Quantos são os anagramas da palavra livro que começam com ie terminam com o

1 Matemática E Extensivo V. Exercícios 01) 10 anagramas. POEMA 5 letras 5! 10. 0) 60 anagramas. Vogais: e,...

GABARITO

Matemática E – Extensivo – V. 3 Exercícios P4 = 4! = 24 (permutação das consoantes) P4 = 4! = 24 (permutação das vogais)

01) 120 anagramas. POEMA → 5 letras P5 = 5! = 120.

Logo temos 24 ∙ 24 = 576 anagramas começando com consoantes. Seguindo o mesmo raciocínio para os anagramas começando com vogais, temos 576 anagramas Assim temos um total de 576 + 576 = 1152 anagramas

02) 360 anagramas.

Vogais: e, i, o

Começando com e : e _ _ _ _ _ P5 = 120 Começando com i : i _ _ _ _ _ P5 = 120 Começando com o : o _ _ _ _ _ P5 = 120

Logo 3 ∙120 = 360.

03) a) 40320 anagramas. ESTIMADO → 8 letras P8 = 8! = 40320. b) 11520 anagramas. 4 consoantes 4 vogais

Logo 6! ∙ 4 ∙ 4 = 720 ∙ 4 ∙ 4 = 11520. c) 4320 anagramas. Mas EST → P3 = 3! = 6 Logo P6 ∙ P3 = 6! ∙ 3 ! = 720 ∙ 6 = 4320

04) 14400 anagramas PROBLEMA→8 letras Sendo 5 consoantes e 3 vogais

05) A MACK → 4 letras

Resolução 1:

Escolhendo 2 letras: 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ! 12 4! = = =6 C24 = 2 2!⋅ 2 ! 2!⋅ 2!

Permutando as duas letras escolhidas, P2 = 2! = 2. Logo, temos 6 ∙ 2 = 12 anagramas com 2 letras.

e) 1152 anagramas Começando com consoante:

Escolhendo 3 letras: 4⋅ 3! 4! = =4 3! 3 !⋅ 1!

C34 =

Permutando as três letras escolhidas, P3 = 3! = 6. Logo, temos 4 ∙ 6 = 24 anagramas com 3 letras

Com as 4 letras temos P4 = 4! = 24 anagramas

Logo, o total de anagramas é de 12 + 24 + 24 = 60 anagramas.

Resolução 2:

Note que se fizermos as escolhas por arranjo em que a ordem dos elementos importa, automaticamente estamos fazendo as permutações. Logo:

d) 720 anagramas

Logo temos 5 ∙ P6 ∙ 4 = 5 ∙ 720 ∙ 4 = 14400

Matemática E

1

GABARITO

Escolha de 2 letras: 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ! = = 12 A 24 = 2! 2! Escolha de 3 letras: 4! = 4! = 24 A 34 = 1!

c) Correta. Começando por vogal terminando em consoantes:

3 ∙ P5 ∙ 4 = 3 ∙5! ∙ 4 = 1440

Permutação das 4 letras: P4 = 4! = 24 Logo o total de anagramas é: 24 + 24 + 12 = 60 anagramas

Com C, A juntas em qualquer ordem:

06) D

Atleta 1→ A1 Atleta 2 → A2 Atleta 3 → A3

P6 ∙ P2 = 6! 2! = 1440 d) Incorreta. Começando por vogal ou terminando em consoante:

P3 = 3! = 6 Como devemos tirar a possibilidade em que A3 (o atleta brasileiro) chegou em terceiro lugar temos então: 6 − 1 = 5 possibilidades 07) D a) Correta.

Começando com consoante: 4 ∙ 720 = 2880

Logo, temos 2160 + 2880 = 5040 anagramas No cálculo do item c anterior vimos que o número de anagramas começando por vogal e terminando em consoantes é 1440 Logo, 5040 = 3,5. 1440 e) Correta. As letras da palavra COSTELA em ordem alfabética são A ,C, E, L, O, S, T

Começando com vogal: 3 ∙ 720 = 2160

_ _ _ _ _ _ ♦⇒P = 720 P C A _ _ _ _ _ ♦⇒P = 120 P C E _ _ _ _ _ ♦⇒P = 120 (960°) A

6

6

b) Correta. Letras C, A, L juntas e nesta ordem

5

5

= P5 = 5! = 120

5

P5

Letras C, A, L juntas em qualquer ordem:

C

E

_____

♦⇒P5 = 120 (960°)

P5

2

= P3 ∙ P5 = 3! ∙ 5! = 720

Logo, em ordem alfabética começando com CL, temos do 961o até o 1080o anagrama.

Matemática E

GABARITO 08) D MORENA → vogais (O, E, A) Logo temos: P4 ∙ P3 = 4! ∙ 3! = 144 09) C

(2, 3, 4, 8, 9)

Logo temos: P4 + P4+ P3+ P3+ P2+ P2+ P1+ P1 = = 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 + 1 = 66 11) C

(A, F, L, O, R, T)

Logo, já foram 240 posições. Sendo assim faltam 4.

Somando 24 + 24 + 6 + 2 + 2 + 1 = 59

Colocando as três letras restantes em ordem alfabética temos: ORT, OTR, ROT, RTO,TOR. Note que a 4a posição é RTO. Logo temos na 244a posição a palavra LAFRTO.

10) C

12) E

MELHOR → Vogais (E, O)

(1, 2, 4, 6, 7)

Logo o número de anagramas é 2 ∙ P4 ∙ 1 = 2 ∙ P4

13) C ROTAS

Logo temos P2 ∙ P4 = 2! ∙ 4! = 2 ∙ 24 = 48 anagramas

Matemática E

3

GABARITO

Permutando as consoantes (os quadrinhos) temos: P5 = 5! = 120.

Para ser múltiplo de 3, a soma dos algarismos deve ser múltiplo de 3. Por exemplo, 111 é múltiplo de 3, pois 1 + 1 + 1 = 3, que é múltiplo de 3. 111 ÷ 3 = 37. Logo dos 5 conjuntos acima, os conjuntos (2,3,4,6), (2,3,4,9) e (2,4,6,9) formam números múltiplos de três. Assim temos: P4+P4+P4= 4! + 4! + 4! = 24+ 24+ 24 = 72

15) D

19) 34560.

14) 120 anagramas REPUBLICA → vogais (E, U, I, A)

UNIFAL → vogais (U, I, A)

Logo temos 3 ∙ 2 ∙ P4 = 6 ∙ P4. Mas 6 = A 23 . Então A 23 ∙ P4.

16) D DOPING → vogais (O, I) Calculando todas as permutações, temos P6 = 6! = 720. Agora, calculando os anagramas em que O e I aparecem juntas, temos:

A permutação dos franceses é: P5 = 120 A permutação dos ingleses é: P3 = 6 A permutação dos americanos é: P4 = 24 Como as nacionalidades devem permanecer juntas e um francês deve permanecer em primeiro, logo permutamos os ingleses e americanos, sendo P2 = 2. Temos então: P5 ∙ P3 ∙ P4 ∙ P2 = 5! ∙ 3! ∙ 4! ∙ 2! = = 120 ∙ 6 ∙ 24 ∙ 2 = 34560. 20) E

P5 ∙ P2 = 5! ∙ 2! = 120 ∙ 2 = 240. Podemos então pegar todos os anagramas e retirar os anagramas que possuem O e I juntos, restando os que possuem O e I separados. Temos então: 720 − 240 = 480. 17) E

A familía Souza possui 3 possibilidades de escolha dos bancos. Escolhido o banco, eles possuem P3 = 6 possibilidades de organizarem-se no banco. Lúcia e Mauro, agora, possuem 2 possibilidades de escolha dos bancos. Uma vez escolhido o banco, eles podem se organizar no banco de P2 = 2 maneiras e ainda P2 = 2 maneiras entre si. As outras quatro pessoas possuem P4 = 24 maneiras de se organizarem nos assentos da lotação. Logo temos 3 ∙ 6 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 24 = 3456 possibilidades.

21) D

Podemos organizar os sucos de P2 maneiras, as sobremesas de P4 maneiras e os salgados de P5 maneiras. Observe ainda que podemos organizar os tipos de P3 maneiras. Logo o buffet será organizado de: P2 ∙ P5 ∙ P4 ∙ P3 = 2! ∙ 5! ∙ 4! ∙ 3! = = 2 ∙ 120 ∙ 24 ∙ 6 = 34560.

O maior número de três algarismos distintos possível é 987. Assim temos P3 = 6 permutações desses algarismos. Colocando em ordem crescente temos 789, 798, 879, 897, 978, 987. Logo, na 4a posição temos 897.

22) 72 maneiras.

18) 72

(2, 3, 4, 6, 9) Existem 5 possibilidades de escolher 4 algarismos dos 5 disponíveis. São elas: (2,3,4,6), (2,3,4,9), (2,3,6,9), (2,4,6,9), (3,4,6,9) . Precisamos dos múltiplos de 3 com 4 algarismos.

4

Matemática E

Existem P3 = 6 possibilidades de organizar as matérias,

GABARITO

P2 = 2 para organizar os livros de matemática e P3 = 6 para os livros de português. Logo temos 6 ∙ 2 ∙ 6 = 72 maneiras.

ACAFE → repetições (A = 2 vezes)

23) 2520 permutações

P52 =

5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ! = = 60. 2! 2!

30) D

ENERGIA → repetições (E = 2 vezes) 7 ! 5040 = = 2520 P72 = 2! 2

VARGAS → consoantes (V, R, G, S), vogal (A), repetições (A = 2 vezes).

24) 5040 permutações. ARARAQUARA → repetições (A = 5 vezes e R = 3 vezes). 10 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 P105,3 = = = = 5040. 5 !⋅ 3 ! 5 !⋅ 3 ! 6 25) E GUARAPUAVA → repetições (A = 4 vezes e U = 2 vezes) 10 ! 10 ! = . P104,2 = 4 !⋅ 2! 2!⋅ 4 ! 26) B COTIDIANO → repetições (O = 2 vezes e I = 2 vezes) Fixando a letra C, temos: C________

2, 2 8

P

31) C CONJUNTO → repetições (O = 2 vezes e N = 2 vezes)

40320 8! = = = 10080. 4 2!⋅ 2!

2

Logo o número de anagramas é 4 ∙ P4 ∙ 3. 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ! Como P42 = = = 12, temos 4 ∙ 12 ∙ 3 = 144. 2! 2!

P62,2 =

6! 720 = = 180 2!⋅ 2! 4

32) E

27) 6720 anagramas. SISTEMAS → repetições (S= 3 vezes). 8 ! 40320 P83 = = = 6720. 6 3!

28) 72 anagramas

Veja que você possui dois tipos de ruas, horizontais e verticais. Analizando a partida do ponto A até o ponto C, os traçados mínimos são de 5 ruas, sendo sempre 3 ruas horizontais e 2 verticais. Logo temos:

DIREITO → consoantes (D, R, T), vogais (I, E, O), repetições (I = 2 vezes)

P53,2 =

Temos então 10 possibilidades de ir do ponto A até o ponto C.

Na mesma linha de raciocinio, para ir do ponto C até o ponto B, a quantidade mínima de traçados é 3 sendo sempre 2 horizontais e 1 vertical. Logo temos:

Permutando as vogais entre si, temos: 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ! = = 12. P42 = 2! 2!

Permutando, agora, as consoantes, temos: P3 = 3! = 6.

Logo, a quantidade de anagramas é 12 ∙ 6 = 72.

5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! 20 = = = 10 2 3 !⋅ 2! 3 !⋅ 2!

3! = 3 ⋅ 2 ! = 3 P32 = 2! 2! Assim temos, juntando as duas informações, que a quantidade de possibilidades de ir do ponto A até o ponto B é de 10 ∙ 3 = 30.

29) C 33) C

Matemática E

5

GABARITO DIPLOMATA

36) 252 maneiras

Temos P5 = 5! = 120 maneiras de permutar as consoantes juntas. Temos também P3 = 3! = 6 maneiras de permutar o grupo de consoantes e as outras duas letras restantes.

Logo P5 ∙ P3 = 5! ∙ 3! = 120 ∙ 6 = 720 possibilidades

34) B

a primeira e 7 para a segunda, pois os algarismos devem ser distintos. Logo pelo P.F.C. temos 8 ∙ 7 ∙ 4 = 224 possibilidades

Note que pelo enunciado, temos 2 elementos, + e ∙, em que + repete 3 vezes e ∙ 7 vezes. Logo temos permutação de 10 elementos com repetição. P103,7 =

10 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = = = 10 ∙ 3 ∙ 4 = 120 3⋅2 7! . 3! 7 !⋅ 3 !

35) 08 01. Falsa. ARRANJO → repetições (R = 2 vezes e A = 2 vezes) 5040 7! = = 1260 ≠ 7! P72,2 = 4 2 !⋅ 2 ! 02. Falsa. Se 12 é solução então: C10 = C12 15 15

Sejam, abaixo, os movimentos da partícula. __________ Veja que, para cada casa, podemos colocar o movimento para a esquerda ou para a direita. Como a particula deve voltar ao ponto inicial, a quantidade de movimento para a esquerda deve ser igual a quantidade para a direita. Logo, temos 5 D (movimento para direita) e 5 E (movimento para esquerda) distribuidos nas casas acima. A distribuição pode ser feita de P105,5 maneiras, já que se trata de permutação com repetição de movimentos.

2 37) 9K + 9K + 2 2

K1 + K2 + K3 = 3K Se analisarmos essa questão com a ideia de "soluções inteiras de uma equação linear", teremos o seguinte:

15 ! 15 ! 12!⋅ 3 ! = ⇒ =1⇒ 10 !⋅ 5 ! 12!⋅ 3 ! 10 !⋅ 5 !

12 ⋅11 12 ⋅11⋅10 !⋅ 3 ! 132 ⇒ =1⇒ =1⇒ = 1. 5⋅4 10 !⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! 20

De fato,

132 ≠ 1. Logo n ≠ 12. 20

04. Falsa. Dentre 6 pontos devemos escolher dois sendo que a ordem não importa. Logo: 6! 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ! 30 C26 = = = = 15. 2 !⋅ 4 ! 2 !⋅ 4 ! 2 08. Verdadeira

Logo teríamos uma permutação com repetição de 3K bolinhas e mais dois sinais de + (3K + 2) e repetindo 3K bolinhas e o sinal de +. Assim temos: (3K + 2)! (3K + 2) ⋅(3K + 1)⋅ 3K ! = P33KK+,22 = = 3K !⋅ 2! 3K ! ⋅ 2! 9K 2 + 3K + 6K + 2 9K 2 + 9K + 2 = = 2! 2 38) E

10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 10 ! = = = 5 ⋅4 ⋅3 ⋅2 5 !⋅ 5 ! 5 !⋅ 5 ! = 2 ∙ 9 ∙ 2 ∙ 7 = 252.

P105,5 =

Temos 4 possibilidades de escolha para a última casa, pois o número deve ser par. Escolhendo 1 número para essa casa temos 8 possibilidades para

Sejam, abaixo, os oito gols marcados na partida: ________ Uma das possibilidades seria A A A A A B B B, onde A é gol para o time A e B, gol para o time B. Note que podemos permutar esses gols entre as casas, onde a ordem dos gols feitos são da esquerda para a direita. Logo: 8! 8⋅7⋅6⋅ 5 ! 8⋅7⋅ 6 = 56 = = P85,3 = 5 !⋅ 3 ! 6 5 !⋅ 3 !

39) 20

6

Matemática E

GABARITO D

T

R

S

PC5 =

E 5 ! 120 = 24 = 5 5

43) B

Note que, para ir do ponto (1,1) ao ponto (4,4), temos 6 movimentos, ou C (cima) ou D (direita). ______ Como sempre são necessários 3 movimentos para cima e 3 para a direita, basta calcular a permutação de 6 movimentos com 3 repetições para cada. 6! 6⋅ 5⋅4⋅ 3 ! 6 ⋅ 5⋅4 = = 20 = P63,3 = 6 3 !⋅ 3 ! 3 !⋅ 3 !

40) 47040 possibilidades URUGUAIANA → consoantes (R, G, N), repetições( U = 3 vezes e A = 3 vezes) 10 ! No total temos P103,3 = = 100800 anagramas da 3 !⋅ 3 ! palavra. Podemos ter 2 ou 3 consoantes juntas:

P = pai, M = mãe, F1 = filho 1 , F2 = filho 2, FA = filha. Devemos calcular a permutação circular de todos os membros e depois subtrair as em que os filhos sentam juntos. 5 ! 120 PC5 = = = 24. 5 5 4 ! 24 = = 6. Com F1 e F2 juntos, PC4 = 4 4 Como podemos permutar os dois filhos temos que multiplicar 6 por P2, ou seja, 6 ∙ P2 = 6 ∙ 2 = 12. Logo temos 24 − 12 = 12 possibilidades. 44) 2880 posições

Logo temos: Total − (2 juntas − 3 juntas) = 100800 − (53760) = 47040.

41) D PC4 = 42) D

4 ! 24 = =6 4 4

H= garotos e M = garotas Podemos permutar os garotos de PC5 maneiras, ou 5 ! 120 seja, PC5 = = = 24. 5 5 Da mesma maneira podemos permutar as garotas de 24 maneiras. Note que essas permutações aconteceram para os garotos nas posições ímpares e para as garotas nas pares. Agora, cada garoto pode assumir 5 posições pares e

Matemática E

7

GABARITO

as garotas ímpares. Logo temos: 24 ∙ 24 ∙ 5 = 2880

45) E

Sabemos então que PCn = (n − 1)! = 40320. Sabemos também que 40320 = 8! Logo (n − 1)! = 8! ⇒ n − 1 = 8 ⇒ n = 9.

p! p ( − 3)! = 12 ⇒ p ! ⋅ 4 !⋅ (p − 4)! =12 = 12 ⇒ p! (p − 3)! p! Cp4 4 !⋅ (p − 4)! A p3

4 !⋅ (p − 4)! = 12 ⇒ 4 !⋅ (p − 4)! = 12 ⇒ (p − 3)! (p − 3) ⋅ (p − 4)! ⇒ 4! = 12 ∙ (p − 3) ⇒ 24 = 12p − 36 ⇒ 60 = 12p ⇒ 60 ⇒p = = 5. 12

⇒

46) C

49) 16 01. Falsa

_A _ _ _

P3 = 6

P3 = 6

P3

_M _ _ _

P3 = 6

_R _A _ _ P2 = 2

P3

_O _ _ _

_R _M _ _

Existem PC6 maneiras de permutar os casais na mesa, 6! ou seja, PC6 = = 120 = 5! 6 Como podemos permutar cada casal entre seus elementos, temos no total: 120 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 120 ∙ 26 = 5! ∙ 26 ou 26 ∙ 5!.

P2 = 2

_R _O _A _M _R _O _M _A

P1 P1

47) 14400 possibilidades Logo temos: P3 + P3 + P3 + P2 + P2 + P1 + P1 = = 6 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 + 1 = 24 Logo ocupa a 24a posição.

____

02. Falsa. G

2

P3

Como a letra A repete, temos permutação com repetição. 3! 2 = 3. P3 = 2!

Como as mulheres devem permanecer juntas, temos então uma permutação circular de 6 elementos. 6! PC6 = = 120. 6 Como podemos permutar as mulheres entre si, temos P5 = 120 possibilidades. Logo, podemos montar 120 ∙ 120 = 14400 possibilidades. 48) E

8

Matemática E

04. Falsa. 5 médicos e 10 enfermeiros. 4 5! 10 ! 1 = ∙ = 5 ∙ 210 = 1050 5 10 1!⋅ 4 ! 4 !⋅ 6 !

C

Escolha de um médico

08. Falsa

C

Escolha dos enfermeiros

GABARITO 52) D

Note que quaisquer três pontos formam um triângulo. Logo: 12! 12 2 ⋅ 11⋅10 ⋅ 9 ! 3 = 220. = = C12 3 !⋅ 9 ! 6⋅9!

53) 945 possibilidades

16. Verdadeira Permutação terminando com 2

Temos 30 candidatos aos cargos. Como 18 são do sexo masculino, temos que 12 são do sexo feminino. Das 12 do sexo feminino, 7 não fumam. Logo temos 5 fumantes. Como tinhamos 13 fumantes no total e 5 são do sexo feminino, temos então 8 fumantes do sexo masculino, restando 10 não fumantes.

(a, b, c, d, e, f, g, h, i, j) ____ 3! = 3 possibilidades de escolha das Existem C23 = 2!⋅1! letras a, b, c. 7! Tomada essa decisão temos C27 = = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ! = 21 2 !⋅ 5 ! 2 !⋅ 5 ! possibilidades de escolher as outras duas letras das sete restantes. Note que não escolhemos das 8, pois deve ter somente duas dentre a, b, c. Escolhidas as letras fazemos a permutação de P4 = 24 maneiras. Logo, temos 3 ∙ 21 ∙ 24 = 1512 maneiras.

3 repetições do algarismo 5. 6! 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! = 120 P63 = = 3! 3! Permutação terminando com 6

3 repetições do algarismo 5 e 2 do algarismo 2. 6! 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! 120 = 60 = = P63,2 = 3 !⋅ 2 ! 3 !⋅ 2 ! 2 Logo temos 120 + 60 = 180 possibilidades

50) C

18 ⇒ masculino (8 fumantes e 10 não fumantes) 12 ⇒ feminino (5 fumantes e 7 não fumantes) Como devemos escolher entre os não fumantes, temos:

Escolha do sexo masculino

PORTUGAL

C210

2

C7

=

Escolha do sexo feminino

7 ! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ! 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ! 10 ! ∙ = ∙ = 2 !⋅ 8 ! 2 !⋅ 8 ! 2 !⋅ 5 ! 2 !⋅ 5 !

= 45 ∙ 21 = 945

54) A

Devemos escolher 3 letras para compor com a letra G. Como a letra G já foi, escolhemos 3 de 7 letras. Logo: 7! 7⋅ 6 ⋅5⋅ 4 ! = = 35 C37 = 3 !⋅ 4 ! 3 !⋅ 4 ! Permutando as três escolhidas, temos: P3 ∙ 35 = 6 ∙ 35 = 210

Obs.: Pela fórmula do arranjo sai direto, pois no arranjoa ordem importa, logo já escolhemos permutando.

Temos, dentro de cada grupo, as permutações entre as músicas. Logo: P4 ∙ P3 ∙ P3 = 4! ∙ 3! ∙ 3! Mas, não se pode esquecer que há permutação entre os estilos musicais. Logo temos P3= 3! permutações entre os estilos de música. Temos no final: 4! ∙ 3! ∙ 3! ∙ 3!

51) B

55) B

Temos n jogadores. Como xadrez é um jogo de duplas, temos Cn2 possibilidades de escolha das duplas. Sendo assim:

Como a ordem de escolha importa, temos: 6! 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! 6! = = = 120. A 36 = 3! (6 − 3)! 3 !

Matemática E

9

GABARITO

Cn2 =

n ⋅(n − 1)⋅ (n − 2)! = 351 2!⋅ (n − 2)! n2 − n = 702 n2 − n − 702 = 0 n = 27 ou n = − 26

Com n ≥ 1, temos que n = 27

n! = 351 2!⋅(n − 2)!

Note que criamos dois cenários acima, escolhendo 2 programadores ou 3 programadores (pois há um mínimo segundo o enunciado) Logo escolhendo a equipe com os administradores temos: 378 + 84 = 462 possibilidades. Escolhendo sem os administradores:

56) 13 01. Verdadeira

D D D V V D = movimento para a direita V = movimento vertical 5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ! 20 = = = 10 P53,2 = 2 3 !⋅ 2 ! 3 !⋅ 2 !

59) E

02. Falsa. Tome como exemplo o caminho direita - direita - direita - vertical - vertical. Note que andamos 5 segmentos. Se cada segmento demora 2 minutos, logo temos 10 minutos no total. 04. Verdadeira

Vamos dividir em dois casos:

Conjunto X: fixando a letra E no início, temos 8! possibilidades

Conjunto Y: fixando a letra E no final , temos 8! possibilidades.

Observe que, ao unirmos X com Y estamos contando duas vezes as possibilidades dos anagramas que começam e terminam com a letra E. Logo devemos descontar uma vez esses anagramas. Logo temos: 8! + 8! − 7! = 2 ∙ 8! − 7! = 2 ∙ 8 ∙7! − 7! = = 16 ∙7! − 7! = 7! (16 − 1) = 15 ∙ 7!

08. Verdadeira 16. Falsa. Como independentemente do caminho que se escolha, andaremos 5 segmentos, logo a distância total percorrida será sempre a mesma. 57) 24

Logo, ao todo, temos: 462 + 462 = 924 possibilidades.

60) A

P4 = 4! = 24

Note que na primeira escolha a ordem não importa, ou seja, temos uma combinação. Já na segunda escolha a ordem importa por causa do mando de campo, ou seja, temos um arranjo.

58) 924 possibilidades 61) C

Vamos dividir em casos:

Escolhendo como administradores:

Vamos dividir em dois casos.

Caso 1 (grupo só com meninas) ⇒ Temos assim 1 possibilidade

Caso 2 (grupo com um menino): Temos assim

10

Matemática E

4

C110

C5

Escolhem o menino

Escolhem a menina

= 10 ∙ 5 = 50 possibilidades

Logo, temos 50 + 1 =51 possibilidades

GABARITO 62) A

65) B

4 advogados e 6 não advogados. Vamos dividir em casos:

1. um advogado ⇒ C14 ∙ C66 = 4 ∙ 1 = 4 2. dois advogados ⇒ C24 ∙ C56 = 6 ∙ 6 = 36

66) A

3. três advogados ⇒ C34 ∙ C46 = 4 ∙ 15 = 60 4. quatro advogados ⇒ C44 ∙ C36 = 1 ∙ 20 = 20

Note, a cada caso o p da segunda combinação. Por exemplo, se escolhemos 3 advogados, só podemos escolher 4 pessoas das 6. Logo, no total temos 4 + 36 + 60 + 20 = 120

Temos 11 sócios. Logo podemos formar: 11⋅10 ⋅ 9 ⋅ 8 ! 990 11! 3 = 165 = = = C11 6 3 !⋅ 8 ! 3 !⋅ 8 !

Temos então: 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 105 possibilidades de números de 5 algarismos. Agora devemos descontar os números que possuem algarismos distintos uns dos outros

63) 03 01. Verdadeira

Logo temos 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 = 30240 possibilidades. Temos, em um total: 105 − 30240 = 100000 − 30240 = 69760.

67) D

Para os dois lugares vagos temos C23 = 3 possibilidades além disso podemos permutar as pessoas no banco de 5 lugares, P5 = 120, e as do banco de 3 lugares P3 = 6. Logo temos 3 ∙ 120 ∙ 6 = 2160 possibilidades.

Mulheres = 60 (tocam = 25 e não tocam = 35) Homens = 40 (tocam =12 e não tocam = 29)

Vamos dividir em três casos:

Logo temos: (25 ∙ 28) + (35 ∙ 12) + (25 ∙ 12) = = 700 + 420 + 300 = 1420

02. Verdadeira. Se não forem respeitadas as preferências, temos: P8 = 8! = 40320 possibilidades.

De fato, as outras são falsas pois essas duas já são verdadeiras.

64) A

68) B

Logo, temos 9 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 9000 números de 4 algarismos. Como o programa testa um a cada cinco segundos, temos 45000 segundos no total. Sabendo que 1h = 3600 segundos, então: 45000 = 12,5. 3600

Logo temos 12 hs e meia, ou seja, 12h30min.

Como quaisquer 3 pontos na circunferência formam um triângulo, temos então: 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ! 720 10 ! 3 = = = = 120 C10 7 !⋅ 3 ! 7! . 3! 6

69) A

Temos 10 ações, sendo uma da empresa A e uma da empresa B. Como A e B devem estar entre as 6 escolhidas, então devemos escolher 4 das 8 restantes.

Matemática E

11

GABARITO

70) A

Mas assim estamos contando os pares dos pontos colineares, logo devemos descontá-los. 5! 5⋅4⋅ 3! 66 − C25 = 66 − = 66 − 10 = 56 = 66 − 2 !⋅ 3 ! 3 !⋅ 2!

Vamos dividir em dois casos:

Caso 1 (Andréia na comissão): Logo temos que escolher 4 alunos dos 6 restantes, pois Manoel e Alberto não podem estar na comissão: 6⋅5⋅ 4 ! 6! = 15 = C46 = 4 !⋅ 2 ! 4 !⋅ 2 !

C48 =

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ! 1680 8! = = 70. = 4 !⋅ 4 ! 4 !⋅ 4 ! 24

Caso 2 (sem a Andréia): Logo podemos escolher 5 alunos dos 8: 8! 8⋅7⋅6⋅ 5 ! = = 56 C58 = 5 !⋅ 3 ! 5 !⋅ 3 ! Temos, no total, 56 + 15 = 71 possibilidades.

Vamos dividir em 3 casos:

Caso 1 (um médico especialista):

73) 15 possibilidades

0 _ 0| 0 _ 0 _ 0 | 0 _ 0

Note que existem 6 espaços para colocar as "barras" de separação. Logo temos: 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ! 30 6! = = = 15. C26 = 2 !⋅ 4 ! 2 !⋅ 4 ! 2 74) a) 70 triângulos Tomamos, como exemplo, o ponto A da reta r. Para esse ponto, podemos escolher 2 de 4 pontos da reta 4! = 6. s, ou seja: C24 = 2!⋅ 2! Logo, formando triângulos de um vértice em r e dois em s, temos 5 ∙ 6 = 30 triângulos. Pensando da mesma forma, podemos escolher 2 de 5! 5 pontos da reta r, ou seja: C25 = = 10. 2 !⋅ 3 ! Logo, formando triângulos com um ponto na reta s e dois na reta r, temos 4 ∙ 10 = 40 triângulos.

71) D

Percebemos que excluímos a reta que passa pelos 5 pontos colineares, logo devemos incluí la : 66 − 10 +1 = 57.

Caso 2 (dois médicos especialistas): C23 ∙ C19 = 3 ∙ 9 = 27

Caso 3 (três médicos especialistas): 0 C33 ∙ C9 = 1 ∙ 1 = 1

b) 60 possibilidades

Logo, é possivel formar 108 + 27 + 1 = 136.

Para formarmos quadriláteros, devemos escolher dois pontos da reta r e dois pontos da reta s. Temos então:

Ao todo temos 40 + 30 = 70 triângulos.

72) B

Podemos calcular todos os pares de pontos de: 12! 12 ⋅ 11 ⋅ 10 ! 2 = = 66 maneiras. = C12 2!⋅10 ! 2!⋅10 !

12

Matemática E

Qual a quantidade de anagramas de LIVRO?

Como calcular anagrama da palavra?

Quantos são os anagramas da palavra livros que começam e terminam por consoante?

Quantos são os anagramas que começam com as consoantes da palavra LIVRO?