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1 Cálculo combinatório e probabilidades
Atividade de diagnóstico Pág. 8
1.1. a) A = { x ∈ ℤ : x^2 − x − 30 ≤ 0 }
x − x − = ⇔ x = ±^ + ⇔
(^1 11 5 ) 2
⇔ x = ± ⇔ x = − ∨ x =
A = { −5, − 4, − 3, − 2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}
b) B = { x ∈ ℝ: x − 1 = x − 3 }
x − 1 = x − 3 ⇒ x − 1 = ( x − 3 )^2 ⇔
⇔ x − 1 = x^2 − 6 x + 9 ⇔ ⇔ x^2^ − 7 x + 10 = 0 ⇔
7 49 40 2
⇔ x = ±^ − ⇔
(^7 3 2 ) 2
⇔ x = ± ⇔ x = ∨ x =
Verificação: x = 2 : 2 − 1 = 2 − 3 ⇔ 1 = − 1 (F) x = 5 : 5 − 1 = 5 − 3 ⇔ 4 = 2 (V)
B = { 5 }
c) C = { x ∈ ℕ: x é divisor de 12}
C = {1, 2, 3, 4, 6, 12 }
d) A ∩ B = { 5 }= B
A ∪ B = { −5, − 4, − 3, − 2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 }= A
e) A ∩ C ={1, 2, 3, 4, 6 }
A ∪ C = {− 5, − 4, − 3, − 2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 12}
f) B ∩ C = { 5 } ∩ {1, 2, 3, 4, 6, 12 }= ∅
B ∪ C = { 5 } ∪ { 1, 2, 3, 4, 6, 12} ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 12 }
1.2. Por exemplo:
a) P ={ 0, 1, 2}e Q ={ 3, 4}
b) P ={ 0, 1, 2}e Q ={ 2, 3, 4}
c) P ={ 0, 1, 2}e Q ={ 0, 1, 2, 3, 4}
d) P ={ 0, 1, 2}e Q ={ 0, 1}
e) P = { −5, − 4, − 3, −1, 2, 0 , 1}e
Q = { 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}
1.3. a) Afirmação verdadeira b) Afirmação falsa porque 5∉ C c) Afirmação verdadeira
d) Afirmação falsa. 5 é o único elemento de B e { 5 } ≠ 5.
e) Afirmação falsa porque o conjunto {2, 3} não é elemento de C f) Afirmação verdadeira g) Afirmação verdadeira h) Afirmação verdadeira
Pág. 9
2. U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} A = {3, 4, 5, 6, 7} B = {6, 7, 8, 9, 10}
2.1. A ∩ B ={ 6, 7}
A ∪ B = { 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
2.2. A \ B ={ 3, 4, 5}
B \ A = { 8, 9, 10}
2.3. A ={1, 2, 8, 9, 10, 11, 12 }
B = {1, 2, 3, 4, 5, 11, 12 }
2.4. A ∪ B = { 1, 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 12}= A ∩ B
2.5. A ∩ B = { 1, 2, 11, 12}= A ∪ B
= ^ ∈ ≥
ℝ^ +
A x x x x (^1 1 ) 2 2
x x x x x x
x x x x
⇔ −^ − ≤
x x x x
⇔ x ∈ − ] 2, − 1 ] ∪] 0, 2]
Cálculos auxiliares:
x − x − = ⇔ x = ±^ + ⇔ ⇔ x = − ∨ 1 x = 2
- x x ( + (^2) )= 0 ⇔ x = 0 ∨ x = − 2
1.1. Introdução à análise combinatória
x –∞ –2 –1 0 2 +∞ x^2 – x – 2 + + + 0 – – – 0 + x ( x + 2) + 0 – – – 0 + + + Q + n.d – 0 + n.d – 0 +
A = − ] 2, − 1 ] ∪]0, 2 ]
B = − [ 1, 1[
3.1. A = −] 2, − 1 ] ∪] 0, 2]
3.2. A ∩ B = { − 1 } ∪] 0, 1[
3.3. A ∪ B = −] 2, 2]
3.4. A = −∞] , − 2 ] ∪ −] 1, 0 ] ∪ ] 2,+ ∞[
3.5. B = −∞] , − 1 [ ∪ [1, + ∞[
3.6. A \ B = −] 2, − 1 [ ∪ [ 1, 2]= A ∩ B
3.7. B \ A = −] 1, 0 ]= B ∩ A
4. A = {1, 2, 3} e B = { a , b }
4.1. a) A × B = {(1, a ), (1, b ), (2, a ), (2, b ), (3, a ), (3, b )}
b) B × A = {( a , 1), ( a , 2), ( a , 3), ( b , 1), ( b , 2), ( b , 3)} c) A^2 = A × A = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}
4.2. Por exemplo:
▪ ( 1, a , 2 )∈ A × B × A
▪ ( a , b , b ) ∈ B^3
1.1. Introdução ao cálculo combinatório
Pág. 10 Atividade inicial 1
1. U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
B = {3, 4, 7, 8, 10}
C = {3, 5, 6, 7, 8, 9}
1.1. A ∩ B ={ 3, 4}
A ∩ C = {3, 5, 6 }
B ∩ C = {3, 7, 8 }
1.2. A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10}
A ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
B ∪ C = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
2.1. ( A ∩ B ) ∩ C = { 3 } = A ∩ ( B ∩ C )
2.2. A ∪ ( B ∩ C )= {1, 2, 3, 4, 5, 6} ∪ {3, 7, 8} =
= ( A ∪ B ) ∩ ( A ∪ C )
2.3. ( A ∪ B ) ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} =
= A ∪ ( B ∪ C )
2.4. A ∩ ( B ∪ C )= {1, 2, 3, 4, 5, 6} ∩ {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
= ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )
Pág. 12 1.1. A ∪ B = B ∪ A x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ ⇔ x ∈ B ∨ x ∈ A ⇔ ⇔ x ∈ B ∪ A
1.2. ( A ∩ B ) ∩ C = A ∩ ( B ∩ C )
x ∈ ( A ∩ B ) ∩ C ⇔ x ∈ ( A ∩ B ) ∧ x ∈ C ⇔
⇔ ( x ∈ A ∧ x ∈ B ) ∧ x ∈ C ⇔
⇔ x ∈ A ∧ ( x ∈ B ∧ x ∈ C )⇔
⇔ x ∈ A ∩ ( B ∩ C )
1.3. A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )
x ∈ A ∩ ( B ∪ C ) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ ( B ∪ C )⇔
⇔ x ∈ A ∧ ( x ∈ B ∨ x ∈ C )⇔
⇔ ( x ∈ A ∧ x ∈ B ) ∨ ( x ∈ A ∧ x ∈ C )⇔
⇔ x ∈ ( A ∩ B ) ∨ x ∈ ( A ∩ C )⇔
⇔ x ∈ ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )
2.1. (^) ( A ∪ B (^) )∪ A = A ∪ B ∪ A =
= (^) ( A ∪ A ) ∪ B =
= U ∪ B = U
2.2. (^) ( A ∪ B (^) ) ∩ A = (^) ( A ∩ A ) (^) ∪ ( B ∩ A )=
= ∅ ∪ ( A ∩ B )=
= A ∩ B
2.3. (^) ( A ∩ B (^) )∩ A = A ∩ B ∩ A =
= (^) ( A ∩ A ) ∩ B =
= ∅ ∩ B = ∅
1.1. Introdução à análise combinatória
cinco lugares há cinco maneiras de escolher o ocupante do 1.º, quatro maneiras de escolher o ocupante do 2.º, e assim sucessivamente: Lugar do meio Restantes lugares (fila da frente) 1.º 2.º 3.º 4.º 5.º 3 5 4 3 2 1 3 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 360 Há 360 maneiras de ocuparem os seis lugares.
12. • Há quatro maneiras de escolher os lugares das raparigas
(1 e 2, 2 e 3, 3 e 4 ou 4 e 5). Escolhidos os dois lugares há duas maneiras de sentar as raparigas (pode ser AB ou BA ). Há, portanto, 4 × 2 = 8 maneiras de as raparigas ocuparem os lugares.
- No que respeita aos três rapazes do grupo, para o 1.º há três hipóteses de escolha de lugar, para o 2.º há duas hipóteses e para o 3.º só há um lugar disponível: 1.º 2.º 3.º Rapazes 3 2 1 Hipóteses de escolha Logo, os restantes quatro podem ocupar os lugares de 3 × 2 × 1 = 6 maneiras diferentes. Os cinco jovens podem ocupar os lugares de 8 × 6 = 48 maneiras diferentes.
Pág. 21 13.1. 1.º A 2.ºA 3.ºA 6 6 5 6 × 6 × 5 = 180 É possível escrever 180 números.
13.2. a) 1.º A 2.ºA 3.ºA
6 5 1 O algarismo das unidades é 0. 5 5 3 O algarismo das unidades é 2, 4 ou 6 6 × 5 × 1 + 5 × 5 × 3 = 30 + 75 = 105 Ou 180 – 5 × 5 × 3 = 105 números ímpares É possível escrever 105 números pares. b) 1.º A 2.ºA 3.ºA 6 5 1 O algarismo das unidades é 0. 5 5 1 O algarismo das unidades é 5. 6 × 5 × 1 + 5 × 5 × 1 = 55 É possível escrever 55 múltiplos de 5.
c) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 1.º A 3.ºA 4.ºA 4 6 5 O 1.º algarismo é 3, 4, 5 ou 6. 4 × 6 × 5 = 120 É possível escrever 120 números superiores a 300
d) 1.ºA 2.ºA 3.ºA 1, 2 2 6 5 x^ < 300 3 0, 1, 2 1 3 5 300 <^ x^ < 340 3 4 0, 1 1 1 2 340 ≤^ x^ < 342 2 × 6 × 5 + 1 × 3 × 5 + 1 × 1 × 2 = 60 + 15 + 2 = 77 É possível escrever 77 números inferiores a 342.
14. 10 × 10 × 23 × 23 × 10 × 10 = 5 290 000 É possível formar 5 290 000 matrículas.
15.1. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 9 10 1 1 Diferente de 0 9 × 10 × 1 × 1 = 90 Existem 90 capicuas. 15.2. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 4 9 1 1 Diferente do anterior 2, 4, 6 ou 8 4 × 9 × 1 × 1 = 36 Existem 36 números pares que são capicuas.
Pág. 22 16.1. 5 × 4 × 4 × 4 × 4 = 1280 Podem ser feitas 1280 bandeiras. 16.2. 4 × 5 × 4 × 1 × 4 = 320 Qualquer cor exceto a da 4.ª lista Cor igual à da 2.ª lista Qualquer cor exceto a da 2.ª lista Qualquer uma das cinco cores Qualquer cor exceto a da 2.ª lista Podem ser feitas 320 bandeiras.
16.3. 1.º caso: A tira central também é vermelha. 1 × 4 × 1 × 4 × 1 = 16 Diferente de vermelho
2.º caso: A tira central não é vermelha 1 × 3 × 4 × 3 × 1 = 36 Diferente de vermelho e da tira central
Podem ser feitas 16 + 36 = 52 bandeiras.
17. 1800 = 2^3 ×3^2 × 5^2 17.1. Qualquer número da forma 2 a^ × 3 b^ × 5 c^ ,
com a ∈ { 0, 1, 2, 3 ,} b ∈{ 0, 1, 2}
e c ∈ { 0, 1, 2}.
a b c 4 3 3 4 × 3 × 3 = 36 O número 1800 tem 36 divisores.
1800 2 900 2 450 2 225 3 75 3 25 5 5 5 1
1.1. Introdução à análise combinatória
17.2. É um número da forma 2 a^ × 3 b^ × 5 c^ em que, para não ser
múltiplo de 2, o valor de a só pode ser 0 (uma hipótese). a b c 1 3 3 3 × 3 = 9 O número1800 tem nove divisores ímpares.
Pág. 23
18.1. # P( A ) = 2 # A = 212 = 4096
O conjunto A tem 4096 subconjuntos. 18.2. # B = n B tem n + 1 subconjuntos de cardinal inferior a 2 (conjunto vazio e n conjuntos singulares). n + 1 = 8 ⇔ n = 7
# P ( B ) = 27 = 128
18.3. # P( C )= 512
2 # C^ =^2 , logo # C = 9. O conjunto C tem nove elementos.
Pág. 24
19.1. a) 15!^15 14!^15 14! 14!
= × =
b) 11!^ 9!^11 10 9 8!^9 8! 8! 8!
− = × × × − × =
= (^11 ×^10 ×^9 ×^9 )^ 8!
c)^700 48!^700 48! 50!
× = ×
50 × 49 ×48!
= × =
× ×
d) 99!^ 98!^ 99!^98 97!^98 100! 97! 100 99! 97! 100 50
× = × × = =
× × ×
19.2. (^ )^ (^ )
( )( )
n n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n
+ + − + × × +
Pág. 25
20.1. 8 7 6 5 8 7 6 5 4!^ 8! 4! 4!
× × × = ×^ ×^ ×^ × =
20.2. 100 99 98 100 99 98 97!^ 100!
× × = ×^ ×^ × =
20.3. ( )( ) (^ )(^ )(^ )
n n n n (^) n n n n n n
( 6 )
5! 6! 5! × 6 5! 6 5! 6 5! 6! 720
− = − = ×^ − = = =
× × ×
( 3 ) ( 4 )
× ×
× × × × × ×
× × × × × × × × ×
22.1. (^ )
n n
n n n (^) n n n
⇔ −^ −^ − = ∧ − ≥ ∧ − ≥ ⇔
⇔ ( n − 1 ) ( n − 2 ) − 12 = 0 ∧ n ≥ 1 ∧ n ≥ 3 ⇔
⇔ n^2^ − 2 n − 2 n + 2 − 12 = 0 ∧ n ∈ ℕ\ 1 , 2 { }⇔
⇔ n^2^ − 3 n − 10 = 0 ∧ n ∈ ℕ\ 1 , 2 { }⇔
3 9 40 \ 1 , 2 { }
⇔ n = ±^ + ∧ n ∈ ℕ ⇔
⇔ ( n = − 2 ∨ n = 5 ) ∧ n ∈ ℕ\ 1 , 2{ } ⇔ n = 5
22.2. n! = 72 ( n − 2 !)⇔
⇔ n n ( − 1 ) ( n − 2 !) − 72 ( n − 2 !) = 0 ∧ n ≥ 0 ∧ n − 2 ≥ 0 ⇔
⇔ (^) ( n^2^ − n − (^72) )( n − 2 !) = 0 ∧ n ≥ 2 ⇔
⇔ n^2^ − n − 72 = 0 ∨ ( n − 2 !) = 0 ∧ n ∈ ℕ\ 1{ }⇔
1 1 288 \ 1
⇔ n = ±^ + ∧ n ∈ ℕ ⇔
1 17 \ 1
⇔ n = ± ∧ n ∈ ℕ ⇔
⇔ n = − 8 ∨ n = 9 ∧ n ∈ ℕ\ 1 { } ⇔ n = 9
22.3. 12! n = ( n + 2 !) − 5 ( n + 1 !)⇔
⇔ 12! n − ( n + 2 )( n + 1 ) n! + 5 ( n + 1 ) n! = 0 ∧ n ∈ ℕ⇔
⇔ n! 12 − ( n + 2 ) ( n + 1 ) + 5 ( n + 1 ) = 0 ∧ n ∈ ℕ⇔
⇔ n! = 0 ∨ 12 − n^2 − n − 2 n − 2 + 5 n + 5 = 0 ∧ n ∈ ℕ⇔ ⇔ − n 2^ + 2 n + 15 = 0 ∧ n ∈ ℕ ⇔ n^2 − 2 n − 15 = 0 ∧ n ∈ℕ (^2 4 64 ) 2
⇔ n = ±^ + ∧ n ∈ ℕ⇔ n =
Atividades complementares Pág. 28
23. ( A \ B ) ∩ ( A ∩ B )=
= (^) ( A ∩ B (^) ) ∩ ( A ∩ B )=
= (^) ( A ∩ A (^) ) ∩ (^) ( B ∩ B )=
= A ∩ ∅ =
= ∅
1.1. Introdução à análise combinatória
último (cinco hipóteses), o segundo tem de ser diferente do último e diferente do primeiro (quatro hipóteses), etc. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 5 4 3 5 5 × 4 × 3 × 3 = 180 Podem-se escrever 180 números.
30.3. Para o algarismo das unidades temos uma hipótese (só
pode ser 5); para o primeiro algarismo temos três hipóteses (pode ser 1, 2 ou 3); para o segundo e terceiro algarismos temos seis hipótese: 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 3 6 6 5 3 × 6 × 6 × 1 = 108 Podem-se escrever 108 números.
31. A primeira pessoa (vamos admitir que é uma rapariga)
tem oito hipóteses para escolher lugar. A segunda rapariga tem seis hipóteses (ficaram eliminados os dois lugares do banco já ocupado), a terceira rapariga tem quatro hipóteses de escolha e para a última rapariga restam dois lugares do último banco. Os quatro lugares que sobram nos quatro bancos são ocupados pelos quatro homens: o primeiro tem quatro hipóteses de escolha, o segundo tem três, o terceiro tem dois e o quarto ocupa o único lugar ainda vago.
Mulheres Homens
8 × 6 × 4 × 2 × 4 × 3 × 2 × 1 = 9216
O resultado é o mesmo se o primeiro a escolher lugar for um rapaz. Os lugares podem ser ocupados de 9216 maneiras diferentes.
32. Como a Sara faz parte da equipa é necessário convocar
mais uma rapariga (entre 11) e um rapaz (entre 18) pelo que o número de hipóteses é 11 × 18. É de excluir a solução correspondente à escolha da Ana e do Xavier. Logo, temos 11 × 18 − 1 = 197 possibilidades de escolha.
33. # A = 8
# P ( A ) = 28 = 256
Excluído o conjunto vazio, temos 255 subconjuntos.
Pág. 29
34.
( (^ )) (^ )
2 1 (^ )^ (^ )
n^!^2 1!^2 1!^2 1!
n n n n (^) + n n n n
n n n n n
= +^ −^ = +
35.1 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A
0,2,4,6 ou 8 Não pode ser 0 9 × 10 × 10 × 5 = 4500 Podem ser escritos 4500 números. 35.2 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 9 8 7 1 0 9 × 8 × 7 × 1 = 504 Podem ser escritos 504 números. 35.3 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 9 10 10 10 Todos os números. 9 9 8 7 Com os algarismos todos diferentes. 9 × 10 × 10 × 10 − 9 × 9 × 8 × 7 = 4464 Podem ser escritos 4464 números. 35.4 a) 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 9 8 7 1 O algarismo das unidades é 0. Diferente de 0 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 8 8 7 4 O algarismo das unidades é 2, 4, 6 ou 8 Diferente de 0 e do algarismo das unidades 9 × 8 × 7 × 1 + 8 × 8 × 7 × 4 = 2296 Podem ser escritos 2296 números
b)^6789 4 9 8 7 4 × 9 × 8 × 7 = 2016 Podem ser escritos 2016 números.
c) 1 2 3 4 5 6 6 9 8 7 x < 7000 7 01 2 1 3 8 7 7000 < x < 7300 7 3 01 2 4 1 1 4 7 7300 < x < 7350 3 × 9 × 8 × 7 + 1 × 3 × 8 × 7 + 1 × × 1 4 × 7 = 3220 Podem ser escritos 3220 números.
36.1. Delegado Subdelegado 25 24 25 × 24 = 600 Podem ser escolhidos de 600 maneiras. 36.2. Delegado Subdelegado 15 14 Duas raparigas 10 9 Dois rapazes 15 × 14 + 10 × 9 = 300
1.1. Introdução à análise combinatória
Podem ser escolhidos de 300 maneiras.
36.3. Delegado Subdelegado
15 10 Rapaz-rapariga 10 15 Rapariga-rapaz 15 × 10 + 10 × 15 = 300 Podem ser escolhidos de 300 maneiras.
37. No ponto X tem duas hipóteses: partir para A ou para C.
Depois, sempre que encontra uma rua transversal tem também duas hipóteses: seguir em frente ou virar para essa rua o que acontece em seis ocasiões.
Assim, existem 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 27 = 128
trajetos diferentes.
38.1. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A
7 9 8 7 Números que começam por 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 1 3 8 7 Números que começam por 2 e cujo segundo algarismo é 7, 8 ou 9 7 × 9 × 8 × 7 + 1 × 3 × 8 × 7 = 3696 O conjunto A tem 3696 elementos
38.2. Comecemos por calcular em quantos elementos de A não
figura o 0 nem o 8 (apenas se podem usar oito algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 9) 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 6 7 6 5 Números que começam por 3, 4, 5, 6, 7 ou 9 1 2 6 5 Números que começam por 2 e cujo segundo algarismo é 7 ou 9 6 × 7 × 6 × 5 + 1 × 2 × 6 × 5 = 1320 Em 3696 − 1320 = 2376 elementos de A.
39.1. O baralho tem 26 cartas vermelhas (V) e 26 cartas pretas
(P). V P 26 26 26 × 26 = 676 A extração pode ser feita de 676 modos diferentes.
39.2. V P ou P V
26 26 26 26 26 × 26 + 26 × 26 = 1352
A extração pode ser feita de 1352 modos diferentes. 39.3. V V ou P P 26 25 26 25 26 × 25 + 26 × 25 = 1300 A extração pode ser feita de 1300 modos diferentes. 39.4 Consideremos dois casos: a primeira carta é o ás de espadas ou a primeira carta é de espadas mas não é o ás: 1.ª carta 2.ª carta 1 48 Há 51 − 3 = 48 cartas que não são ases. 12 47 Há 51 − 4 = 47 cartas que não são ases.
1 × 48 + 12 × 47 = 612
Preto Branco^ Preto Branco^ Preto Branco
Cantos Lados Centrais
4 × 64 − 4 + 4 × 6 × 64 − 6 + 6 × 6 × 64 − 9 = 3612
Os dois reis podem ocupar as casas de 3612 maneiras diferentes.
n n n n
( )
1 ( ( 1))
n n n
n n n n n n n
n (^) n n n n n n n n n n n n
n n n n n n n
= +^ − − + =
2
2
n n n n n n n
= +^ −^ −^ − =
Pág. 30 Avaliação 1
1. ( A \ B ) ∪ ( A ∩ B )=
= (^) ( A ∩ B (^) ) ∪ (^) ( A ∩ B )=
= A ∩ (^) ( B ∪ B )= = A ∩ U = = A Resposta: (B) 2.
1.1. Introdução à análise combinatória
11. x! = 110 ( x − 2 !)⇔
⇔ x x ( − 1 ) ( x − 2! 110) − ( x − 2 !) = 0 ⇔
⇔ x^2^ − x − 110 = 0 ∨ ( x − 2 !) = 0 ⇔
⇔ x = ±^ + ⇔
1 21 2
⇔ x = ± ⇔
⇔ x = − 10 ∨ x = 11 Como x ≥ 2 , então x = 11.
12.1. Um conjunto com n elementos tem, entre os seus
subconjuntos, o conjunto vazio e n conjuntos singulares (cada um formado com um elemento do conjunto dado). Logo, um conjunto com n elementos tem pelo menos n + 1 subconjuntos.
12.2. Para n = 0 , temos 20 = 1 > 0. Se n ∈ ℕ , 2 n^ é o número de subconjuntos de um conjunto com n elementos. Portanto, atendendo a 12.1. , 2 n^ ≥ n + 1 pelo que, como ∀ n ∈ ℕ, n + 1 > n , pode-se concluir que:
2 n^ > n ,∀ n ∈ ℕ
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal e Binómio de Newton Pág. 32
2. A ={ a , b , c , d }
B = { p , q , r , s , t }
Duas retas em A :
{ a , b } , { a , c } , { a , d } , { b , c } , { b , d } , { c , d }
Seis opções Duas retas em B :
{ p , q } , { p , r } , { p , s } , { p , t } , { q , r } , { q , s } , { q , t },
{ r , s } , { r , t } , { s , t }
Dez opções 6 × 10 = 60 Portanto, seriam formados 60 paralelogramos.
Pág. 33 1.1.^6 A 4 ′ = 64 = 1296
Podem-se obter 1296 números.
1.2. 1.º A^ 2.º A^ 3.º A^ 4.º A 5 6 6 6 2, 4 ou 6 2, 3, 4, 5 ou 6 5 × 6 × 6 × 3 = 540 540 números
Pág. 34
2.^2 A 8 ′ = 28 = 256
O resultado de um teste pode ser registado de 256 maneiras.
3.1. Letras Algarismos (^26) A 4 ′ × 10 A 3 ′ = 264 × 10 3 =456 976 000 É possível formar 456 976 000 códigos. 3.2.^5 A 4 ′ (^) × 10 A 2 ′ × 5 L L L L A A A 5 5 5 5 5 5 5 54 × 10 2 × 5 =312 500 É possível formar 312 500 códigos.
4. Para cada chávena tem duas opções: prateleira A ou prateleira B Por exemplo, a escolha AABBBB significa que as duas primeiras chávenas ficam na prateleira A e as restantes na B. Temos, portanto, 2 A 6 ′ − 2 = 62 maneiras de dividir as duas chávenas pelas duas prateleiras (são excluídas as opções AAAAAA e BBBBBB que correspondem a arrumar todas as chávenas numa prateleira). 5. Para cada bola há duas opções: caixa A ou caixa B
Assim: (^2) A 10 ′ − 2 = 210 − 2 = 1022
Exclui todas as bolas em A ou todas em B Existem 1022 maneiras diferentes.
Pág. 35 6.1. 1.º A^ 2.º A^ 3.º A^ 4.º A 10 10 10 10 ou 10 A 4 ′ = 104 =10 000 É possível formar 10 000 PIN.
6.2. 1.º A^ 2.º A^ 3.º A^ 4.º A 10 10 1 1 10 × 10 = 100 É possível formar 100 PIN. 6.3. PIN com os algarismos todos diferentes. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 10 9 8 7 10 × 9 × 8 × 7 = 5040 PIN com pelo menos dois algarismos iguais. 10 000 − 5040 = 4960 Com os algarismos todos diferentes Todos os PIN É possível formar 4960 PIN.
6.4. 1.º A^ 2.º A^ 3.º A^ 4.º A 10 10 1 10 Igual ao 2.º 103 = 1000 É possível formar 1000 PIN.
6.5. 1.º A^ 2.º A^ 3.º A^ 4.º A 10 9 9 9 Diferente do 3.º A Diferente do 2.ºA Diferente do 1.ºA 10 × 9 × 9 × 9 = 7290 É possível formar 7290 PIN.
7. Júri Possibilidades de escolha
3 A 5 ′ = 35 = 243
É possível formar 243 PIN.
8.^2 A 10 ′ = 210 = 1024
É possível formar 1024 PIN.
Pág. 37
9. Raparigas (M): 14 ; rapazes (H): 12 26 9.1.^26 A 3 (^) =15 600 Ou
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
4 × 3 × P 6 = 12 × 6! = 8640
Existem 8640 anagramas.
16.3. NUM^ | | | | 1 1 × 5! × 6 = 720 Número de posições que o grupo NUM pode ocupar Número de maneiras de ordenar as restantes 5 letras Ou NUM E R A D O Há seis objetos para ordenar (o grupo NUM e mais cinco letras) o que pode ser feito de 6! = 720 maneiras diferentes. Existem 720 anagramas.
16.4. P 3 (^) × P 6 = 3! × 6! = 4320
Número de maneiras de ordenar seis objetos (o grupo NUM mais cinco letras) Número de maneiras de ordenar as três letras de NUM Existem 4320 anagramas.
16.5. P 6 = 6! = 720
Número de maneiras de ordenar as restantes seis letras Existem 720 anagramas.
16.6. P 4 (^) × P 4 (^) × P 2 = 4! × 4! × 2! = 1152
pode ser CVCVCVCV ou VCVCVCVC número de maneiras de ordenar as quatro vogais número de maneiras de ordenar as quatro consoantes Existem 1152 anagramas.
17. Rapazes (H): 3; raparigas (M): 4 17.1. 3! × 4! × 2! = 288
pode ser rapazes–raparigas ou raparigas–rapazes número de maneiras de ordenar as quatro raparigas número de maneiras de ordenar os três rapazes Podem-se dispor de 288 maneiras. 17.2. 4! × 3! × 4 = 576
as raparigas podem ficar no inicio da fila, no fim ou entre os rapazes (4 hipóteses) ou 4! × 4! = 576 número de maneiras de ordenar os três rapazes mais o bloco das quatro raparigas número de maneiras de ordenar as raparigas Podem-se dispor de 576 maneiras.
17.3. 6! = 720 (é o número de maneiras de ordenar os restantes seis) Podem-se dispor de 720 maneiras. 17.4. Como há três rapazes (H) e quatro raparigas (M) terá de ser MHMHMHM. Logo, o número de opções é 4! × 3! = 144. Podem-se dispor de 144 maneiras. 17.5. 2! × 6! = 1440 Número de maneiras de ordenar os restantes cinco + o par de namorados Pode ser João-Joana ou Joana-João ou 2! × 5! × 6 = 1440 Número de lugares que pode ser ocupado pelo par João-Joana Ordenação dos restantes cinco Pode ser João-Joana ou Joana-João Podem-se dispor de 1440 maneiras.
Pág. 42 18.1. a)^84 8! 4! 4!
C = =
×
= ×^ ×^ ×^ × =
× × ×
b)^1000998 1000! 998! 2!
C = =
×
= ×^ × =
×
= × =
c)
90 100 10 10010 80
C A
C
× × =
× ×
= × =
×
×
= ×^ × =
× ×
= ×^ ×!
n (^) n (^) Cp n nC (^) p p p n p n p (^) ∈
= ⇔ = ×
Logo,
n p n − p
é múltiplo de p!.
8 85 5
C =^ A = ×^ ×^ ×^ × =
× × ×
20. Um dodecágono tem 12 lados e 12 vértices e tem (^12) C 2 (^) − 12 = 66 − 12 = 54 diagonais.
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
n nA C − n = − n =
=^ n n^^ −^ − n = n^ −^ n^ − n = (^2 ) 2
= n^^ − n
Pág. 43 22.
Raparigas Rapazes Total 14 7 21 6 0 6 5 1 Possibilidades de composição da comissão quanto ao género
22.1.^14 C 3 × 7 C 3 =12 740
Escolha de três rapazes Escolha de três raparigas Podem-se formar 12 740 comissões.
22.2. Delegado 1 Subdelegado 1 Outros 19
1 1 4 (^1) C 1 (^) × 1 C (^1) (^) × 19 C 4 = 3876
escolha dos restantes quatro elementos entre os restantes 19 Podem-se formar 3876 comissões. 22.3.^21 C 6 (^) − 14 C 6 (^) × 7 C 0 (^) − 14 C 0 (^) × 7 C 6 = 54 264 − 3003 − 7 = 51254
n.º de comissões só com rapazes n.º de comissões só com raparigas todas as comissões ou (^14 5 7 1 14 4 7 2 14 3 7 3 14 2 7 4 14 1 ) A B C D E
^ C ^ C^ +^ C ^ C ^ +^ C ^ C^ +^ C ^ C ^ +^ C ^ C =
A: 1 rapariga e 5 rapazes B: 2 raparigas e 4 rapazes C: 3 raparigas e 3 rapazes D: 4 raparigas e 2 rapazes E: 5 raparigas e 1 rapaz = 14 014 + 21 021 + 12 740 + 3185 + 294 = = 51 254 Podem-se formar 51 254 comissões. 22.4.^14 C 5 (^) 7 C 1 (^) + 14 C 4 (^) 7 C 2 =35 035
Podem-se formar 35 035 comissões.
23.1. Basta calcular o número de maneiras de escolher 12 casas em 25 (a ordem não interessa porque as fichas são iguais) (^25) C 12 =5 200 300
É possível dispor de 5 200 300 maneiras.
23.2.^9 C 8 × 16 C 4 = 9 × 1820 =16 380
Número de maneiras de escolher quatro casas para as restantes quatro fichas entre as 16 casas que não pertencem às diagonais. Número de maneiras de escolher oito casas entre as nove diagonais É possível dispor de 16 380 maneiras. 23.3.^9 C 8 (^) × 16 C 4 (^) + 9 C 9 (^) × 16 C 3 = 16 380 + 560 =16 940 Nove fichas nas diagonais Oito fichas nas diagonais É possível dispor de 16 940 maneiras. 23.4. Há 5 C 2 maneiras de escolher as filas que ficam vazias. Para cada uma das escolhas há 15 C 12 maneiras de arrumar as 12 fichas nas restantes 15 casas: (^5) C 2 (^) × 15 C 12 = 4550
Pág. 44
24. Reta^ Reta 5 8
r s
24.1.^5 C 1 (^) 8 C 1 + 2 = 5 × 8 + 2 = 42 A reta r e a reta s Um ponto na reta r e um ponto na reta s ou 13 5 8 C 2 (^) − C (^) 2 − C 2 + 2 = 42 42 retas distintas 24.2. (^) 5 8 1 2 2 1
r s
5 8 5 8 C 1 (^) C 2 (^) + C 2 (^) C 1 = 5 × 28 + 10 × 8 = 220 ou 13 5 8 C 3 (^) − C 3 (^) − C 3 = 286 − 10 − 56 = 220 220 triângulos 24.3. (^) 5 8 2 2
r s
5 C 2 × 8 C 2 = 10 × 28 = 280
Dois vértices na reta s Dois vértices na reta r 280 quadriláteros
25. Jogos realizados em cada grupo: 4 C 2 = 6 Como há seis grupos, temos 6 × 6 = 36 jogos realizados. Realizaram-se 36 jogos. 26. GR 3 Defesas 8 Médios 7 Avançados 5 1 4 4 2 3 8 7 5 C 1 (^) × C 4 (^) × C 4 (^) × C 2 = 3 × 70 × 35 × 10 =73 500 O selecionador pode escalar a equipa de 73 500 maneiras.
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
Pág. 48
33. A ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 }
33.1.^3 C 2 × 8 = 24
algarismos diferentes de 5 possíveis posições do algarismo 5 É possível formar 24 números.
33.2. 1.ºA^ 2.ºA^ 3.ºA 8 7 4 2, 4, 6 ou 8 8 × 7 × 4 = 224 É possível formar 224 números.
33.3. 9 × 8 × 7 − 5 × 4 × 3 = 504 − 60 = 444 números com três algarismos ímpares todos os números É possível formar 444 números.
34. Como as bolas são iguais, as caixas são diferentes e não
podem ficar caixas vazias, o número de maneiras de distribuir as sete bolas pelas quatro caixas é o número de maneiras de distribuir as três bolas que sobram depois de colocar uma em cada uma das caixas: Há três casos a considerar: 3 0 0 0 → 4 C 1 (^) = 4 As três bolas numa caixa (escolhe-se uma caixa). 2 1 0 0 → 4 A 2 (^) = 12 Duas bolas numa caixa e uma noutra (escolhem-se ordenadamente − 2 1 ou 1 2 − duas caixas). 1 1 1 0 → 4 C 3 (^) = 4 Uma bola em cada caixa (escolhem-se três caixas). 4 + 12 + 4 = 20 As bolas podem ser colocadas de 20 maneiras diferentes
Pág. 49 35.
(^5 3 )
T F F C
C C
×
5 C 3 × 4 C 1 = 10 × 4 = 40
Pode-se escolher o caminho para casa de 40 maneiras.
36.1.^15 C 6 = 5005
É possível escolher 5005 caminhos. 36.2. (^) 10 5 5 1
A − B × B − D = 252 × 5 = 1260
C C
É possível escolher 1260 caminhos. 36.3. (^) 6 4 5 2 3 1
A C C B B D
C C C
× ×
6 4 5 C 2 (^) × C 3 (^) × C 1 = 15 × 4 × 5 = 300 É possível escolher 300 caminhos. 36.4.^6 2 9 4 10 5 51 1 2 3
C ^ ×^ C ^ +^ C ^ ×^ C −^300 =^1890 +^1260 −^300 =^2850
*1 passam por C *2 passam por B *3 passam por C (foram contados duas vezes) É possível escolher 2850 caminhos.
Pág. 50
37. Homens: 6 ; mulheres: 7 37.1. 7 × 12 A 4 =83 160 número de maneiras de escolher os restantes quatro membros número de maneiras de escolher o presidente A lista pode ser formada de 160 maneiras. 37.2. H^ M 6 7 ( 6 C 3^ 7 C^ 2 +^6 C 4^ 7 C 1^ +^6 C 5^ 7 C 0 )×^ 5!^ =^531 ×^120 =63 720 Distribuição dos cargos 5 homens 4 homens e 1 mulher 3 homens e 2 mulheres A lista pode ser formada de 63 720 maneiras. 37.3. (^) ( 13 C 5 (^) − 6 C 5 (^) − 7 C 5 )× 5! =151 200 Ou^13 A 5 (^) − 6 A 5 (^) − 7 A 5 =151 200 A lista pode ser formada de 151 200 maneiras. 38. Raparigas (M): 6 ; rapazes (H): 4 10 38.1. 6! × 4! × 2 =34 560 Podem fazer de 34 560 maneiras. 38.2. 4! × 7! =120 960 Número de maneiras de ordenar as seis raparigas mais o bloco formado pelos rapazes Número de maneiras de ordenar os rapazes ou 4! × 6! × 7 =120 960 Número de lugares que o grupo dos rapazes pode ocupar (antes, entre ou depois das raparigas) Podem fazer de 120 960 maneiras. 38.3. 6! × 7 A 4 =604 800 Número de maneiras de escolher quatro lugares para os rapazes entre os sete possíveis (• M • M • M • M • M • M) Número de maneiras de ordenar as raparigas Podem fazer de 604 800 maneiras.
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
Pág. 53
39.1.^15 Cn (^) + 2 = 15 C 11 (^) ⇔ n + 2 = 11 ∨ n + 2 = 15 − 11
⇔ n = 9 ∨ n = 2
39.2.^30 C 2 (^) n + 1 = 30 C 19 ⇔
⇔ 2 n + 1 = 19 ∨ 2 n + 1 = 30 − 19 ⇔ ⇔ 2 n = 18 ∨ 2 n = 10 ⇔ ⇔ n = 9 ∨ n = 5
39.3.^20 C 17 (^) − n = 20 C 8 ⇔
⇔ 17 − n = 8 ∨ 17 − n = 20 − 8 ⇔ ⇔ n = 17 − 8 ∨ n = 17 − 12 ⇔ ⇔ n = 9 ∨ n = 5
39.4.^15 C 7 (^) − 14 Cn (^) + 2 = 14 Cn + 3 ⇔
⇔ 14 Cn (^) + 2 + 14 Cn (^) + 3 = 15 C 7 ⇔ 15 15 ⇔ Cn (^) + 3 = C 7 ⇔ ⇔ n + 3 = 7 ∨ n + 3 = 15 − 7 ⇔ ⇔ n = 4 ∨ n = 5
40.^20 Cp + 5 = 1140
(^18) C (^) p + 3 + 18 Cp (^) + 4 + 19 Cp + 5 =
= 19 C (^) p + 4 + 19 C (^) p + 5 = 20 Cp + 5 = 1140
41. (^) ( 1 1 1 ) 0
=
∑^ +^ =^ ⇔
n (^) n n k^ Ck^ Ck 12 12 0
=
⇔ (^) ∑ = ⇔ = ⇔
n (^) n n k^ Ck ⇔ n = 12
41.1. n^ +^1 C 5 (^) = 13 C 5 = 1287 n + 1 = 13
41.2.
(^3 3 ) 0 0
n (^) n k k k k
C C n
− (^) − = =
∑ =∑^ −^ =
= 29 = 512
42. 2 595 (^1 ) 595
n (^) C = ⇔ n n^ − = ⇔
⇔ n^2 − n − 1190 = 0 ⇔
1 1 4760 2
⇔ n = ±^ + ⇔
(^1 69 34 ) 2
⇔ n = ± ⇔ n = − ∨ n =
Como n ∈ ℕ, temos n = 35. No torneiro participaram 35 jogadores.
Pág. 55
43. n = 20 43.1.^20 C 1 = 20 O 2.º elemento dessa linha é o 20.
20 C 10 =184 756
O maior elemento dessa linha é o 184 756. 43.3.^20 C 9 (^) = 20 C 11 =167 960 20 20 C 8 (^) = C 12 =125 970 20 20 C 8 (^) = C 13 =77 520 Há cinco elementos superiores a 100 000. 43.4.^21 C 4 = 5985 O quinto elemento da linha seguinte é o 5985.
44. n = 12 44.1. Há 13 − 4 = 9 elementos superiores a 12. 44.2. 211 = 2048 A soma de todos os elementos é 2048.
Pág. 56
45. Os três primeiros elementos são iguais aos três últimos e, estes seis elementos, são os menores de uma linha do Triângulo de Pascal. (^2) ( n^ C 0 (^) + n^ C 1 (^) + nC 2 )= 1808 ⇔
1 (^1 ) 904
⇔ + n +^ n n^ − = ⇔
⇔ 2 + 2 n + n^2 − n = 1808 ⇔ ⇔ n^2^ + n − 1806 = 0 ⇔
1 1 7224 2
⇔ n = − ±^ + ⇔
1 85 2
⇔ n = − ± ⇔
⇔ n = − 43 ∨ n = 42 Logo, n = 42. O terceiro elemento da linha seguinte é 43 C 2 (^) = 903.
46. n^ C 6 (^) = nC 9 (^) ⇔ n − 9 = 6 ⇔ n = 15
A linha anterior é a de ordem n = 14 e tem 15 elementos. O maior é 14 C 7 (^) = 3432.
47. 1, n , ... , n , 1
1 × n × n × 1 = 961 ⇔ n^2 = 961 ⇔ n = 31 (^32) C 2 = 496
O terceiro elemento da linha seguinte é o 496.
48. … nC^ p^ nCp^ + 1^ nCp^ + 2 … …^ n^ +^1 C^ p + 1^ n^ +^1 C^ p + 2 … …^ n +^2 Cp + 2 … Substituindo os valores dados: … nC^ p 816^ nCp^ + 2 … …^ n^ +^1 C^ p + 1 3876 … … 4845 …
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
51.1. (^) ( ) ( ) ( ) (^) ( ) ( ) (^) ( ) ( )
(^4 4 0 3 1 ) 3 − 1 = 3 − 1 + 4 3 − 1 + 6 3 − 1 +
( ) (^ )^ (^ )
(^1 3 )
= 9 − 4 × 3 3 + 18 − 4 3 + 1 = 28 − 16 3
51.2. (^) ( ) ( ) ( ) (^) ( ) ( ) (^) ( ) ( )
(^5 5 0 4 1 ) 2 − 1 = 2 − 1 + 5 2 − 1 + 10 2 − 1 +
( ) (^ )^ ( ) (^ )^ (^ )
(^2 3 14 )
- 10 2 − 1 + 5 2 − 1 + − 1 =
= 4 2 − 20 + 20 2 − 20 + 5 2 − 1 = = 29 2 − 41
51.3. (^) ( ) ( ) ( ) ( )
5 0 1 2 1 − 5 = − 5 + 5 − 5 + 10 − 5 +
( ) ( ) ( )
3 4 5
= 1 − 5 5 + 50 − 50 5 + 125 − 25 5 = 176 − 80 5
Pág. 59
(^8 8 8 ) 8 2 2 0 2
1 2 2 1 2 p 1^ p x x^ x^ x (^) p C^ p x x
−
∑
- 1 =^8 28 −^8 −^ × −^ (^1 )^ ×^ (^ −^2 ) = p p p^ p Tp Cp x x
= 8 C^ p 28 −^ p^ ( − 1 )^ p^ x^8 −^ p^ x −^2 p^ = 8 C p 28 −^ p^ ( − 1 ) px^8 −^3 p
52.1. Como 8 − 3 p decresce com p , o 3.º termo obtém-se
para p = 2.
T 3 = 8 C 2 × 28 −^2 × − ( 1 ) 2 × x^8^ −^6 = 28 × 64 x^2
T 3 (^) = 1792 x^2
52.2. 8 − 3 p = 5 ⇔ 3 p = 3 ⇔ p = 1
T 2 = 8 C 1 × 2 8 1 −^ × − ( 1 ) 1 × x^8^ −^3 = − 8 × 128 × x^5^ = − 1024 x^5
O coeficiente de x^5 é –1024.
52.3. 8 3 0 3 8 8 3
− p = ⇔ p = ⇔ p =
Como p ∉ ℤ, não existe termo independente de x. Se p ∈ ℤ∧ 0 ≤ p ≤ 8 , então 8 − 3 p ≠ 0.
53. (^) ( )
10 10 10 (^109) 0
=
∑
p (^) p p
x x C x x x x
( ) 10 1 10 1
p p Tp C (^) px x p x
= 10 C xp −^10 + p^ x p × x^2^ p =
10 10 2 2 5 2 2
p p^ p p = C x −^ +^ +^ + p +^ p^ = p
10 5 10 =^2 −
p C xp
53.1.^5 10 0 5
p (^) − = ⇔ p = ⇔
⇔ p = 4 T 5 (^) = 10 C x 4 0 = 210
53.2.^5 10 10 5 40 2
p (^) − = ⇔ p = ⇔ p =
T 9 (^) = 10 C x 8 10^ = 45 x^10
Pág. 60 54.1. (^) ( 4 x^3 − 2 x )^10
Para x = 1 : ( 4 − 2 )^10 = 210 = 1024
54.2. (^) ( ) 2 91 5 x − 6 x
Para x = 1 : ( 5 − 6 ) 91 = ( − 1 ) −^1 = − 1
54.3. (^) ( x^5^ − 3 x^2 )^5
Para x = 1 : ( 1 − 3 ) 5 = ( − 2 ) 5 = − 32
(^4 4 44 ) 0
= ∑ k^ ×^ k × −^ k =^ −^ =^ −^ = k
C
(^100 100 ) 0
=
∑ (^) k^ × −^ k^ ×^ k = k
C
( ) ( )
(^100 100 ) 0
=
= (^) ∑ (^) k − k × k = k
C
0
=
∑
n (^) n p n n p x (^) x (^) p C xp x
- 1 =^ −^ ×^2 ×^ (^ −^4 ) =
n n p p^ p Tp C xp x
= n^ C xpn −^^ p^ × 2 p^ × x −^4 p =
= n^ C p 2 p^ xn^ −^5 p
5 0 5
n − p = ⇔ p = n
Como p ∈ ℤe 0≤ p ≤ n , o menor valor de n é 5.
56.2.^3 ( 3 ) 0
=
∑
n (^) n n p p n p p
x C x x x
( ) (^ ) 1 1
n p^ p^ n^ pp n n Tp Cp x x C xp
− n + p +^ p = ⇔ − n + p + p = ⇔ p = n ⇔
3 4
⇔ p = n
Como p ∈ ℤe 0≤ p ≤ n , o menor valor de n é 4.
1.2. Cálculo combinatório. Triângulo de Pascal. Binómio de Newton
Pág. 64
57.1. 9 × 10 A 4 ′ (^) − 9 A 5 ′= 9 × 10 4 − 95 =30 951 Números sem o algarismo 0 Todos os números de cinco algarismos ou
9 × 10 × 10 × 10 × 10 − 9 × 9 × 9 × 9 × 9 =30 951
Existem 30 951 números.
57.2. 9 × 10 A 4 ′ (^) − 8 × 9 A 4 ′= 9 × 104 − 8 × 9 4 =37 512 Números sem o algarismo 2 Existem 37 512 números.
58. 3 × 10 A 7 ′= 3 × 10 7 =30 000 000
Número de maneiras de escolher os restantes sete algarismos Número de operadoras O número máximo é 30 000 000.
59.1. A A L L L (^10) A 2 ′ (^) × 26 A 3 ′ = 102 × 263 =1 757 600
É possível formar 1 757 600 códigos.
59.2. A 1 A 2 V V V
(^10) A 2 (^) × 5 A 3 ′ = 10 × 9 × 53 =11 250
É possível formar 11 250 códigos.
59.3.^1 2 1 10 1 26 25 24
A A L L L
10 × 1 × 26 × 25 × 24 =156 000
É possível formar 156 000 códigos.
59.4.^1 2 1
A A L L L
10 × 5 × 26 × 26 × 1 =33 800
É possível formar 33 800 códigos.
60. Raparigas (F): 13; rapazes (M): 10
60.1. Delegado^ Subdelegado 10 × 13 = 130 Podem ser escolhidos de 130 maneiras.
60.2.^ De^ lega^ do^ S^ ubdele r ap az-r apa riga
ra
gado 10 1 pariga-r
13 10 apaz 10 × 13 + 13 × 10 = 260 Podem ser eleitos de 260 maneiras.
60.3. 2 × 22 = 44 Número de maneiras de eleger o segundo elemento. A Joana pode ser delegada ou subdelegada. Podem ser eleitos de 44 maneiras.
61.^25 A 5 = 25 × 24 × 23 × 22 × 21 =6 375 600
O inspetor pode planificar a visita de 6 375 600 maneiras.
62.^8 A 6 (^) = 20 160ou Pintas Faces 1 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 =20 160 O dado pode ser pintado de 20 160 maneiras.
Pág. 65
63.1. 1.ºA^ 2.ºA^ 3ºA^ 4.ºA 3 8 7 6
(o 1.º algarismo pode ser 1, 2 ou 3)
3 × 8 × 7 × 6 = 1008 Ou 3 × 8 A 3 = 1008 Podem ser formados 1008 números.
63.2. 1.ºA^ 2.ºA^ 3ºA^ 4.ºA 8 7 6 5
(o 4.º algarismo pode ser 1, 3, 5, 7 ou 9)
8 × 7 × 6 × 5 = 1680 ou (^8) A 3 × 5 = 1680
Podem ser formados 1680 números ímpares. 63.3. Seja x tal que x > 3680 Vamos dividir o problema em três partes: x > 4000 ; 3700 < x < 4000 e 3680 ≤ x < 3700 4 a 9 6 8 7 6 x > 4000 3 7, 8, 9 1 3 7 6 3700 < x < 4000 3 6 8, 9 1 1 2 6 3680 ≤ x <3 0 70 6 × 8 × 7 × 6 + 1 × 3 × 7 × 6 + 1 × 1 × 2 × 6 = 2154 Podem ser formados 2154 números.
64.1.^6 A 5 (^) × P 7 =3 628 800 Número de maneiras de os homens ocuparem os restantes sete lugres Número de maneiras de escolher ordenadamente cinco lugares entre os seis da fila da frente Podem ocupar os lugares de 3 628 800 maneiras. 64.2.^5 A 4 (^) × P 8 =4 838 400 Número de maneiras de as restantes oito pessoas ocuparem os restantes oito lugares Número de maneiras de escolher ordenadamente quatro mulheres para os extremos das filas Podem ocupar os lugares de 4 838 400 maneiras. 64.3. 2 × 7 A 6 × 6! =7 257 600 Número de maneiras de as restantes seis pessoas ocuparem os restantes seis lugares Número de maneiras de escolher ordenadamente seis homens para a fila escolhida Número de maneiras de escolher a fila a ocupar pelos homens Podem ocupar os lugares de 7 257 600 maneiras.
