posição, no caso 10 (dez) jogadores. Como a ordem também não importa, faremos uma combinação também, neste caso C(10,6) = 10*9*8*7*6*5/6*5*4*3*2*1 = 210 possibilidades.

    Como o enunciado pediu a quantidade de maneiras diferentes para formar um time de 6 atletas com apenas um ou sem nenhum levantador, devemos somar essas duas possibilidades. Portanto, teremos: 502 (possibilidade com um levantador) + 210 (possibilidade sem nenhum levantador) = 714 possibilidades.

    Portanto,

    Gabarito: Correta!


ID
86227
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O Banco do Brasil S.A. (BB) patrocina as equipes
masculina e feminina de vôlei de quadra e de praia. Segundo o
portal www.bb.com.br, em 2007, o voleibol brasileiro mostrou
mais uma vez a sua hegemonia no cenário internacional com a
conquista de 56 medalhas em 51 competições, tanto na quadra
quanto na praia. Nesse ano, o Brasil subiu ao lugar mais alto do
pódio por 31 vezes e conquistou, ainda, 13 medalhas de prata e 12
de bronze.

Com base nessas informações, julgue os itens subseqüentes.

Caso se deseje selecionar 5 medalhas, entre as conquistadas pelo voleibol brasileiro em 2007, de modo que 2 sejam de ouro, 2 de prata e 1 de bronze, a quantidade de possibilidades diferentes de se formar esses conjuntos será superior a 450 mil.

Alternativas
Comentários
  • Questão de Combinação Simples.
    A quantidade de possibilidades diferentes é obtida multiplicando a combinação de ouro (2) pela combinação de prata (2) pela combinação de bronze (1)
    Temos 56 medalhas no total
    31 de ouro
    13 de prata
    12 de bronze
    Logo, para encontrar o resultado devemos calcular:
    C(31,2) x C(13,2) x C(12,1)

    Medalhas de Ouro
    C(31,2) = 31! / 2! . (31-2)!
    C(31,2) = 31! / 2! . 29!
    C(31,2) = 31.30.29! / 2! . 29!
    C(31,2) = 31.30 / 2
    C(31,2) = 930 / 2
    C(31,2) = 465

    Medalhas de Prata
    C(13,2) = 13! / 2! . (13-2)!
    C(13,2) = 13! / 2! . 11!
    C(13,2) = 13.12 / 2
    C(13,2) = 156 / 2
    C(13,2) = 78

    Medalhas de Bronze
    C(12,1) = 12! / 1! . (12-1)!
    C(12,1) = 12! / 11!
    C(12,1) = 12

    Total
    465 x 78 x 12 = 435.240

    Total de possibilidades = 435.240
  • realmente não entendi. Só tem UMA possibilidade, 2 de ouro 2 de prata e 1 de bronze!! São só tres tipos de medalha! Se cada medalha viesse numerada ai tudo bem!
  • Luiz Fernando,

    Suas contas estão corretas, exceto pela última combinação.

    O correto é:

    C12,1 = 12, ou seja: 465 x 78 x 12 = 435.240

    Questão Errada.

  •  Quando li pela primeira vez essa questão fiquei na dúvida se multiplicava ou se somava ai vi que realmente deve-se multiplicar. Então para relembrar: para criar o CONJUNTO de 5 medalhas teremos que ter medalhas de ouro, de prata e bronze e como o CONJUNTO é formado pelos 3 TIPOS DIFERENTES de medalhas temos que multiplicar para cria-lo. Então vem a pergunta: quando deveria somar ? a resposta é simples: quando o CONJUNTO está criado completo em cada parte do cálculo. Um bom exemplo é identificar a quantidade de sucos que podem ser criado com até 3 frutas. Então podemos ter sucos de 1,2 ou 3 frutas. Assim, na primeira parte, o suco de 1 fruta está pronto, bem como o suco de 2 frutas e o suco de 3 frutas. Ai sim ! tenho que somar as combinações de sucos e não multiplicar, pois cada suco (CONJUNTO) já está pronto.

    Espero ter sido claro. Bons estudos!

  • 31/2x30/1x13/2x12/1x12/1 = 1.740.960/4 = 435.240


ID
86230
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco do Brasil
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O Banco do Brasil S.A. (BB) patrocina as equipes
masculina e feminina de vôlei de quadra e de praia. Segundo o
portal www.bb.com.br, em 2007, o voleibol brasileiro mostrou
mais uma vez a sua hegemonia no cenário internacional com a
conquista de 56 medalhas em 51 competições, tanto na quadra
quanto na praia. Nesse ano, o Brasil subiu ao lugar mais alto do
pódio por 31 vezes e conquistou, ainda, 13 medalhas de prata e 12
de bronze.

Com base nessas informações, julgue os itens subseqüentes.

Considerando-se que o treinador de um time de vôlei tenha à sua disposição 12 jogadores e que eles estejam suficientemente treinados para jogar em qualquer posição, nesse caso, a quantidade de possibilidades que o treinador terá para formar seu time de 6 atletas será inferior a 10³.

Alternativas
Comentários
  • Temos que escolher 12 jogadores para montar o time de 6 atletasC(12,6) = 12! / 6! . (12-6)!C(12,6) = 12! / 6! . 6!C(12,6) = 12.11.10.9.8.7.6! / 6! . 6!C(12,6) = 12.11.10.9.8.7 / 6.5.4.3.2.1C(12,6) = 1848 / 2C(12,6) = 924Logo, 924 possibilidades para formar o timeComo 10^3 = 1000, o item está CORRETO
  • Margareth, 

    Atenha-se a questão dada. A questão que menciona a posição de levantador é outra. 

    No caso, é uma simples combinação de C(12,6) conforme o colega colocou abaixo. Isto acontece pois é indiferente a ordenação dos jogadores - para o exercício, todas as posições são iguais -, além do número de jogadores (n) ser superior ao de posições (p)em si.

    Combinação com repetição apenas aconteceria se você pudesse formar grupos com jogadores repetidos, por exemplo: "2 Gibas" com "2 Tandes", etc... entendeu?


ID
88912
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
PRF
Ano
2008
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Acerca de contagem, porcentagem, regra de três, áreas e sistemas lineares, assinale a opção que apresenta conclusão correta acerca da situação hipotética nela contida.

Alternativas
Comentários
  • A opção C, referente a como acomodar as pessoas na Van, sem dúvida, está correta. Todavia, a opção D, referente à construção da faixa para patrulhamento do depósito de veículos apreendidos, falta informar que a faixa deveria ser construída junto aos 4 lados do terreno. Dessa forma, sem tal informação é possível construir faixas, paralelas aos lados do terreno, de larguras superiores a 6 m, o que tornaria a referida opção também correta. Assim sendo, o CESPE/UnB decidiu pela anulação da questão.
  • A Alternativa é errada pois se resolve pela Teoria da Casa dos Pombos!
    Resposta: São cinco Presos e quatro celas 
    | 1 |   | 1 |   | 1 |   | 1 |   1  - Nesta opção, fica um preso do lado de fora
    | 2 |   | 2 |   | 1 |   | X |       - Nesta opção, fica uma cela vazia.
    Muito simples para ver que letra E estava errada



  • ao meu ver são três celas e quatro presos.

    | 1 |   | 1 |   | 1 |   1

    | 2 |   | 2 |   | x |

    3+4=7

    gabarito C

  • Resolução da alternativa E:

    x: presos y: celas

    x - y = 1

    x = 2*(y - 1)

    Resolvendo o sistema, encontra-se y = 3 e x = 4.

    x + y = 4 + 3 = 7


ID
89116
Banca
ESAF
Órgão
MTE
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários, sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas opções possíveis existem para se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários, havendo na equipe pelo menos um homem e pelo menos uma mulher?

Alternativas
Comentários
  • Questão trata-se de uma combinação.Cn,s = n!/s!*(n-s)!Chamaremos H4,1 a combinação em que aparecerá um homem.Chamaremos H4,2 a combinação em que aparecerão dois homens.Chamaremos M6,1 a combinação em que aparecerá uma mulher.Chamaremos M6,2 a combinação em que aparecerão duas mulheres.Fica assim:H4,1 * M6,2 = 60H4,2 * M6,1 = 36Logo 60 + 36 = 96Alternativa correta: "C"
  • Para que tenhamos pelo menos um homem e pelo menos uma mulher na equipes, só pode ser:1) 2 homens e 1 mulher => C4,2 . 6 = 6 . 6 = 362) 2 mulheres e 1 homem => C6,2 . 4 = 15 . 4 = 60Opções (pelo menos um homem e pelo menos uma mulher) = 36 + 60 = 96
  • O TOTAL de grupos formados (sem considerar a necessidade de ter 1 homem e 1 mulher) é: C10,3 = 120.Se preciso ter 1 homem e 1 mulher no grupo, NÃO posso formar grupos com 3 mulheres nem grupos com 3 homens.Então, vejamos quantos grupos poderíamos formar com exatamente 3 mulheres (a) e com exatamente 3 homens (b).a) C6,3 = 20b) C4,3 = 4Para saber, então, quantos grupos podemos formar com pelo menos 1 homem e 1 mulher, é só subtrairmos (a) e (b) do total: 120-20-4 = 96.
  • Possibilidade A : 1 homem 2 mulheres
    Homem = C41= 4! = 4
                              1!3!
    Mulher
    C62=   6! =  15
                              2!4!
    Possibilidade B : 2 homens 1 mulher


    Homem = C42= 4! = 6
                              2!2!
    Mulher = C61=   6! =  6
                              1!5!
    4 multiplicado por 15 =60 +36=96
  • Eu uso praticamente sempre o mesmo modelo para resolver essas questões:

    PRIMEIRO: Saber se é Arranjo ou Combinação

    SEGUNDO: Caucular as possibilidades sem as restrições que o problema coloca.

    TERCEIRO: Subtrair Todas possibilidades pelas restrições:

    __


    PRIMEIRO: M-M-H OU H-H-M OU H-M-H  OU M-H-M A ordem NÃO importa, então CombinaÇÃO.

    SEGUNDO: C10,3= 120

    TERCEIRO: não podemos ter apenas mulheres, nem apenas homens

    Todas mulheres C6,3= 20

    Todos Homens C4,3= 4

    TERCEIRO:

    120 - 20 - 4 = 96

    Letra C

  • Questão simples. Basta raciocinar que o grupo pode ser de: dois homens e uma mulher ou duas mulheres e um homem. Tendo isso em mente é só formar as combinações.

    1 homem e 2 mulheres:

    C(4,1)*C(6,2) = 4*15=60

    2 homens e 1mulher:

    C(4,2)*C(6,1) = 6*6=36

    Agora é só somar as duas possibilidades e chega-se ao resultado.

    36+60=96

  • Questão básica. Boa para revisar a essência da combinação com equipes.

    Dado da questão: Pelo menos 1 mulher e 1 homem na equipe de 3 funcionários. Teremos aí, então, 1H e 1M estáticos.

    Hipóteses: reparem que nas duas hipóteses abaixo estaremos respeitando o que a questão pede que é ter PELO MENOS 1H e 1M.

    I)  1H e 2M
    II) 2H e 1M

     

    Feito isso, basta pegar o número de homens que temos disponíveis e o número de mulheres e combiná-los com as hipóteses, portanto:

    I) C4,1 (4H disponíveis para 1H da hipótese) = 4
       C6,2 (6M disponíveis para 2M da hipótese) = 15
    Multiplica-se: 15x4 = 60

     

    II) C4,2 (4H disponíveis para 2H da hipótese) = 6
        C6,1 (6M disponíveis para 1M da hipótese) = 6
    Multiplica-se: 6x6 = 36

    Feito a combinação das hipóteses com os disponíveis, somam-se os resultados: 60+36 = 96  Gab. C

  • Prezados,

     

    Sejamos páticos:


    Quando a questão menciona a seguinte passagem "havendo na equipe pelo menos um homem", isso significa dizer que a equipe não pode ser formada SOMENTE por mulheres. Igualmente, quando a questão menciona "(...)e pelo menos uma mulher", significa dizer que não pode existir uma equipe formada SOMENTE por homens.

     

    Em resumo:

    i) Pelo menos 1 homem = Já não pode ser equipe de mulheres apenas (C4,3)

    ii) Pelo menos 1 mulher = Já não pode ser equipe de homens apenas (C6,3)

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

     

    Logo, as maneiras de combinarmos seria pegar TODAS as combinações possíveis e excluir apenas os casos citados nos itens (i) e (ii).

     

    C10,3 - C4,3 - C6,3 = 120 - 4 - 20 = 96//

     

     

     

    Gab.: Alternativa "c"

  • Apenas duas possibilidades para as equipes: Um homem e duas mulheres, ou uma mulher e dois homens.

    4 x 6 x 8 / 2* (*combinações repetidas) = 96

  • Se a equipe tem 3 pessoas, precisa ter pelo menos 1 homem e 1 mulher, temos 2 possíveis grupos: 2 homens e 1 mulher, ou 2 mulheres e 1 homem. Vejamos quantas possibilidades temos para cada tipo de grupo.

    2 homens e 1 mulher:

    Para escolher 2 homens em um total de 4 disponíveis, basta calcular a combinação de 4, 2 a 2:

                   E para escolher 1 mulher em um total de 6, temos 6 possibilidades, como você pode comprovar abaixo:

                   Pelo princípio fundamental da contagem, temos 6 x 6 = 36 formas de agrupar 2 homens e 1 mulher.

    2 mulheres e 1 homem:

    Para escolher 2 mulheres em um total de 6 disponíveis, basta calcular a combinação de 6, 2 a 2:

    E para escolher 1 homem em um total de 4, temos 4 possibilidades, como você pode comprovar abaixo:

    Pelo princípio fundamental da contagem, temos 15 x 4 = 60 formas de agrupar 2 mulheres e 1 homem.

                   

                   Assim, ao todo temos 36 + 60 = 96 equipes distintas com 3 funcionários, respeitando as condições do enunciado.

    Resposta: C


ID
90901
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sérgio e Carla chegam ao autoatendimento de uma agência
bancária para sacarem, respectivamente, R$ 430,00 e R$ 210,00.
Nessa agência, estão em operação 10 caixas automáticos, todos
indicando, na tela, que contêm notas de 5, 10, 20 e 50 reais. No
entanto, efetivamente, 2 deles contêm apenas notas de 10 reais, 3
contêm somente notas de 20 reais, e os demais contêm notas de
todos os valores indicados na tela. Nos caixas, existem notas
suficientes para os saques, cada um deles tem fila individual, e
Sérgio e Carla tomaram filas de caixas diferentes.

Considerando a situação hipotética apresentada, julgue os itens que
se seguem.

A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para o casal Sérgio e Carla é superior a 100.

Alternativas
Comentários
  • Acredito que seja igual a 90 maneiras
  • Eu entendo que nesse caso a ordem não importa, pois ele está pedindo OS PARES DE FILAS e não AS POSIÇÕES (neste caso a ordem importaria). Portanto, acredito tratar-se de um exercício de combinação: C10,2 = 10!/2!*8! = 45 PARESDe qualquer forma é inferior a 100.
  • A ORDEM IMPORTAC10,2 = 10!/(10-2)!.2! = 10.9.8!/8!.2! = 10.9/2 = 90/2 = 45 paresSe ordem não importasse, ou seja, se pudesem haver repetições, o resultado seriaC10,2 = 10!/(10-2!= 10.9.8!/8! = 10.9 = 90 paresComo os colegas abaixo comentaram, ambas as escolhas estão abaixo de 100.Resposta com afirmação incorretaPara entender o raciocíno acima é preciso estudar as fórmulas, porque senão a cabeça do cidadão pira.Cn,r = n!/(c-r!.r e Cn,r = n!/(c-r)!
  • Resposta Errada.
    Na verdade o valor da resposta é 21.
    De fato, pois Sérgio e Carla ocuparam filas diferentes e a ordem é irrelevante.
    Por que 7 tomado a 2?
    Observe que eles não poderam utilizar 3 caixas que contêm somente notas de 20 reais, porque não têm como retirar R$ 430,00 e R$ 210,00 nestes caixas. Logo, eles somente utilizaram 7 caixas eletrônicos.
    Agora, o cálculo fica assim:
    C7,2=21 < 100
  • A PERGUNTA É RESPONDIDA COM ARRANJO SIMPLES, SEM NADA MAIS. A 10,2 = 90. OS PARES JA SÃO FEITOS POR ESSE TIPO DE CALCULO. NÃO PRECISA DIVIDIR OU NADA DO GENERO! E NÃO PODE SER FEITO POR COMBINAÇÃO POIS NO CASO EM QUESTAO INFLUENCIA A POSIÇÃO QUE CADA USUARIO OCUPA, MESMO QUE TROCADA! 

  • Resposta: 21

    A questão, ao meu ver, é de Combinação mesmo, pois não importa a sequência das filas.
    Porém, os valores dos saques são múltiplos de 5 e10, mas não de 20. Há 3 caixas que possuem células somente de 20, então Sérgio e Carla não poderão sacar nesses caixas.

    Logo, a combinação deverá ser C 7,2 - resultando em 21 pares diferentes de filas possíveis para o saque.
  • Afinal é arranjo ou combinação?

  • Colegas,

    Eu vou na linha dos que disseram ser Combinação para o caso. Quando o examinador disse "pares de filas diferentes disponíveis para o casal", me deu a entender que eles querem saber de uma unidade de "casal" que ocupa 2 posições, não importando se É Sérgio - Carla ou Carla - Sérgio. O que é diferente da questão Q30299, que fala de "escolha de pares de filas diferentes para Sérgio e Carla tal que ambos consigam realizar os saques ...".

    Independente de Arranjo ou Combinação, a resposta deu errada. Fato atípico para o Cespe, pois costuma avaliar justamente se o candidato sabe diferenciar os métodos.

  • é arranjo! exemplo...

    caixas:   1    2    3    4    5    6    7    8    9    10

                 j     c

                 c     j


    são casos diferentes, então a permuta deles de lugar conta. então é arranjo

    resposta: 90

  • Acredito que não sejam 21 maneiras diferentes porque o casal não tinha a informação de que aqueles 3 caixa continham apenas cédulas de 20 reais. Dessa forma, como escolheriam apenas entre as 7 restantes?


    Pra mim, resposta: 90

  •  

    MOLE, MOLE, GALERA!!!
    Havia postado, aqui, defendendo que há 90 possibilidades, por achar que a ordem importa. Errado! Então vamos à correção.

    * Dados do problema:
       → 10 filas disponíveis;   
       →   2 pessoas em filas diferentes.

    A questão quer saber de quantas formas diferentes é possível que 2 pessoas entrem em filas distintas, independentemente das notas liberadas pelos caixas.

    * Matando a cobra:
       Por que não é arranjo? O par Sérgio e Carla é o mesmo par que Carla e Sérgio. O mesmo raciocínio é empregado para os pares de fila.
       Temos, portanto, combinação.
       C(n,p) =       n!               C(10,2) = 10 . 9 . 8!          A = 45               
                      p! (n-p)!                               2! 8!

     * Mostrando o pau:
        Imaginemos as filas identificadas de 1 a 10. 
        Fazendo as combinações da fila 1 com as demais filas, temos 9 combinações.
        As combinações da fila 2 terá uma combinação a mesnos, já que o par 1-2 já terá sido contado.
        E assim por diante, de tal forma que não sobra nenhuma combinação para a fila 10 fazer, já que as demais já fizeram com ela.

        1-2              2-3             3-4             4-5             5-6             6-7             7-8             8-9             9-10
        1-3              2-4             3-5
        1-4              2-5             3-6
        1-5              2-6             3-7
        1-6              2-7             3-8
        1-7              2-8             3-9
        1-8              2-9             3-10
        1-9              2-10
        1-10
     9 pares        8 pares       7 pares      6 pares      5 pares       4 pares       3 pares      2 pares         1 par
        
        9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1   =   45

        45 < 100.

    * GABARITO: ERRADO.



    Abçs.

  • Olá, pessoal.

    Independentemente de escolha de caixa, são 2 pessoas. S= sérgio e C=Carla. Em 10 caixas.

    1    2      3     4    5     6     7     8      9      10

    S   C --->pares: onde você pode colocar as pessoas - número de pessoas = 10-2=8. Este é o valor do evento Anagrama, pois são maneiras distintas.

    A10,(10-2) = 10!/8! = 10 * 9 *8! / 8! = 10*9 = 90.

     

     

    Outro cálculo bem simples.

    O Todo são 10 diminui pela forma dos pares. Se Sérgio já está em uma fila, serão 10-1 =9 filas para Carla entrar e formar 1 par, independentemente de qual fila seja. Sendo, formas distintas um Anagrama. Então temos A=10*9. Pois Sérgio pegou 1 posição dentre 10, depois Carla escolheu uma dentre 9. A=10*9=90.

     

  • Filas totais - filas de 20 reais = filas que atendem

    A(10,2) - A(3,2) = 90 - 6 = 84

    questao errada

  • Sérgio e Carla não poderão sacar em 3 dos caixa que só sacam 20 reais pq nunca conseguiram sacar 430 ou 210 neles , então se exclui 3 caixas ,restando  C 7,2=21

  • Muito comentário (e com maior numero de curtidas) equivocado! No enunciado diz que todos os caixas possuem notas suficientes para os caixas. Logo, não exclui os tres caixas como os colegas acima falaram. A questão trata-se de arranjo. 10 possibilidades para um deles e 9 para o outro -> 10.9 = 90

  • Trata-se de COMBINAÇÃO

    Combinação C10,2 . 2!

    2! porque temos que permutar os dois na fila!

    10.9 / 2.1= 45.2! =90

    Não se trata de ARRANJO pois a ORDEM não importa.

    É combinação! Se ligar de permutar o resultado no final.

    Outra coisa...o cespe quase nunca dá um valor muito longe do resultado... vi aqui comentários de resultado bem longe do enunciado na questão.


ID
90904
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sérgio e Carla chegam ao autoatendimento de uma agência
bancária para sacarem, respectivamente, R$ 430,00 e R$ 210,00.
Nessa agência, estão em operação 10 caixas automáticos, todos
indicando, na tela, que contêm notas de 5, 10, 20 e 50 reais. No
entanto, efetivamente, 2 deles contêm apenas notas de 10 reais, 3
contêm somente notas de 20 reais, e os demais contêm notas de
todos os valores indicados na tela. Nos caixas, existem notas
suficientes para os saques, cada um deles tem fila individual, e
Sérgio e Carla tomaram filas de caixas diferentes.

Considerando a situação hipotética apresentada, julgue os itens que
se seguem.

A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para Sérgio e Carla tal que ambos consigam realizar os saques desejados é maior que 20.

Alternativas
Comentários
  • Mais uma questão de Combinação, pois pede PARES de caixas, não importando as suas posições.Os caixas com notas de R$20,00 não servem, restando somente 7 caixas.C7,2 = 7!/2!*5! = 21 pares.
  • A ORDEM IMPORTA Excluindo os 3 caixas com notas só de 20 que não permitem a formação de duplas eo saque exatoC7,2 = 7!/(7-2)!.2! = 7.6.5!/5!.2! = 7.6/2 = 42/2 = 21 paresSe ordem não importasse, ou seja, se pudesem haver repetições, o resultado seriaC7,2 = 7!/(7-2)!= 7.6.5!/5! = 7.6 = 42 paresMas o correto são 21 pares, uma vez que um par figurativamente nominado ab não pode se repetir como ba
  • A 7,2 =
    7!/(7-2)! =
    7 x 6 x 5!/ 5! =
    7 x 6 = 42
  • Super feliz em começar fazer parte deste grupo de estudantes!! Que todos nós consigamos alcançar nossos objetivos!! Sorte, sempre!! Estudar, até passar!! :)

  • Também acredito ser um exemplo de arranjo. Se um par for Sergio no caixa 1 e Carla no caixa 2, se houver inversão de ordem, surge uma nova maneira distinta.

  • MOLE, MOLE, GALERA!!!


    Dados do problema:
       → 7 caixas disponíveis;
       

       
    → 2 pessoas entrarão em filas diferentes;

       → a ordem dessas filas não importa;



    * Então, como é que fica?
       

       C(n,p) =       n!              C(7,2) =    7!             C = 7.6.5!          C = 21               
                      p! (n-p)!                        2! 5!                  2. 5!

       Sérgio e Carla têm a possibilidade de escolherem 21 pares de filas.


       21 > 20.



    Confirmando:
       Vamos alfabetizar essas filas. Vamos identificar cada fila com uma letra: A B C D E F G (7 filas)


       
    AB          BC          CD          DE          EF          FG

       AC          BD          CE          DF          EG             

       AD          BE          CF          DG        

       AE          BF          CG         

       AF          BG

       AG



    * GABARITO: CERTO.

    Abçs.
  • Os caixas com notas de 20 não servem, logo, C7,2= 21

  • A ordem não importa! tem gente confundindo Faraó do Egito com Farofa de Cabrito!

    Ter ou não ORDEM NÃO SIGNIFICA REPETIÇÃO!

    Excluimos os caixas que não terão como sacar os valores (3) 10-3=7

    Trata- se de Combinação C7,2 = 21

  • CORRETO

    total = 10 filas

    No entanto, efetivamente, 2 deles contêm apenas notas de 10 reais, 3 contêm somente notas de 20 reais, e os demais contêm notas de todos os valores indicados na tela. 

    Quero 2 filas ,porém com uma restrição ,porque os valores 430 e 210 não seriam trocados apenas por notas de 20 .

    Veja:

    430/20= 21,5

    210/20= 10,5

    Então, temos disponíveis apenas 7 caixas /filas ( total 10 - 3 os que só têm notas de 20 = 7 os demais ) .

    C 7,2 = 21

  • 1 - Trata-se de um problema de análise combinatória porque pede a quantidade de escolhas dentro de um conjunto de possibilidades.

    2 - Vou utilizar o total de sete caixas automáticos como conjunto de possibilidades de escolha porque três desses caixas só possuem notas de R$ 20,00 e, por isso, os saques de R$ 430,00 e de R$ 210,00 não são possíveis nesses caixas. 

    3 - A ordem de escolha dos caixas não faz diferença porque escolher um ou outro caixa não vai alterar o resultado final. Como a ordem não importa, vai ser usada a combinação.

    4o A fórmula da combinação é:

    C n,p = n!/p!(n-p)!

    Onde n = total de elementos e p = total de elementos que preciso escolher.

    No problema temos que escolher 2 caixas automáticos em um total de 7, logo, n = 7 e p = 2.

    Calculando: C10,2 = 7!/2!(7-2)! ->  7!/2!.5! -> 7.6.5!/2.1.5! -> simplifico 5! no numerador com 5! no denominador -> 42/2 = 21.

    Logo, a quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para Sérgio e Carla tal que ambos consigam realizar os saques desejados é de 21 escolhas.

    GABARITO CERTO.

    Favor comunicar se houver algum erro na explicação. Obrigado.


ID
90907
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sérgio e Carla chegam ao autoatendimento de uma agência
bancária para sacarem, respectivamente, R$ 430,00 e R$ 210,00.
Nessa agência, estão em operação 10 caixas automáticos, todos
indicando, na tela, que contêm notas de 5, 10, 20 e 50 reais. No
entanto, efetivamente, 2 deles contêm apenas notas de 10 reais, 3
contêm somente notas de 20 reais, e os demais contêm notas de
todos os valores indicados na tela. Nos caixas, existem notas
suficientes para os saques, cada um deles tem fila individual, e
Sérgio e Carla tomaram filas de caixas diferentes.

Considerando a situação hipotética apresentada, julgue os itens que
se seguem.

A quantidade de escolhas de pares de filas diferentes disponíveis para Sérgio e Carla tal que pelo menos um deles não consiga fazer o saque é menor que 20.

Alternativas
Comentários
  • 1 fica em um dos 3 caixas q não fazem saques enquanto o outro passeia pelos 7 restantes, formando 7 pares nas condições pedidas.Fazendo isso 3 vezes resulta em 21. Invertendo a pessoa soma mais 21 pares de filas = 42 possibilidades.
  • Enquanto Carla não saca: C3,1 = 3!/1! 2! = 3

    Sérgio pode sacar ou não: C10,1 = 10!/1! 9! = 10

    Invertendo:

    Enquanto Sérgio não saca: C3,1 = 3!/1! 2! = 3

    Carla pode sacar ou não: C10,1 = 10!/1! 9! = 10

    Total de soluções: 26

  • O problema diz que obrigatoriamente um deles não deve conseguir fazer o saque. Então usando o princípio fundamental da contagem temos:

    Sérgio não sacando X Carla sacando ou não (caixa que podem fazer saque + caixas que não pode sacar e que não estão sendo usados por Sérgio):

            3                           x                           (7 + 2)  = 27

    Invertendo quem usa os caixas, devemos dobrar as possibilidades:

    27 x 2 = 54 possibilidades.

  • C(3,1) x C(7,1) para Sergio não sacar e Carla sacar

    +

    C(3,1) x C(7,1) para Sergio sacar e Carla não sacar

    = 21 + 21 = 42
  • Resolução 1:

    Formas de eles escolherem 2 filas quaisquer:

    A10,2 = 10 x 9 x 8! / 8! = 10 x 9 = 90

    Desse total, retiramos as situações que os dois conseguem sacar:

    A7,2 = 7 x 6 x 5! / 5! = 42.

    Logo: 90 - 42 = 48


    Resolução 2:

    O casal não consegue sacar:

    A3,1 = 6

    Apenas um dos dois saca:

    A7,1 x A3,1 = (7 x 6! / 6!) x 3 x 2! / 2!
    7 x 3 = 21

    Nesse caso, é necessário multiplicar por 2 para abranger as duas possibilidades (A saca, mas B não saca e vice-versa)

    Então, 21 x 2 = 42

    42 + 6 = 48
  • Sinceramente, quem está correto???

    Fiz de outra forma, por combinação  7,2 - os dois são conseguem sacar em 7 caixas, portanto....(deve ser viagem minha).

    Por gentileza, quem souber e puder me avisar qual a verdadeira resposta desta assertiva, favor me avisar...

    Obrigado!
  • 10 caixas - 3 caixas de R$20 = 7 caixas possíveis
    de 7 caixas eles podem escolher 2
    entao C(7,2) = 21 maneiras
  • Se são 7 as possibilidades de os dois conseguirem realizar o saque, em 8 possibilidades, ao menos 1 tem a possibilidade de não conseguir....sendo assim seria:

       C (8,2) 8!/2!*6! = 8.7/2 = 56/2 = 28 (mais de 20 possibilidades)

  • MOLE, MOLE, GALERA!!!


    * Dados do problema:

       → 3 filas indisponíveis para escolher 1 (3,1);

       → 7 filas disponíveis para escolher 1 (7,1);

       → a ordem não importa. COMBINAÇÃO (3,1) . (7,1)            C(n,p) =        n!                         
                                                                                                                 p! (n-p)!

          

    * Matando a cobra:

       

       C(3,1) =    3!            C = 3.2!          C = 3                                         C(7,1) =    7!            C = 7.6!          C = 7               

                      1! 2!                  2!                                                                            1! 6!                 1.6!


     

        3 .7 = 21                                    21 > 20



    Mostrando o pau:

     

      | | |          | | | | | | | 


      Acima, você tem as 3 filas indisponíveis e as 7 disponíveis.


       Sérgio e Carla entrarão em filas diferentes. Um deles entrará numa fila disponível e, o outro, numa indisponível.

       Quem entrar numa fila indisponível, tem 3 opções. Quem entrar numa fila disponível, tem 7.

       

       3 x 7 = 21.



    * GABARITO: ERRADO.



    Abçs.

  • eu pensei assim:

    todas as possibilidade - as possibilidades em que os 2 conseguem realizar o saque:
    C(10,2) - C(7,2) = 28

  • Cada um com sua resposta e fodac

  • Se voce acertou a anterior, acertamos essa sem fazer conta! Ora, se com restrição nos temos 21 possiveis maneiras de sacar o dinheiro ( C7,2 ). Retirando a restrição para um deles vamos ter muito mais que 21 possibilidade. A questão fala em Menos de 20..

    Gab. ERRADO

  • Esse Alex Aigner é muito bom!!! Todas as questões ele acha: "MOLE, MOLE, GALERA!!!"

  • Na verdade não é 21...

    ''Pelo menos 1 deles não consiga sacar" = Sérgio não sacar + Carla não sacar

    Primeiro Carla saca, ela pode escolher 7 caixas disponíveis e Sérgio não irá conseguir em 3 = 21, ai eles invertem

    Sérgio escolhe 7 diferentes e Carla 3 = 21

    21+21 = 42 maneiras diferentes de PELO MENOS 1 não sacar.

  • Usando todas as filas seria possível 45 possibilidades= C(10,2)=45. Há 7 caixas que possibilitariam os saques para ambos C(7,2)=21. Assim, para saber quando pelo menos um não irá conseguir sacar, basta subtrair 45-21=24.


ID
90910
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

Sérgio e Carla chegam ao autoatendimento de uma agência
bancária para sacarem, respectivamente, R$ 430,00 e R$ 210,00.
Nessa agência, estão em operação 10 caixas automáticos, todos
indicando, na tela, que contêm notas de 5, 10, 20 e 50 reais. No
entanto, efetivamente, 2 deles contêm apenas notas de 10 reais, 3
contêm somente notas de 20 reais, e os demais contêm notas de
todos os valores indicados na tela. Nos caixas, existem notas
suficientes para os saques, cada um deles tem fila individual, e
Sérgio e Carla tomaram filas de caixas diferentes.

Considerando a situação hipotética apresentada, julgue os itens que
se seguem.

Considere que as senhas de banco de Sérgio e de Carla sejam compostas de uma primeira parte numérica de 6 algarismos que assumem valores de 0 a 9 e uma segunda parte constituída de três letras entre as 26 letras do alfabeto. Considere ainda que as partes alfabéticas das senhas de Sérgio e Carla sejam, respectivamente, TMW e SLZ, e que não sejam permitidas senhas numéricas com todos os números iguais. Nessa situação, o número total de senhas possíveis nesse banco cuja parte alfabética não contenha nenhuma das letras existentes na senha de Sérgio ou na de Carla é menor que 8 bilhões.

Alternativas
Comentários
  • Por favor, me corrijam se eu estiver errado!A senha é composta de uma parte numérica e outra alfabéticaParte numérica: |_| |_| |_| |_| |_| |_|, sendo que:1) Os números variam de 0 a 9;2) Não há senhas com TODOS os números iguais;3) Sendo assim, uma combinação de C10,6 - 10 (pois os números não podem ser todos iguais, exemplo: 000000, 111111, ....)Parte alfabética: |_| |_| |_|, sendo que:1) As letras variam entre as 26 letras do alfabeto;2) Não contenha as letras usadas na senha de Sérgio e Carla (T, M, Q, S, L e Z)3) Sendo assim, uma combinação de C20,3Cruzando as duas combinações:Parte numérica x Parte alfanuméricaResposta: (210-10) x 1140 = 228.000 senhas possíveis.
  • Vinícius,Seu raciocínio está correto com exceção de um ponto importante: como a ordem dos algarismos ou letras é importante temos que usar arranjo ou invés de combinação. Dessa forma a resposta seria:(A(10,6) - 10) * A(20,3) = (151200 - 10) * (6480) = 979.711.200
  • No meu entender trata-se de um arranjo com repetição.Desconsiderando inicialmente que não vale senhas com todos os números iguais:Ar(10,6) x Ar(20,3) =10^6 x 20^3 =1000000 x 8000 =Exatamente 8 bilhões!Mas como senhas com todos os números iguais não são válidas:8 bilhões - 10 = 7999999990, portanto menor.
  • Você tem razão Danilo; relendo a questão vi que ela só faz restrição a repetição de TODOS os algarismos e não de no máximo 5 deles; sendo assim o correto seria (usando o princípio fundamental da contagem):Parte numérica: 10 x 10 x 10 x 10 x 10 x 10 - 10 (já que não são permitidos todos os algarismos iguais) == 999.990Parte alfabética: 20 x 20 x 20 == 8000Resposta 999.990 x 8000 == 7.999.920.000 que, assim como qualquer um dos outros resultados errados*, é menor que 8 bilhões.* engraçado que até agora todos que comentaram erraram a conta mas acertaram a questão :)
  • RESPOSTA: ERRADO

    ATENÇÃO!
    Em nenhum momento a questão afirma que os algarismos serão todos distintos.
    O que se afirma é: "não são permitidas senhas numéricas com todos os números iguais."
    Portanto, não podemos resolve-la por arranjo.
    Será ultilizado o Princípio Fundamental da Contagem.


    PARTE NUMÉRICA:
    TOTAL(INCLUINDO AS REPETIÇÕES POR ENQUANTO) = 10 X 10 X 10 X 10 X 10 X 10 = 1.000.000

    PARTE ALFABÉTICA:
    Também vale repetir letra.
    26 letras do alfabeto menos 6 letras já ultilizadas por Sérgio e Carla = 20 letras disponíveis = 20 x 20 x 20 = 8.000

    TOTAL DE SENHAS, VALENDO TUDO:
    1.000.000 X 8.000 = 8.000.000.000 (8 BILHÕES)


    NÚMEROS QUE REPETEM:
    000000
    111111
    222222
    .
    .
    .
    999999
    Total, 10 POSSIBLIDADES
    (OBS: REPARE QUE ESSE "10" NÃO SÃO SENHAS,
    PARA DESCOBRIR O NÚMERO DE SENHAS QUE REPETEM NÚMEROS TEMOS QUE MULTIPLICAR 10 PELA PARTE DAS LETRAS 8.000)


    NÚMERO DE SENHAS QUE REPETEM OS NÚMEROS:
    10 x 8.000 = 80.000 senhas

    NÚMERO TOTAL DE SENHAS POSSÍVEIS:
    8.000.000.000 - 80.000 = 7.999.920.000


  • A questão diz: que não sejam permitidas senhas numéricas com todos os números iguais. 

    Como são 6 números eu posso repetir até 5 números.

    Então fica 10 x 10 x 10 x 10 x 10 x 9 = 900.000

    Sobre as letras a questão diz: cuja parte alfabética não contenha nenhuma das letras existentes na senha de Sérgio ou na de Carla (total de 6 letras. Ficando 26 - 6 = 20).

    Então 20 x 20 x 20 = 8.000

    Números x Letras

    900.000 x 8.000 = 7.200.000.000 < que 8 bilhões RESPOSTA CERTA.

  • gabarito certo, não se pode ter todos os números iguais, e subtrai 6 letras que são das senhas de Sérgio e Carla.

    Para senhas formadas com 6 algarismos iguais, ter-se-ão de 10 números, 10 senhas com algarismos iguais; e 26 letras menos as 6 usadas por Carla e Sérgio, dará 20 = 2 x 10;

    montando pra todas senhas possíveis= 10 x 10 x 10 x 10 x 10 x 10 x   2x10 x 2x10 x 2x10 - 10 senhas (com números iguais); logo 8x 10^9 - 10 senhas, será 8bilhões - 10; assim gabarito certo


  • Fiz como o Carlos Araújo

  • Prezado Paulo Neves
    seu pensamento foi bem correto, só que, o Sr. esqueceu
    que no enunciado proibiu que todos os 6 algarismos sejam idênticos, isto é
    5 podem ser iguais, mas não 6

    sendo assim, permita-me te corrigir:
    10 * 10 * 10 * 10 * 10 * 9 * 20 * 20 * 20
    total = 7 200 000 000 sete bilhões e 800 milhoes de possibilidades
    questão correta 

  • Odeio essa máteria

  • Cada um com seu resultado diferente, pelo menos são inferior a 8 bilhões.


ID
90913
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A esposa, o filho e a filha de Marcos são correntistas de
uma mesma agência do BRB. Certo dia, entregaram os cartões
magnéticos a Marcos para sacar dinheiro de suas contas, que têm as
senhas de números 201001, 201002 e 201003, e os códigos de três
letras BRB, RBB e BBR. Marcos sabia a quem pertencia cada
cartão e lembrava-se das senhas e dos códigos, mas não das
associações entre cartões, senhas e códigos. Ele recordava apenas
que a senha do cartão da esposa era 201001 e o código de três letras
associado à senha 201002 era BBR. Marcos decidiu telefonar para
casa e obteve a informação de que o código do cartão da conta do
filho era RBB.

Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

A senha do cartão do filho de Marcos é 201003.

Alternativas
Comentários
  • Esposa Filho FilhaSenha 201001 201003 201002Código BRB RBB BBR Acho que, em uma questão como essa, é mais fácil criar a tablela e alimenta-la com as informações que o enuncioado lhe fornece. Com efeito, resta completar a tabela. Não tem erro...
  • 201001,BRB, esposa201002,BBR, filha201003,RBB, filho
  • Certo.

    Senha da esposa->201001
    Letras do cartão do filho->RBB
    Sabe-se que BBR era associado à senha 201002, logo é só completar a tabela com os dados:
      Esposa Filho Filha Senha 201001 201003 201002 Letras BRB RBB BBR
  • gente não fala aqui que a questão é simples pelo amor de Deus

    eu fico me sentindo muito burralda

    heuahuehauehaueha

  • Questão simples, mas demorei a responder por achar que havia alguma pegadinha típica do Cespe. =D

  • PESSOAS SENHA AGÊNCIA

    ESPOSA 201001 BRB

    FILHO 201002 RBB

    FILHA 201003 BBR

    GAB: CORRETO

  • CORRETO!

    SEGUE A TABELA: https://prnt.sc/110rago


ID
90916
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A esposa, o filho e a filha de Marcos são correntistas de
uma mesma agência do BRB. Certo dia, entregaram os cartões
magnéticos a Marcos para sacar dinheiro de suas contas, que têm as
senhas de números 201001, 201002 e 201003, e os códigos de três
letras BRB, RBB e BBR. Marcos sabia a quem pertencia cada
cartão e lembrava-se das senhas e dos códigos, mas não das
associações entre cartões, senhas e códigos. Ele recordava apenas
que a senha do cartão da esposa era 201001 e o código de três letras
associado à senha 201002 era BBR. Marcos decidiu telefonar para
casa e obteve a informação de que o código do cartão da conta do
filho era RBB.

Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

O código do cartão da filha de Marcos é BRB.

Alternativas
Comentários
  • o cartão da filha é o 201002 e código BBR, conforme dito no texto
  • O da mãe só pode ser 201001 e o código BRB

    O do filho só pode ser 201003 e o código RBB

    O da filha claro que só pode ser o que sobrou 201002 e o código BBR

     

    Logo,sabemos que o da filha não é o código BRB

    Errado

    Bons Estudos !!

     

    Paulo.

     

  •                       201001      201002     201003     BRB      RBB      BBR

    ESPOSA          V                   F                F              V             F            F

    FILHO               F                  F                 V              F             V           F

    FILHA                F                  V                 F              V             F           V


ID
90919
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A esposa, o filho e a filha de Marcos são correntistas de
uma mesma agência do BRB. Certo dia, entregaram os cartões
magnéticos a Marcos para sacar dinheiro de suas contas, que têm as
senhas de números 201001, 201002 e 201003, e os códigos de três
letras BRB, RBB e BBR. Marcos sabia a quem pertencia cada
cartão e lembrava-se das senhas e dos códigos, mas não das
associações entre cartões, senhas e códigos. Ele recordava apenas
que a senha do cartão da esposa era 201001 e o código de três letras
associado à senha 201002 era BBR. Marcos decidiu telefonar para
casa e obteve a informação de que o código do cartão da conta do
filho era RBB.

Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

Marcos não tinha necessidade de telefonar para casa. As informações de que dispunha eram suficientes para que encontrasse as associações, sem a referida informação do código do cartão do filho.

Alternativas
Comentários
  • Olá, pessoal!

    Essa questão foi anulada pela organizadora.


    Justificativa da banca:  Faltam informações suficientes para o julgamento objetivo do item. Com as informações apresentadas é possível interpretar o item de duas maneiras igualmente válidas, no entanto, com respostas diversas.

    Bons estudos!

ID
90922
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
BRB
Ano
2010
Provas
Disciplina
Raciocínio Lógico
Assuntos

A esposa, o filho e a filha de Marcos são correntistas de
uma mesma agência do BRB. Certo dia, entregaram os cartões
magnéticos a Marcos para sacar dinheiro de suas contas, que têm as
senhas de números 201001, 201002 e 201003, e os códigos de três
letras BRB, RBB e BBR. Marcos sabia a quem pertencia cada
cartão e lembrava-se das senhas e dos códigos, mas não das
associações entre cartões, senhas e códigos. Ele recordava apenas
que a senha do cartão da esposa era 201001 e o código de três letras
associado à senha 201002 era BBR. Marcos decidiu telefonar para
casa e obteve a informação de que o código do cartão da conta do
filho era RBB.

Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

Considerando-se que, no banco de dados dos clientes do banco BRB, existam pelo menos 35 contas-correntes cujos códigos de três letras usam apenas as letras B e R, que apenas um correntista use o código BBB e que, no máximo, três correntistas usem o código BRB, então existem pelo menos cinco correntistas do BRB com o mesmo código de três letras, usando apenas as letras B e R.

Alternativas
Comentários
  • Análise combinatória é necessária nesse caso apenas para calcular o número de códigos (23).BBB = 1
    BBR = 
    BRB = 3
    BRR = 
    RBB = 
    RBR = 
    RRB = 
    RRR = 

    Para completar, procuramos 6 números naturais cuja soma seja 31. 

    Se todos forem menores que 6, a maior soma possível é 30. Portanto, algum número obrigatoriamente é no mínimo 6.

    Lembrando que, como pelo menos um código tem no mínimo 6 usuários, então a afirmação da questão é verdadeira pois, se ele tem no mínimo 6, "existem pelo menos cinco correntistas do BRB com o mesmo código".
  • 8 formas de formar senhas com B e R (2X2X2)

    Em seguida temos que só 1 usa senha BBB e no máximo 3 usam a senha BRB; subtraindo-se essas 4 senhas das 35 existentes, ficam 31 senhas. Considerando-se que para as demais senhas (6 tipos) existe a mesma probabilidade de distribuição entre os correntistas faltantes(31) basta dividir:

    31\6=5,6.

    Portanto, pode-se afirmar que, no mínimo, necessariamente, existe 5 correntistas com a mesma senha.

  • GALERA!!!!


    Se não fossem os colegas Jessé e Regilena Godoi, nunca teria conseguido chegar no resultado correto.
    Apenas torno mais claro a explicação deles.

    * Dados do problema:
       → 35 correntistas usam em seus códigos de 3 letras, B e R (BBB e RRR contam, já que para cada letra pode ser B ou R);
       →   1 correntista usa o código BBB;
       →   3 correntista usam o código BRB.

    * Explicando:
      → Ele quer saber se é certo afirmar que...       
           "existem pelo menos cinco correntistas do BRB com o mesmo código de três letras, usando apenas as letras B e R."

      → Dos 35 correntistas, já sabemos o código de 4. Então precisamos focar nos 31 que faltam.


      → Se sabemos que são 8 formas de formar códigos com B e R, e já sabemos como é o arranjo de 2 desses códigos (BBB e BRB), então,

           precisamos saber como os outros 6 códigos estão distribuídos entre os 31 correntistas restantes, para podermos fechar o número total de 

           correntista que é 35.

           BBB - 1                  RRR - ?

           BBR - ?                    RRB - ?

           BRB - 3                  RBR - ?

           BRR - ?                    RBB - ?



    Então, como é que fica?
      → É só distribuir os 6 códigos para os 31 correntistas que faltam: 31 / 6 = 5,16.
      → Um dos códigos é usado por 6 correntistas e os códigos restantes são usados por pelo menos 5 corrntistas: 6 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 = 31.


    * GABARITO: CERTO.
       "existem pelo menos cinco correntistas do BRB com o mesmo código de três letras, usando apenas as letras B e R."



    Abçs.
  • "usando apenas as letras B e R".

    Entende-se que deve haver as 2 letras nos códigos formados...

    ANULÁVEL!