Matemática E – Extensivo – v. 3 - energia.com.br · GABARITO ! 1 Matemática E – Extensivo...

GABARITO

1Matemática E

Matemática E – Extensivo – v. 3

Exercícios

01) Octógno tem 20 e decágono tem 35.

Número de vértices de um octógono: 8 vértices.

D = n n( )−3

2

D = 8 8 3

28 5

2402

20( ) .− = = =

Número de vértices de um decágono: 10 vértices.

D = n n( )−3

2

D = 10 10 32

10 72

702

35( ) .− = = =

02) a) 28 b) 56 c) 56 d) 21 e) 14

a) Dois pontos definem uma única reta.

C82 =

88 2 2

86 2

8 7 66 2

8 72

!( ) !

!! !

. . !!

.−

= = =

C82 = 56

2 = 28 retas.

b) No vetor o sentido importa, então:

A82 =

88 2

86

!( )!

!!−

= = 8 . 7 = 56 vetores.

c) Três pontos definem um triângulo:

C83 =

88 3 3

85 3

8 7 6 55 3

!( )! !

!! !

. . . !! !−

= = = 8 . 7 = 56 tri-

ângulos.d) Como o ponto D é fixo, então temos de combinar 2

vértices dentre 7 pontos.

C72 =

77 2 2

75 2

7 6 55 2

!( )! !

!! !

. . !! !−

= = = 7 6

2422

. = = 21.

e) Em vetores o sentido importa e que dois pontos definem um vetor.

Com o ponto B fixo, então sobram sete, portanto o total de vetores é 14.

03) 20

Para o 1º buraco podemos alojar C63 = 20 modos. Colo-

cando 3 turistas na 1ª barraca, restam 3 modos para colocar na 2ª barraca, ou seja, 1 modo para 2ª barraca.

Pelo PFC, temos: 20 . 1 = 20 modos.

04) C

Note que qualquer triângulo que formamos terá base em s e um ponto em r, ou então terá a sua base em r e um ponto em s.

r

s

Número de bases em r: C32 = 3. Como cada uma das 3

bases podem ser ligadas a 4 pontos sobre s, então temos 3 . 4 = 12 triângulos com bases sobre r.

Número de bases em s: C42 = 6. Como cada uma das 6

bases podem ser ligadas a 3 pontos sobre r, então temos 6 . 3 = 18 triângulos com bases sobre s.

Portanto, o total de triângulos é dado por: 12 + 18 = 30 triângulos.

05) B

O número total de triângulos é dado pela diferença da combinação de 9 pontos tomados 3 a 3 (vértice) pela combinação entre os pontos colineares.

Número total de combinações: C93 = 84.

Vamos calcular o total de combinações dos pontos colineares:• Pontos 1 – 2 – 3: C3

3 = 1

• Pontos 7 – 5 – 3: C33 = 1

• Pontos 7 – 8 – 9: C33 = 1

• Pontos 2 – 6 – 9: C33 = 1

• Pontos 1 – 4 – 5 – 8: C43 = 4

O total de pontos é: 1 + 1 + 1 + 1 + 4 = 8 combinações. Portanto, o número de lotes distintos que são possíveis

demarcar é dado por: 84 – 8 = 76 lotes.

06) A

O número total de triângulos cujo os vértices estão sobre esses pontos são dados por:

Número de combinação de 12 pontos colineares toma-dos 3 a 3.

Número total de combinação: C123 = 220.

Combinação dos pontos colineares: C53 = 10.

Portanto, o número de triângulos com vértices nos 12 pontos é: 220 – 10 = 210.

GABARITO

2 Matemática E

07) 420

Note que qualquer quadrilátero terá uma das suas bases sobre a reta r e outra sobre s.

Número de base sobre a reta s: C82 = 28.

Número de base sobre a reta r: C62 = 15.

Pelo PFC, temos: 28 . 15 = 420 quadriláteros.

08) A

Números de alunos mulheres: 25 . 0,28 = 7. Números de alunos homens: 25 – 7 = 18. O total de modos que podemos escolher 3 mulheres

em 7 é: C73 = 35 modos.

O total de modos que podemos escolher 3 homens entre 18 é: C18

3 = 816 modos. Pelo PFC, temos: 35 . 816 = 28 560 modos de escolher

3 homens e 3 mulheres.

09) E

O complementar de uma "comissão de 5 pessoas contendo, no m, um diretor" é "comissão de 5 pessoas contendo nenhum diretor", isto é, comissão formada com apenas gerentes.

O valor é obtido C55 = 1. Além disso, o total de comissões

contendo gerentes e diretores é dado por C85 = 56.

Portanto, o total de comissões é 56 – 1 = 55.

10) E

Como dois pontos definem um único segmento de retas, devemos escolher 2 dentre 8 pontos (vértice).

C82 =

8 72.

= 28.

11) 78

Total de retas formadas por 15 garotas:

C152 =

15 142.

= 105.

Do valor total de retas devemos retirar as retas con-gruentes, isto é, retas definidas entre as garotas AE-

ROBICA, então C82 =

8 72.

= 28.

Por fim, devemos somar uma reta, pois retiramos a reta que passa por AEROBICA.

Portanto, 105 – 28 + 1 = 78 retas.

12) C

Queremos no máximo 2 sais minerais de forma análoga a obter no mínimo 1 vitamina. O complementar é obter 3 nutrientes com nenhuma vitamina.

Total sem restrições: C73 = 7 6 5

6. . = 7 . 5 = 35.

Total de combinação com somente sais minerais C33 = 1.

Portanto, o total de composição com t nutrientes conten-do no máximo 2 sais minerais é: 35 – 1 = 34 composições.

13) D

O complementar "de comissões de 3 profissionais que contenha no mínimo 1 com capacitação referida". Esse

total é obtido por C93 =

9 8 76

. . = 84. Além disso o total

de comissões sem restrições é dado por

C123 = 12 11 10

6. . = 220.

Portanto, o total de 3 profissões que contenha no mínimo 1 com capacidade referida é dado por: 220 – 84 = 136.

14) D

Vencedor: C155 = 3003.

Escolhidos os 5 jogadores para compor a 1a equipe, sobram 10 jogadores para compor os demais times.

Vitória: C105 = 252.

Escolhidos os 5 jogadores, restam 5 para compor o time Confiança.

Confiança: C55 = 1.

Pelo P.F.C., temos: 3003 . 252 . 1 = 756 756.

15) A

Primeira duplo: C42 =

4 32.

= 6.

Formada a primeira dupla, restam 2 jogadores para formar a segunda dupla.

Segunda dupla: C22 = 1.

Portanto, o número total de grupos com duas duplas sem considerar a posição delas é dado por:

C C42

22

26 12

62

. .= = = 3.

16) 280

Formação da 1ª equipe C93 = 84.

Formada a 1ª equipe, sobram 6 pessoas para compor as demais equipes.


Formada a 2ª equipe sobram 3 pessoas para compor a terceira equipe.

GABARITO

3Matemática E


Como as 3 equipes podem permutar entre si, devemos dividir o resultado total por 3. Assim, pelo PFC, temos:

84 20 13

16806

. .!

= = 280 equipes.

17) 40

De cada vértice da base superior partem 8 diagonais, mas 3 dessas diagonais não podem ser contadas:

1) O vértice imediatamente abaixo está ligado por uma aresta, logo esta diagonal não conta.

2) Os dois vértices consecutivos (um à esquerda e outro à direita) estão em faces contíguas, logo as diagonais serão das faces e não do prisma.

Assim, restam 5 diagonais para cada vértice superior. Como são 8 vértices, temos: 5 . 8 = 40 diagonais.

18) B

Barra de metal de comprimento 5 m está fixa na 1ª posição. Qualquer das barras de comprimentos 6, 7, 8, 9 devem ficar na 5ª posição, pois as barras devem estar em ordem crescente.

1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª

fixapossibilidades

1, 2, 3, 4

possibilidades

6, 7, 8, 9

5 4p

Nosso problema se resume em: Ordenar os algarismos 1, 2, 3, 4 em ordem crescente

em 3 posições.

1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª

Vamos analisar fixando os números: Barra 1 fixa.


fixa

1

Se a barra 2 estiver na 2ª posição, temos 2 possibilida-des (3 e 4).

Se a barra 3 estiver na 2ª posição, temos 1 possibilidade (4).

Se a barra 4 estiver na 2ª posição, não teremos nenhu-ma possibilidade.

Barra 2 fixa.


fixa

2

Para 2ª posição temos somente uma possibilidade (3), e também uma possibilidade para a 3ª posição (4).

Logo, temos 1 possibilidade de dispor as barras para a barra 2 fixa na 1ª posição.

Com as barras 3 e 4 fixas não existem possibilidade de dispô-las as barras.

Logo, o total de possibilidades é: 2 + 1 + 0 + 1 + 0 = 4. Pelo PFC: 4 . 4 = 16 possibilidades.

19) 120

P5 = 5! = 120.

20) 24

P4 = 4! = 24.

21) Verdadeiro

fixo

B 4p 3p 2p 1p

fixo

L

restam:

R, A, S, I

Pelo PFC: 4 . 3 . 2 . 1 = 24 anagramas.

22) 48

2 3

Como 2 e 3 devem estar juntas, então podemos considerá-las como um único bloco.

Assim, tivemos 4 algarismos para permutar. Daí vem: P4 = 4! = 24 Porém, os 2 números podem se agrupar de P2 = 2 modos. Portanto, o total de permutações, tal que 2 e 3 estejam

juntas, é dado por: P4 . P2 = 24 . 2 = 48 permutações.

23) a) 6 sequências. b) 48 sequências.

a) Como A e B devem ficar juntas nesta ordem, devemos permutar as 3 etapas restantes, isto é: 3! = 6.

b) Como A e B devem ficar juntas, elas funcionam como uma única letra, que deve ser permutada com as 3 outras. Note que ainda podemos ter as ordens AB e BA. Assim, 2 . 4! = 48 sequências.

GABARITO

4 Matemática E

24) E

Vogais: E, O, I. Consoantes: X, P, L, D, R. Como E, O, I devem ficar juntas, elas funcionam como

se fosse uma letra. Então o número de permutações é dado por: P6 = 6! = 720.

Note que as vogais podem permutar entre si, veja alguns exemplos: EOI, DEI, IOE...

Logo temos P3 = 6 maneiras de permutar as vogais. Portanto, o número de permutações com as vogais juntas é: P6 . P3 = 720 . 6 = 4320.

25) 720

Sejam A, B, C, D, E, F e G, em que A, B e C são de ficção científica.

1º dia-

A

2º dia-

B

3º dia-

C

4º dia- 5º dia- 6º dia- 7º dia-

Como A, B e C devemos considerar como um úni-co "bloco", temos 5 filmes para permutar. Dai vem: P5 = 5! = 120.

Porém, A, B e C podem permutar entre si. P3 = 3! = 6. Portanto, pelo PFC temos: P5 . P3 = 120 . 6 = 720.

26) B

1ª alternativa: A primeira tarefa será levar seu neto à escola e não terá ordem em trazê-lo de volta. 4 . 3! = 24.

2ª alternativa: Levar o neto será a segunda tarefa, mas pegá-lo não pode ser a primeira 3 . 3! = 18.

3ª alternativa: Desta vez levar o neto será a terceira tarefa e a pagá-lo será a penúltima ou última tarefa: 2 . 3! = 12.

4ª alternativa: A quarta tarefa será levar o neto à es-cola, então será a última: 1 . 3 = 6.

Portanto, o total de possibilidades de o aposentado fazer a tarefa é: 24 + 18 + 12 + 6 = 60.

27) D

I. Correta. 2 vogais 3 consoantes Colocado a 1ª vogal restam 4 letras sem restrições.

2p 4p 3p 2p 1p

PFC, temos: 2 . 4 . 3 . 2 = 48.II. Correta.

i L

Como i e L devem permanecer juntas, podemos considerá-las como um "bloco", isto é, única letra.

Daí, temos 4 letras para permutá-las P4 = 4! = 24.III. Incorreta. Vamos começar pelas casas mais proble-

máticas.

1 posiçãoª

3

consoantes

(F, L, Z)

3p

5 posiçãoª

2

vogais

(E, i,)

2p

Colocadas as consoantes na 1ª posição e a vogal na 5ª posição restam 3 letras para permuta-las, logo:

3 . 3! . 2 = 3 . 6 . 3 = 36

28) 1728

Podemos permutar as disciplinas de matemática, português e física. P3 = 3! = 6.

Porém, podemos permutar os livros entre si (mesma disciplina):

Matemática: P4 : 4! = 24. Física: P3 = 3! = 6. Português: P2 = 2! = 2. Portanto, pelo PFC, temos: 6 . 24 . 6 . 2 = 1728.

29) D

Devemos permutar 6 vagões.

posição que

não pode

o vagão do

restaurante

5p

1 vagãoª

inclui o

vagão de

restaurante

5p

2ª vagão

4p

3ª vagão

3p

4ª vagão

2p

5ª vagão

1p

6ª vagão

Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 600 modos.

30) 72

Começar com consoante.

consoante

(B, N, T)

3p

vogal

(O, E, A)

3p

consoante

2p

vogal

2p

consoante

1p

vogal

1p

Pelo PFC: 3 . 3 . 2 . 2 . 1 . 1 = 36 modos. Portanto, o total de anagramas é: 36 + 36 = 72.

GABARITO

5Matemática E

31) 3840

Podemos considerar cada casal como "bloco" e permutá-las entre si.

5p 4p 3p 2p 1p

PFC: 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 No entanto, podemos permutar cada um dos 5 casais,

isto é, P2 . P2 . P2 . P2 . P2 = 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 . 32. Portanto, o número total de modos para dispor os casais

é: 120 . 32 = 3840.

32) 11520

Consideramos os livros grandes, livros pequenos e o exemplar de Descobrindo o Pantanal como 3 blocos que podemos permutar. Com o livro de Descobrindo o Pantanal fixo (1ª ou última coluna), podemos permutar os livros grandes e pequenos de dois modos.

Além disso, os livros grandes e pequenos podem permutar entre si.

Livro pequenos: P5 = 5! = 120. Livro grandes: P4 = 4! = 24. Por fim, o Descobrindo o Pantanal pode permutar de

dois modos (extremos). Portanto, pelo PFC, temos: 2 . P5 . P4 . 2 = 2 . 120 . 24 . 2 = 11 520.

33) a) 14! versões diferentes da prova. b) As questões serão assim dispostas:

PPPPPPP MGMGGGM PPPPPPP MGGMGGM PPPPPPP MGGGMGM PPPPPPP GMGMGGM PPPPPPP GGMGMGM PPPPPPP GMGGMGM 7! . 4!. 3! . 6 = 4.354.560

34) E

Temos 2 modos de dispor o casal em um banco e também podemos permutá-los entre si, então existem 2 . 2 = 4 modos. Como temos 3 bancos, logo 3 . 4 = 12 modos para dispor o casal.

Colocado o casal, restam dois bancos para dispor a família, como podemos permutá-los entre si, temos 3! modos. Logo, o total de maneiras em dispor é 2 . 3! = 2 . 6 = 12 modos.

Por fim, restam 4 lugares para colocar 4 pessoas que são dispostas de 4! = 24 modos.

Portanto, pelo PFC, temos: 12 . 12 . 24 = 3456 modos.

35) 46721

fixo

1

P4

P4 = 4! = 24

fixo

2

P4

P4 = 4! = 24

fixo fixo

4 1

P3

P4 =

No exato momento contamos os números até a posição 24 + 24 + 6 + 6 = 60.

Os demais números em ordem crescente são: 61º → 46127 62º → 46172 63º → 46217 64º → 46271 65º → 46712 66º → 46721

36) 76º

Vamos analisar a contagem separadamente fixando os algarismos em ordem crescente.

fixo

2

P4

P4 = 4! = 24

Note que qualquer número começado com o algarismo 2 é menor que 72584.

fixo

4

P4

P4 = 4! = 24

Note ainda que qualquer número começado com o algarismo 4 é menor que 72584.

fixo

5P4 = 4! = 24

Qualquer número começado com o algarismo 5 é menor que 72584.

fixo

7P2 = 2! = 2

fixo

2

fixo

4

P2

GABARITO

6 Matemática E

Ainda com raciocínio análogo aos anteriores, fixando os algarismos 7 e 2 nesta ordem será menor que 72584. No exato momento temos o número da posição 24 + 24 + 24 + 2 = 74. As posições seguintes são: 75º → 72548 76º → 72584 Portanto, a posição que se encontra o número 72584 é 76º.

37) 840

Vogal A fixa.

1 posiçãoª

A

2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª 6 posiçãoª 7 posiçãoª

Podemos dispor a letra E em 6 posições. Iniciamos a contagem fixando a letra E na 2ª posição.

1 posiçãoª

A E


5 possibilidades

1 posiçãoª

fixo

2 posiçãoª

E

5

possibilidades

3 posiçãoª

E

4

possibilidades

4 posiçãoª

E

3

possibilidades

5 posiçãoª

E

2

possibilidades

6 posiçãoª

E

1

possibilidade

7 posiçãoª

O total de anagramas com A fixa na 1º posição é 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. Note que a letra E não pode ocupar a 7ª posição, pois, caso contrário, as vogais não estavam em ordem alfabética.

Vogal A fixa na 2ª posição.


E

4

possibilidades

4 posiçãoª

E

3

possibilidades

5 posiçãoª

E

2

possibilidades

6 posiçãoª

E

1

possibilidades

7 posiçãoª

A



E

4

possibilidades

4 posiçãoª

E

3

possibilidades

5 posiçãoª

E

2

possibilidades

6 posiçãoª

E

1

possibilidade

7 posiçãoª

A

Total de possibilidades com A fixa na 2ª posição é 4 + 3 + 2 + 1 = 10.

GABARITO

7Matemática E


1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª

E

3

possibilidades

5 posiçãoª

E

2

possibilidades

6 posiçãoª

E

1

possibilidade

7 posiçãoª

A

Total de possibilidades com A fixa na 3ª posição é 3 + 2 + 1 = 6.


1 posiçãoª 2 posiçãoª 3 posiçãoª 4 posiçãoª 5 posiçãoª

E

2

possibilidades

6 posiçãoª

E

1

possibilidade

7 posiçãoª

A

Total de anagramas é 2 + 1 = 3.



E

1

possibilidade

7 posiçãoª

A

Portanto, o total de anagramas com as vogais em ordem alfabética é 15 + 10 + 6 + 3 + 1 = 35. Como as 4 consoantes podem permutar entre si, temos P4 = 4! = 24 anagramas. Pelo PFC, o total de anagramas da

palavra CADERNO com as vogais em ordem alfabética é: P4 . 35 = 24 . 35 = 840 anagramas.

38) 604 800

Colocamos as letras E, I, U, A como mostrado a seguir (4! = 24 modos)

E I U A

Agora vamos decidir quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3, x4 e x5 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo) inteiros não negativos tais que:

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 6

Com x2 ≥ 1, x3 ≥ 1 e x4 ≥ 1

Sejam y2 = x2 + 1; y3 = x3 + 1 e y4 = x4 + 1.

Daí vem:x1 + y2 + y3 + y4 + x5 = 3

Resolvendo acima, temos:

CR C53

73 7 6 5

635= = =

. .

Escolhido o número de letras que irão em cada espaço temos que colocar as letras V, S, T, B, L, R, o que pode ser feito de:P6 = 6! = 720 maneiras

Portanto, o número de anagramas da palavra VESTI-BULAR que não possuem vogais juntas é:4! . CR5

3 . P6 = 24 . 35 . 720 = 604 800

GABARITO

8 Matemática E

39) 60

P62 3 6

2 37202 6

, !! . ! .

= = = 60 anagramas.

40) 210

P72 2 3 7

2 2 35040

2 2 6, , !

! . ! . ! . .= = = 210 números.

41) 20

P63 3 6

3 36 5 4 3

3 36 5 43 2

, !! . !

. . . !! . !

. ..

= = = = 5 . 4 = 20

mensagens diferentes.

42) 15

P64 2 6

4 26 5 4

4 26 5

2302

, !! . !

. . !! .

.= = = = = 15 modos.

43) 208

P106 4 10

6 410 9 8 7 6

6 410 9 8 74 3 2 1

504024

, !! . !

. . . !! . !

. . .. . .

= = = = =

210 maneiras.

Portanto, além daquelas maneiras, temos: 210 – 2 = 208 maneiras.

44) 120

A A A

Como as 3 letras A devem permanecer juntas, deve-mos considerar como um único "bloco", isto é, uma única letra.

Daí vem: Temos 5 letras para permutar entre si. P5 = 5! = 120 anagramas

45) 540

(A, A, O)

3p

Colocado a vogal na primeira casa, restam 6 letras para permutar entre si.

P6 = 6! = 720

Pelo PFC, temos: 3 . P6 = 3 . 720 = 2160

Note que existem letras repetidas. São elas: A → repete 2 vezes R → repete 2 vezes

Logo, o total de anagramas iniciado por uma vogal é:

21602 2

21602 2

21604! . ! .

= = = 540 anagramas.

46) 600

Q U

Como as letras Q e U devem permanecer juntas, devemos considerar com um único "bloco", isto é, uma única letra.

P6

Logo, temos 6 letras para permutar. P6 = 720

Note que as letras Q e U podem permutar: P2 = 2! = 2 modos

Portanto, o total de anagramas é dado por: como a letra A repete 3 vezes, então devemos divi-

dir por 3!

P P2 6

32 720

61440

6.!

.= = = 240 anagramas

Segue, o total de anagramas sem restrições é:

P73 7

35040

6= =!

!= 840

Portanto, total de anagramas sem as letras Q e U juntas é: 840 – 240 = 600 anagramas.

47) 3

Observe que a única consoante para dispor na primeira

posição é a letra G.

Colocado a consoante na primeira posição, restam 3 letras para permutá-las com a letra A se repetindo 2 vezes.

Portanto, o número de anagramas que iniciam com co-soantes é:

P32 3

2= !

!= 3

GABARITO

9Matemática E

48) a) 84

No trajeto de A para B devemos andar 6 ruas para direita e 3 ruas para cima.

Portanto,

P96 3 9

6 39 8 7 6

6 39 8 7

65046

, !! . !

. . . !! . !

. .= = = = = 84 modos.

b) 40

No trajeto de A para C devemos andar 3 quarteirões para esquerda e 2 para cima.

Portanto,

P53 2 5

3 21206 2

12012

, !! . ! .

= = = = 10.

No trajeto de C para B devemos andar 3 quarteirões para esquerda e um quarteirão para cima.

Portanto,

P43 4

34 3

3= =!

!. !

! = 4.

Pelo PFC, temos: P P5

3 243, .

= 10 . 4 = 40 trajetos de A para B passando por C.

c) 44

Trajetos de A para B menos os trajetos de A para B passando em C.

P P P96 3

53 2

43, , .− = 84 – 40 = 44 trajetos de A para B sem

passar por C.

49) V – V – F

I. Verdadeira. Podemos mover 4 casas para esquerda e 4 para baixo.

Portanto,

P84 4 8

4 440 32024 24

40 320576

, !! . ! .

= = = = 70 maneiras.

II. Verdadeira. Em algum momento faremos o movimento no sentido diagonal, restando 3 casas para a esquerda e 3 para baixo.

P73 3 7

3 350406 6

504036

, !! . ! .

= = = = 140 maneiras

III. Falso. Em algum momento faremos os 3 movimentos no sentido diagonal, restam 2 movimentos para esquerda e 2 movimentos para baixo.

P72 3 2 7

2 2 35040

2 2 6, , !

! . ! . ! . .= = = 210

50) Verdadeiro.

Combinação completa (com repetição).

CR Cnp

n pp= + −1

x + y + z = 6

n

p

==

3

6

CR C C36

3 6 16

86 8

8 6 68

2 6= = =

−= =+ −

!( )! . !

!! . !

= 8 7 62 6

8 72

. . !! . !

.= = 28

Portanto, alternativa correta.

51) 10

Queremos os valores de x, y e z tal que:x ≥ 1, y ≥ 1 e z ≥ 1que satisfazx + y + z = 6

Sejam a, b e c, tal quex = a + 1; y = b + 1 e z = c + 1

Daí vem:a + b + c = 3


CR C33

53 5 4 3

3606

10= = = =. .

!

52) 84

Combinação completa com n = 4 e p = 6.

CR C46

96 9

9 6 69

3 6= =

−=!

( )! !!

! . !

= 9 8 7 63 6

9 8 76

5046

. . . !! . !

. .= = = 84

53) E

Durante a partida foram marcados 8 gols, 5 pelo time A e 3 pelo time B. Para caracterizar uma manei-ra de evolução do placar, basta escolher, entre os 8 gols, quais os 5 serão do time A (os 3 gols do time B serão os restantes). O número de subconjuntos de 5 elementos de um conjunto de 8 elementos.

C85 8

8 5 58

3 58 7 6 5

6 5=

−= =!

( )! !!

! . !. . . !

. !

GABARITO

10 Matemática E

54) 7350

Colocamos a letra I (1 modo)

I I I I

Agora decidimos quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3, x4 e x5 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo espaço) inteiros não negativos tais que,

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 7

com x2 ≥ 1, x3 ≥ 1, x4 ≥ 1

Sejam y2, y3 e y4, tal que:x2 = y2 + 1x3 = y3 + 1x4 = y4 + 1

Daí vem,x1 + y2 + y3 + y4 + x5 = 4


CR CR54

84 8

8 4 48

4 470= =

−= =

!( )! !

!! !

Escolhido o número de letras que irão em cada espaço, temos que colocar as letras M, S, S, S, S, P, P nessas casas, o que pode ser feito de:

P74 2 7

4 2105, !

! . != = maneiras

Portanto, o número de anagramas nos quais não há 2 letras I consecutivas é:

1 . CR P54

74 2= , = 70 . 105 = 7350

55) 360

Colocamos as letras N, R e G com o mostrado abaixo (3! maneiras)

N R G

Agora decidimos quantas letras devemos colocar em cada espaço x1, x2, x3 e x4 (xi = número de letras que colocamos no i – ésimo espaço) inteiros não negativos, tais que:

x1 + x2 + x3 + x4 = 4

com x2 ≥ 1 e x3 ≥ 1

Sejam y2 = x2 + 1 e y3 = x3 + 1

Daí vem:x1 = y2 + y3 + x4 = 2

Resolvendo, temos:

CR C42

52 5 4

210= = =

.

Escolhido o número de letras que irão em cada espaço, temos de colocar as letras E, E, IA, o que pode ser feito de:

P42 4

2= !

! = 12 maneiras

Portanto, o número de anagramas da palavra ENERGIA que não apresentam consoantes juntas é:3 . CR P4

242. = 3 . 10 . 12 = 360

56) 120

(PC)6 = (6 – 1)! = 5! = 120 rodas de ciranda.

57) 1440

Errata: 1440

–

–

– –

–

–J

M

João e Maria devem permanecer sempre juntos, então podemos considerá-los como um único "bloco".

(PC)7 = (7 – 1)! = 6! = 720

Note que João e Maria podem permutar de 2! modos.

Portanto, 720 . 2 = 1440 modos de sentar na mesa.

58) 250

terminados

por 2 ou 4

2p

Colocando o último algarismo, não existem restrições para os demais.

5p 5p 5p 2p

Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 5 . 2 = 250 números pares.

GABARITO

11Matemática E

59) S = {8}

( )!( )!nn

++

=54

13

( ) . ( )!( )!

n nn

+ ++

=5 44

13

n + 5 = 13 n = 13 – 5 n = 8

60) a) 42

C72 7 6

2= . = 7 . 3 = 21 modos

Sem perda de generalidade, suponha que presen-teamos Marco com o livro L1 e Ananias com o livro L2. Note que é diferente presenteá-los com os livros L2 e L1, respectivamente.

Portanto, o total de modos de presenteá-los são: 2 . C7

2 = 2 . 21 = 42 modos.

b) 21

C72 7 6

2= . = 7 . 3 = 21 modos

c) 5040

7p 6p 5p 4p 3p 2p 1p

PFC: P7 = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040

d) 720

L

1L

2L

3

Como os livros L1, L2 e L3 devem permanecer juntos, podemos considerar com um único "bloco", isto é, temos 5 livros para permutar.

P5 = 5! = 120

Note que L1, L2 e L3 podem permutar entre si de:

3! = 6 maneiras.

Portanto, o total de maneiras para dispor os livros na estante é:

6 . 120 = 720.

e) 720 (PC)7 = (7 – 1)! = 6! = 720

61) 1728

Como as nacionalidades devem permanecer sempre juntas, então permutamos as 3 nacionalidades:

P3 = 3! = 6

Porém as pessoas de mesma nacionalidade podem permutar entre si, logo:

Brasileiro: P3 = 3! = 6 Franceses: P4 = 4! = 24 Italianos: P2 = 2! = 2

Pelo PFC, temos: P3 . P3 . P4 . P2 = 6 . 6 . 24 . 2 = 1728

62) 350

Modos de escolher 3 homens entre 7:

C73 7 6 5

3= . . = 7 . 5 = 35

Modos de escolher 2 mulheres entre 5:

C52 5 4

2= . = 5 . 2 = 10

Pelo PFC, teremos: C73 . C5

2 = 35 . 10 = 350.

63) 1680

P84 8

4= !

! = 8 . 7 . 6 . 5 = 1680

64) E

Número de carpas no tanque: 40% de 15 → 0,4 . 15 = 6 carpas.

Logo, existem 9 peixes de espécies diferentes. O número de maneiras que podemos escolher as car-

pas.

C64 6 5 4 3

2436024

= =. . . = 15

O número de maneiras que podemos escolher os de-mais peixes:

Como já escolhemos 4 peixes, restam escolher 6 entre 9 peixes.

C96 9

9 6 69

3 69 8 7 6

3 69 8 7

6=

−= = =!

( )! !!

! . !. . . !

! . !. . = 84

Portanto, pelo PFC, temos:

C C64

96. = 15 . 84 = 1260.

GABARITO

12 Matemática E

65) A

O número de maneiras que podemos escolher 15 ho-mens entre 30 é:

C3015

Escolhidos os homens, faltam 6 mulheres entre 20 para compor o júri. Assim, o número de maneiras é:

C206

Pelo PFC, temos: C3015 . C20

6 .

66) 65

fixo

14! = 24

4p 3p 2p 1p

fixo

44! = 24

4p 3p 2p 1p

Com o algarismo 5 fixo. No segundo algarismo podemos colocar 1 e 3.

fixo

52 . P = 2.6 = 12

3

2p

P3

Fixando os algarismos 5 e 8, restam apenas os alga-rismos 1 e 3 para dispor na terceira posição.

Fixando os algarismos 5, 8 e 9, resta apenas o algarismo 1 para dispor na quarta posição.

fixofixofixo

9851

1p 1p

Portanto, o total de números menores que 58 931 é 24 + 24 + 12 + 4 + 1 = 65.

67) 243

Suponha que o dígito 3 aparece na 1ª engrenagem.

Fixando-se o dígito 3, temos 9 possibilidades (0 a 9, exceto 3 para 2ª e 3ª engrenagens.

Pelo PFC, temos: 9 . 9 = 81

Note que podemos fixar o dígito 3 na 2ª e 3ª engrena-gens.

Portanto, o total de senhas é: 3 . 81 = 243 senhas.

68) B

C525 52 51 50 49 48

552 51 50 49 48

120= =. . . .

!. . . .

= 2 598 960

Logo, 3 000 000 > 2 598 960 > 2 000 000

69) D

O conjunto {1995, 1996, ..., 2008} possui 13 elementos.

Conjunto com 4 elementos.

C144 14

14 4 414 13 12 11

424024

241001=

−= = =!

( )! !. . .

!

Conjuntos com 5 elementos

C145 14

14 5 5145 9

2002=−

= =!( )! !

!! !

Resolvendo as combinações abaixo, temos:

C146 14

14 6 6148 6

3003=−

= =!( )! !

!! !

C147 14

7 73432= =!

! !

C148 3003=

C149 2002=

C1410 1001=

C1411 364=

C1412 91=

C1413 14=

C1414 1=

SomandoC C C C C C C C C

C C144

145

146

147

148

149

1410

1411

1412

1413

14

+ + + + + + + + +

+ + 114 15 914=

GABARITO

13Matemática E

70) A

Número de permutações sem restrições:(PC)n = (n – 1)!(PC)n = (6 – 1)! = 5! = 120

Números de permutações de modo que duas delas estão em posições opostas.

Como duas pessoas estão fixas, restam 4 pessoas para permutá-las.P4 = 4! = 24

Portanto, o total de possibilidades de colocar seis pessoas de modo que duas delas não possam ficar em posições opostas é: (PC)6 – P4 = 120 – 24 = 96

71) C

Primeira escolha: peça A da loja L1. Podemos escolher qualquer peça de qualquer loja

que o valor não excederá o custo máximo de R$ 1930,00.

Logo, o número de maneiras de fazer a compra é 3 . 2 = 6.

Se escolhermos a peça A da loja L2. Ao escolhermos a peça B da loja L1, não podemos

escolher a peça C da loja L1, pois excederá o valor máximo. Então o número de maneiras de fazer a escolha é de 2 maneiras.

Mas se escolhermos a peça B da loja L2, temos 3 possibilidades de efetuar a compra.

Primeira peça: peça A da loja L3. Ao escolhermos a peça B da loja L1, temos duas

possibilidades de escolha, pois não podemos com-prar na loja L1 (excede o valor máximo).

Já se a compra da peça B for na loja L2, temos 3 maneiras para efetuar a compra.

Logo, o total de maneiras de fazer a compra das 3 peças de tal forma que o custo não exceda R$ 1930,00 é de:

2 + 2 + 3 + 2 + 3 = 16

72) D

Sem perda de generalidade, suponha que dois times sul-americanos estão no grupo A.

Temos C32 maneiras de escolher os times sul-

-americanos. Restam duas vagas no grupo A a serem ocupadas por times Europeus. Essa escolha pode ser feita de C5

2 = 10 maneiras.

Como temos dois grupos (A e B), então o número de maneiras que podemos dividir 8 times é dado por: 2 . C C3

252. = 2 . 3 . 10 = 60

73) B

Se pintarmos o quadrado , não podemos pintar os demais com a mesma cor, pois , , e são quadrados que possuem lados comuns, e o quadrado é oposto ao .

Sem perda de generalidade, se pintarmos com uma segun-da cor o quadrado só podemos pintar com essa mesma cor o quadrado . Porque pintado o quadrado não podemos pintar o (oposto ao ) e nem o quadrado (oposto ao ).

Restam os quadrados , e para serem pintados, como não há restrições para eles podemos pintar da mes-ma cor.

Portanto, foram necessárias 3 cores diferentes.

74) A

Fazer um sorteio de 6 números entre 60 disponíveis signi-fica fazer uma combinação de 60, 6 a 6. Estamos conside-rando um conjunto de 60 elementos e tirando subconjuntos de 6 elementos. Em um conjunto, não há a noção de ordens dos elementos, assim como neste sorteio não é importan-te, o que pode ser representado das seguintes maneiras: C60

6 .

Agora, para calcular a probabilidade de premiação de cada um dos jogadores, precisamos saber quantas combinações de 6 números cada um dos jogadores tem. Como a quan-tidade de cartela que cada um deles comprou já é dada, a informação de preço de cada uma delas é irrelevante, já que R$ já foram gastos na compra das cartelas.

Sendo assim, a probabilidade de premiação do Arthur é dada por:

P(Arthur)quantidade de combinaçõess de númerosquantidade total

= 6dde combinações possíveis

P AC

C C C( )

.,

, , ,

= = =250 250 1 2506 6

60 6 60 6 60 6

Probabilidade de premiação do Bruno é dada por:

P BC C

C C C C( )

. ., ,

, , , ,

=+

=+

=+=

41 4 4 7 4 1 287 4 2917 6 6 6

60 6 60 6 60 6 60 6

GABARITO

14 Matemática E

A de Caio é dada por:

P CC C

C C C C( )

. ., ,

, , ,

=+

=+

=+

=12 10 12 28 10 1 336 10 3468 6 6 6

60 6 60 60 60 6 600 6,

A de Douglas é dada por:

P DC

C C C( )

. . .,

, , ,

= = =4 4 3 4 7 3369 6

60 6 60 6 60 6

E, finalmente, a probabilidade de premiação do Eduardo é dada por:

P EC

C C C( )

. . .,

, , ,

= = =2 2 10 3 7 12010 6

60 6 60 6 60 6

Portanto, os apostadores que apresentam maior probabilidade de vencer são Eduardo e Caio.

75) 36

1º caso: usando apenas uma cor. Basta escolher a cor que será utilizada: 4 possibilidades

2º caso: usando apenas 2 cores.Escolha das cores: C4, 2 = 6.Sejam A e B as cores escolhidas, podemos ter:AABB, AAAB, ABBB, 3 possibilidades.

Em todos os casos existe apenas uma maneira de formar o tetraedro, logo temos 6 . 3 = 18 possibilidades.

3º caso: usando 3 cores.Escolha das cores: C4, 3 = 4.Escolha das cores que irá repetir: 3 possibilidades.Existe apenas uma maneira de formar o tetraedro.Logo, 3 . 4 . 1 = 12 possibilidades.

4º caso: 44 3

!.

= 2 possibilidades.

Total: 4 + 18 + 12 + 2 = 36

76) E

Com os dados fornecidos, poucas conclusões (seguramente verdadeiras) podem ser obtidas.

C1: A média de jogos no campeonato é de 12 jogos por dia.

C2: O maior valor possível para uma quantidade de jogos em um mesmo dia é 63.

Haveria, por exemplo, 63 jogos no dia inicial e 1 jogo no dia final da competição (32 dias depois). O valor possível para uma quantidade de jogos em um mesmo dia em particular é, portanto, 0 (zero).

C3: O menor valor possível para uma mesma quantidade de jogos em um mesmo dia em geral é 2 com 2 jogos em cada um dos 32 dias da competição.

Logo, em ao menos um dos dias teremos ao menos 2 jogos.

77) A

Candidato x. O candidato x teve 52% dos votos, ou seja, mais

da metade da população vota no candidato x. Isso equivale a 10% dos votos de 5 estados mais 2% do sexto estado. Portanto, os votos recebidos por ele foram dados pelo menos de 6 estados diferentes.

78) D

Devemos permutar 3 pessoas, de modo que duas pessoas não sentem juntas.

1º caso: ocupa a primeira posição. Então as demais pessoas ocupam a 3ª e a 5ª posição.

Pelo P. F. C., temos: 3 . 2 . 1 = 6 maneiras.

2º caso: ocupa a 2ª posição. Então as demais pessoas ocupam a 4ª e a 6ª posição.

Pelo P. F. C., temos: 3 . 2 . 1 = 6 maneiras.

Portanto, o total de maneiras de sentarem 3 pessoas em 6 fileiras, de modo que entre duas pessoas sempre tenha exatamente uma cadeira vazia, é:6 + 6 = 12 maneiras.

GABARITO

15Matemática E

79) 15

O resultado pedido é igual ao número de soluções inteiras e positivas da equação x – y + z = 7, em que x, y e z representam o número de bolas em cada caixa.

Como x ≥ 1, y ≥ 1 e z ≥ 1, façamos x = a + 1, y = b + 1 e z = c + 1. Desse modo, a + b + c = 4.

O número de soluções dessa equação é dado por:

CR C( ) = =−

= = =34

64 6

6 4 46

2 46 5 4

2 46 5

2!

( )! !!

! !. . !! !

.

CR C( ) = = =34

64 3 5 15.

80) B

Sejam x, y, z, k e w números de cotas que cada investidor comprou. Então:x + y + z + k + w = 9

Sabemos que os 4 investidores fizeram compra, logo: x ≥ 1; y ≥ 1; z ≥ 1; k ≥ 1 e w ≥ 1.

Daí, sejam:x = a + 1; y = b + 1; z = c + 1; k = d + 1 e w = e + 1.

Desse modo,a + b + c + d = 4

Resolvendo:

CR C54

84 8

4 48 7 6 5 4

4 48 7 6 5

2470= = = = =

!! . !

. . . . !! . !

. . .

Matemática E – Extensivo – v. 3 - energia.com.br · GABARITO ! 1 Matemática E – Extensivo...

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