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Aula 13
Raciocínio Lógico p/ EBSERH (Todos os Cargos - Área
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Guilherme Neves
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1.	 Análise Combinatória ...................................................................................................................................... 2	
2.	 Fatorial de um Número Natural ....................................................................................................................... 3	
3.	 Princípio Fundamental da Contagem ............................................................................................................... 5	
4.	 Princípio Aditivo ............................................................................................................................................ 10	
5.	 Permutações Simples .................................................................................................................................... 11	
6.	 Permutação com Elementos Repetidos .......................................................................................................... 12	
7.	 Permutação Circular ...................................................................................................................................... 12	
8.	 Combinação Simples ...................................................................................................................................... 14	
8.1.	 Propriedades e Casos Particulares ................................................................................................................. 17	
9.	 Combinação Completa ................................................................................................................................... 19	
10.	 Partições ....................................................................................................................................................... 24	
10.1.	 Partições ordenadas .................................................................................................................................. 25	
10.2.	 Partições não-ordenadas .......................................................................................................................... 29	
11.	 Permutações Caóticas .................................................................................................................................... 30	
12.	 Os Lemas de Kaplansky .................................................................................................................................. 35	
13.	 Permutações com Elementos Ordenados ....................................................................................................... 42	
14.	 Soluções Inteiras de Equações ....................................................................................................................... 44	
15.	 Lista de Questões de Concursos Anteriores .................................................................................................... 52	
16.	 Gabaritos ....................................................................................................................................................... 81	
17.	 Lista de Questões de Concursos Anteriores com Comentários ....................................................................... 84	
18.	 Considerações Finais .................................................................................................................................... 162	
 
 
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Oi, pessoal. 
Aqui quem vos fala é o professor Guilherme Neves outra vez!! 
Vamos começar a nossa aula sobre Análise Combinatória? 
Não se esqueçam de me acompanhar também pelo instagram @profguilhermeneves. Estou 
postando dicas e questões resolvidas diariamente por lá. 
 
Coloquei alguns tópicos extras na teoria que são assuntos bem avançados e pouco 
cobrados. Sugiro que você os estude apenas depois de ter uma boa base de Análise 
Combinatória e depois de ter resolvido muitos problemas. Os tópicos avançados são os 
pontos 11 a 14 do índice (Permutações Caóticas, Lemas de Kaplansky, Permutações com 
elementos ordenados e Soluções Inteiras de Equações). 
1. ANÁLISE COMBINATÓRIA 
Chamamos de Análise Combinatória ou simplesmente Combinatória a parte da Matemática que 
estuda as estruturas discretas. Falando na língua do “concursês”, a Análise Combinatória é a parte 
da Matemática que se preocupa em realizar contagens. Realizaremos contagens dos subconjuntos 
de um conjunto finito que satisfazem certas condições dadas. 
A grande maioria dos alunos pensa que a Análise Combinatória é apenas o estudo dos arranjos, 
combinações e permutações. Isto na verdade é apenas uma parte do assunto de Análise 
Combinatória, que, a bem da verdade, é 100% do necessário para uma prova. 
A Análise Combinatória trata de vários outros problemas que estão além dos nossos objetivos e 
não será visto neste curso. Não será visto porque nunca apareceu nem vai aparecer em prova 
alguma de concurso (assuntos como permutações caóticas, funções geradoras, etc.) 
Diga-se de passagem, este é um dos assuntos mais importantes (se não for o mais importante) de 
toda a Matemática “concurseira”. É um assunto adorado por todas as bancas organizadoras. 
Vocês perceberão um aspecto um pouco diferente nesta aula: não apresentaremos a “fórmula” 
dos arranjos. Optamos em seguir esta linha, pois não achamos que seja didático utilizar fórmulas e 
casos particulares em demasia. Quem troca o princípio fundamental da contagem por fórmulas de 
arranjos terá dificuldades imensas em resolver inúmeros problemas de análise combinatória. 
Permitam-me copiar um trecho muito importante de um livro da Sociedade Brasileira de 
Matemática sobre o ensino de Análise Combinatória (A Matemática do Ensino Médio – Volume 2). 
“Você quer mostrar que é o bom ou quer que seus alunos aprendam? Se você prefere a segunda 
alternativa, resista à tentação de em cada problema buscar a solução mais elegante. O que deve 
ser procurado é um método que permita resolver muitos problemas e não um truque que resolva 
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maravilhosamente um problema. A beleza de alguns truques só pode ser apreciada por quem tem 
domínio dos métodos. Combinatória não é difícil; impossível é aprender alguma coisa apenas com 
truques em vez de métodos.” 
Vamos aprender as ferramentas básicas de Análise Combinatória e, sem seguida, vamos aprimorar 
as técnicas com a resolução de questões. 
2. FATORIAL DE UM NÚMERO NATURAL 
Com a finalidade de simplificar fórmulas e acelerar a resolução de questões, vamos definir o 
símbolo fatorial. 
Sendo 𝑛 um número natural, define-se fatorial de 𝑛 e indica-se 𝑛! à expressão: 
𝑛! = 𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ (𝑛 − 2) ∙ ⋯ ∙ 2 ∙ 1, 𝑝𝑎𝑟𝑎	𝑛 ≥ 2	
1! = 1	
0! = 1 
Exemplos: 
3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 
4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 
5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 
 
Observação: a leitura correta da expressão 𝑛! é “fatorial de n”. Muitas pessoas, erradamente, 
falam “n fatorial”. Esta leitura incorreta pode gerar ambiguidades. 
Por exemplo, observe a maneira correta de leitura das seguintes expressões. 
2 + 3! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠		𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙	𝑑𝑒	3 
(2 + 3)! → 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙	𝑑𝑒	2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3As pessoas que falam “n fatorial” vão falar assim (erradamente): 
2 + 3! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3	𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 
(2 + 3)! → 2	𝑚𝑎𝑖𝑠	3	𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 
 
Exemplo: Calcular A!
B!
. 
Resolução 
Poderíamos simplesmente expandir os dois fatoriais e cortar os fatores comuns. 
8!
6! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 8 ∙ 7 = 56 
Entretanto, podemos simplificar os cálculos notando que: 
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8! = 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1EFFFFGFFFFH
B!
= 8 ∙ 7 ∙ 6! 
 
8!
6! =
8 ∙ 7 ∙ 6!
6! = 8 ∙ 7 = 56 
Em suma, podemos expandir o fatorial até o fator desejado e, em seguida, colocar o símbolo do 
fatorial no final. Vejamos mais um exemplo. 
 
Exemplo: Calcule o valor de A!
I!J!
. 
Aqui podemos expandir o fatorial de 8 e “travar” no número 5. Lembre-se de expandir o fatorial de 
3. 
8!
5! 3! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Neste ponto, podemos cancelar 5!. Observe ainda que 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6. 
8!
5! 3! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
8 ∙ 7 ∙ 6
6 = 8 ∙ 7 = 56 
 
Exemplo: Simplificar a expressão (KLJ)!
(KLM)!
. 
Resolução 
Vamos expandir o fatorial de n + 3 até n+1. 
(𝑛 + 3)!
(𝑛 + 1)! =
(𝑛 + 3)(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)! =
(𝑛 + 3)(𝑛 + 2) = 𝑛N + 5𝑛 + 6 
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3. PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM 
Vamos aprender o princípio fundamental da contagem, também chamado de princípio 
multiplicativo, através de exemplos. 
Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda não viciada 
duas vezes consecutivas para cima? 
 
 
Como podemos ver no diagrama de árvore, são 4 possibilidades. No primeiro lançamento há duas 
possibilidades (cara ou coroa) e no segundo lançamento há duas possibilidades (cara ou coroa) 
gerando os seguintes resultados: (CARA,CARA), (CARA,COROA), (COROA,CARA), (COROA,COROA). 
 
Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, 
observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações 
sucessivas? 
Lançamento	
das	moedas
Cara
Cara Cara,Cara
Coroa Cara,Coroa
Coroa
Cara Coroa,Cara
Coroa Coroa,Coroa
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Temos 3 possibilidades para a primeira extração (V, P ou A), 3 possibilidades para a segunda 
extração (V,P ou A) e 3 possibilidades para a terceira extração (V,P ou A). Há um total de 27 
possibilidades. 
 
 
Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um 
casal (homem-mulher)? 
Vamos chamar os homens de H1,H2,H3 e as mulheres de M1,M2. Para escolher o homem temos 3 
possibilidades e para escolher a mulher temos 2 possibilidades. 
Extração	
das	bolas
V
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
P
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
A
V
V
P
A
P
V
P
A
A
V
P
A
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Existem 3 possibilidades para a primeira etapa (a primeira etapa é escolher o homem), 2 
possibilidades para a segunda etapa (a segunda etapa é escolher a mulher). O número de 
diferentes casais que podem ser formados é igual a 3 ∙ 2 = 6. 
Com estes três exemplos, fica mais fácil compreender o Princípio Fundamental da Contagem, que 
pode assim ser enunciado: 
 
Se um experimento pode ocorrer em várias etapas sucessivas e independentes de tal modo que: 
- 𝑝M é o número de possibilidades da 1ª etapa. 
- 𝑝N é o número de possibilidades da 2ª etapa. 
. 
. 
. 
- 𝑝K é o número de possibilidades da n-ésima etapa. 
O número total de possibilidades de o acontecimento ocorrer é igual a 
𝑝M ∙ 𝑝N ∙ ⋯ ∙ 𝑝K 
 
 
Vamos resolver novamente os exemplos introdutórios com o auxílio do princípio fundamental da 
contagem. 
Exemplo 1: Quantos são os resultados possíveis que se obtém ao jogarmos uma moeda não-
viciada duas vezes consecutivas para cima? 
Resolução 
São duas etapas: lançar a moeda na primeira vez e lançar a moeda na segunda vez. Há 2 
possibilidades no primeiro lançamento e 2 possibilidades no segundo lançamento. Portanto, são 2 ∙
2 = 4 resultados possíveis. 
Casais
H1
M1 H1-M1
M2 H1-M2
H2
M1 H2-M1
M2 H2-M2
H3
M1 H3-M1
M2 H3-M2
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Exemplo 2: Em uma urna, há bolas vermelhas (V), pretas (P) e azuis (A). Uma bola é retirada, 
observada e é devolvida para a urna. Qual o número de resultados possíveis em 3 extrações 
sucessivas? 
Resolução 
São três etapas: observar a cor da primeira bola, observar a cor da segunda bola e observar a cor 
da terceira bola. Há 3 possibilidades para a primeira etapa, 3 possibilidades para a segunda etapa e 
3 possibilidades para a terceira etapa. São, portanto, 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27 resultados possíveis. 
 
Exemplo 3: Em uma sala há 3 homens e 2 mulheres. De quantos modos é possível selecionar um 
casal (homem-mulher)? 
Resolução 
São duas etapas: escolher o homem do casal e escolher a mulher do casal. Existem 3 possibilidades 
para a escolha do homem e 2 possibilidades para a escolha da mulher. Podemos selecionar o casal 
de 3 ∙ 2 = 6 modos diferentes. 
 
Os passos básicos para resolver os problemas com o Princípio Fundamental da 
Contagem são os seguintes: 
i) Identificar as etapas do problema. 
ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. 
iii) Multiplicar. 
 
 
Para fazer uma viagem Recife-Petrolina-Recife, posso escolher como transporte ônibus, carro, 
moto ou avião. De quantos modos posso escolher os transportes se não desejo usar na volta 
o mesmo meio de transporte usado na ida? 
Resolução 
Vejamos novamente os passos: 
i) Identificar as etapas do problema. 
Escolher o transporte da ida e escolher o transporte da volta. 
ii) Calcular a quantidade de possibilidades em cada etapa. 
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Temos 4 possibilidades para a ida e 3 possibilidades para a volta (pois não desejo utilizar o 
mesmo meio de transporte). 
iii) Multiplicar. 
4 ∙ 3 = 12 modos. 
 
Quais seriam os 12 modos? 
(ônibus, carro);(ônibus, moto);(ônibus, avião); 
(carro, ônibus); (carro, moto); (carro, avião); 
(moto, ônibus); (moto, carro); (moto,avião); 
(avião, ônibus); (avião, carro); (avião, moto). 
Obviamente não precisamos descrever quais são os 12 modos, mas, para um exemplo inicial, 
fica interessantemostrá-los. 
 
 
Exemplo: Quantas palavras contendo 4 letras diferentes podem ser formadas com um 
alfabeto de 26 letras? 
Resolução 
Atente para o fato de que as letras devem ser diferentes! Há 26 possibilidades para a 
primeira letra, 25 possibilidades para a segunda letra, 24 possibilidades para a terceira letra e 
23 possibilidades para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 25 ∙ 24 ∙ 23 =
358.800 
 
Exemplo: Quantas palavras contendo 4 letras podem ser formadas com um alfabeto de 26 
letras? 
Resolução 
Neste caso, podemos repetir as letras. Há 26 possibilidades para a primeira letra, 26 
possibilidades para a segunda letra, 26 possibilidades para a terceira letra e 26 possibilidades 
para a quarta letra. O número de palavras é igual a: 26 ∙ 26 ∙ 26 ∙ 26 = 456.976 
 
Observe que em todos os casos até agora foi utilizado o conectivo “e”. Isto indica que o processo 
pode ser dividido em etapas e, portanto, devemos utilizar o princípio multiplicativo. 
É muito comum, entretanto, o enunciado utilizar o conectivo “ou”. Isso nos motiva a estudar o 
princípio aditivo. 
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4. PRINCÍPIO ADITIVO 
O princípio fundamental da contagem (princípio multiplicativo) diz que se há m modos de tomar 
uma decisão 𝐷M e, depois de tomada a decisão 𝐷M, há n modos de tomar uma decisão 𝐷N, então o 
total de possibilidades para tomar sucessivamente as decisões 𝐷M e 𝐷N é igual a 𝑚 ∙ 𝑛. 
Imagine agora que um processo possa ser realizada de 𝑝 modos ou de 𝑞 modos. Desta maneira, o 
princípio aditivo, afirma que o total de modos para realizar esta processo é igual a 𝑝 + 𝑞. 
Desta forma, quando utilizado o conectivo “ou”, deveremos somar o total de possibilidades. 
Vejamos um exemplo para esclarecer o conceito. 
Exemplo: Existem dois símbolos para representar letras no código Morse chamados de pontos e 
traços. Considere as palavras com no mínimo 1 e no máximo 5 letras. Quantas palavras podem ser 
formadas no código Morse com esta restrição? 
Resolução 
Observe que as palavras podem ter 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 letras. Assim, vamos calcular: 
• a quantidade de palavras com 1 letra 
• a quantidade de palavras com 2 letras 
• a quantidade de palavras com 3 letras 
• a quantidade de palavras com 4 letras 
• a quantidade de palavras com 5 letras 
Em seguida, vamos somar todos os resultados. 
• quantidade de palavras com 1 letra 
Só temos uma etapa. Escolher uma letra. Há duas possibilidades, já que há apenas dois símbolos. 
Assim, existem 2 palavras com uma letra. 
• quantidade de palavras com 2 letras 
Temos aqui duas etapas, a saber: escolher a primeira letra e escolher a segunda letra. Há 2 
possibilidades para a primeira etapa e 2 possibilidades para a segunda etapa. O total de 
possibilidades é igual a 2 x 2 = 4. Assim, existem 4 palavras com duas letras. 
• quantidade de palavras com 3 letras 
Temos aqui três etapas, a saber: escolher a primeira letra, escolher a segunda letra e escolher a 
terceira letra. Há 2 possibilidades para a primeira etapa, 2 possibilidades para a segunda etapa e 2 
possibilidades para a terceira etapa. O total de possibilidades é igual a 2 x 2 x 2 = 8. Assim, existem 
8 palavras com três letras. 
 
 
 
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• quantidade de palavras com 4 letras 
Temos agora quatro etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades é 
2 x 2 x 2 x 2 = 16. Assim, existem 16 palavras com quatro letras. 
 
• quantidade de palavras com 5 letras 
Temos agora cinco etapas. Em cada etapa, há 2 possibilidades. Assim, o total de possibilidades é 
2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 32. Assim, existem 32 palavras com cinco letras. 
 
O total de palavras é 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62. 
 
5. PERMUTAÇÕES SIMPLES 
Queremos responder perguntas do tipo “De quantas maneiras é possível ordenar 𝑛 objetos 
distintos?”. 
Imagine que temos 4 livros em uma prateleira. 
O problema pode ser separado em 4 etapas: escolher o primeiro objeto, escolher o segundo 
objeto, escolher o terceiro objeto e escolher o quarto objeto. 
Temos 4 objetos possíveis para o primeiro lugar, 3 objetos possíveis para o segundo lugar, 2 
objetos possíveis para o terceiro lugar e 1 objeto possível para o último lugar. 
O total de maneiras é igual a 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 4! = 24. 
No caso geral, temos 𝑛 modos de escolher o objeto que ocupará o primeiro lugar, 𝑛 − 1 modos de 
escolher o objeto que ocupará o segundo lugar,..., 1 modo de escolher o objeto que ocupará o 
último lugar. Portanto, o número de modos de ordenar 𝑛 objetos distintos é: 
𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ ⋯ ∙ 1 = 𝑛! 
Cada uma destas ordenações é chamada permutação simples de 𝑛 objetos e o número de 
permutações simples de 𝑛 objetos distintos é representado por 𝑃K. Desta maneira, 𝑃K = 𝑛!. 
 
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra BOLA? 
Resolução 
Cada anagrama de BOLA é uma ordenação das letras B,O,L,A. Desta maneira, o número de 
anagramas de BOLA é 𝑃T = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24. 
 
 
 
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6. PERMUTAÇÃO COM ELEMENTOS REPETIDOS 
Quantos anagramas possui a palavra ARARAQUARA? 
O problema surge porque há letras repetidas na palavra ARARAQUARA. 
Nesta palavra a letra A aparece 5 vezes e a letra R aparece 3 vezes. Aparentemente a quantidade 
de anagramas seria 10! (pois há 10 letras na palavra). 
Devemos fazer uma “correção” por conta das letras repetidas. Devemos dividir o resultado por 5! e 
por 3! que são as quantidades de letras repetidas. Assim, o número de anagramas da palavra 
ARARAQUARA é igual a 
 
𝑃MU
I,J =
10!
5! ∙ 3! =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
5! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 
Observe que ao expandirmos o 10!, podemos “travá-lo” onde quisermos para efetuar os 
cancelamentos. Dessa forma, 
𝑃MU
I,J =
10!
5! ∙ 3! =
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1 = 5.040	𝑎𝑛𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠 
 
7. PERMUTAÇÃO CIRCULAR 
Imagine uma mesa com 4 lugares equiespaçados. De quantas maneiras 4 pessoas podem ser 
dispostas nesta mesa, se considerarmos equivalentes disposições que possam coincidir por 
rotação? 
 
A pergunta que propusemos considera as três disposições acima como equivalentes. Isso porque 
podemos obter a segunda e a terceira disposições por uma simples rotação da primeira disposição. 
Observe que o número 1 está sempre em frente ao número 3; o número 1 está sempre à direita do 
número 2; o número 1 está sempre à esquerda do número 4. 
A resposta desse problema é representada por (𝑃𝐶)K, o número de permutações circulares de 𝑛 
objetos distintos. 
Repare que nas permutações simples importam os lugares que os objetos ocupam ao passo que 
nas permutações circulares o que importa é apenas a posição relativa dos objetos entre si. 
1
2
3
4
3
4
1
2
2
3
4
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Por exemplo, são distintas as seguintesdisposições. 
 
Tome o número 1 como referência posicional. Na primeira disposição, o número 4 está à direita do 
número 1 e, na segunda disposição, o número 4 está à esquerda do número 1. 
Assim, para calcular o número de permutações dos 4 objetos nesta mesa circular, devemos fixar 
um de seus elementos e permutar todos os outros. Assim, fixando o número 1, por exemplo, 
podemos permutar os outros objetos de 3! = 3 × 2 × 1 = 6 maneiras diferentes. 
Vamos representar as 6 possibilidades para que fique mais claro. 
• Escolhendo o número 2 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
• Escolhendo o número 3 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2
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1
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162 
• Escolhendo o número 4 para ficar em frente ao número 1, há duas possibilidades. 
 
 
 
São 6 possibilidades ao todo, portanto. 
Assim, para calcular o número de permutações circulares, devemos fixar um dos objetos e 
permutar os outros. 
Se são n objetos, devemos fixar 1 e permutar os (n – 1) restantes. 
Em geral, podemos afirmar que o número de permutações circulares de 𝑛 objetos distintos é dado 
por (𝑛 − 1)!. 
(𝑃𝐶)K = (𝑛 − 1)! 
 
8. COMBINAÇÃO SIMPLES 
Imagine que dispomos das seguintes frutas: maçãs, bananas, mamões e abacates. 
Desejamos fazer uma salada de fruta com 3 destas frutas. Picamos separadamente cada fruta e, 
em seguida misturamos tudo na seguinte ordem: maçã, banana, mamão no primeiro prato e 
banana, maçã e mamão no segundo prato. 
É óbvio que obteremos o mesmo resultado. Agrupamentos como este, que têm a característica de 
não mudar quando alteramos a ordem de seus elementos, são chamados de combinações. 
A pergunta aqui é a seguinte: Dispomos de um conjunto com 𝑛 elementos. Queremos formar um 
subconjunto deste conjunto com 𝑝 elementos. De quantos modos podemos escolher estes 𝑝 
elementos? 
Estamos utilizando a linguagem dos conjuntos porque não existe ordem entre os elementos de um 
conjunto. Por exemplo, os conjuntos {𝑎, 𝑏}	𝑒	{𝑏, 𝑎} são iguais. 
Vamos ilustrar: temos o conjunto {1,2,3,4,5} e queremos formar um subconjunto com 2 elementos 
deste conjunto. 
Temos as seguintes possibilidades: 
{1,2},{1,3},{1,4},{1,5} → fixando o número 1 
{2,3},{2,4},{2,5} → fixando o número 2 
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{3,4},{3,5} → fixando o número 3 
{4,5} → fixando o número 4 
Temos um total de 4+3+2+1=10 subconjuntos com 2 elementos. 
Repare que corremos o risco de esquecer algum subconjunto, sobretudo se houver um número 
grande de elementos. É para isto que serve a análise combinatória. Contar agrupamentos sem 
precisar descrevê-los. 
Pois bem, tendo um conjunto com 𝑛 elementos, o número de subconjuntos com 𝑝 elementos é 
igual ao número de combinações de 𝑛 elementos tomados 𝑝 a 𝑝 e é calculado da seguinte 
maneira: 
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)! 
Existem várias notações para o número de combinações. As mais comuns são as seguintes. 
𝐶K,\ = 𝐶K
\ = ]
𝑛
𝑝^ =
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)! 
 
No nosso caso, temos 5 elementos no conjunto (𝑛 = 5) e queremos escolher 2 destes 5 elementos 
(𝑝 = 2). 
𝐶IN =
5!
2! ∙ (5 − 2)! =
5!
2! 3! =
5 ∙ 4 ∙ 3!
2 ∙ 1 ∙ 3! =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
Que é exatamente o número de subconjuntos que havíamos encontrado. 
A maneira mais fácil de utilizar esta fórmula é a seguinte: 
O número de combinações sempre será uma fração. 
𝐶IN = 
No denominador, devemos colocar o fatorial expandido do menor número. 
𝐶IN = 2 ∙ 1 
 
Quantos fatores há no denominador? Dois. Pois bem, devemos expandir o outro número, no caso 
o número 5, em dois fatores. 
𝐶IN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
Exemplo: São marcados 8 pontos distintos sobre uma circunferência. Quantos triângulos são 
determinados por estes pontos? 
Resolução 
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Vejamos o desenho acima. O triângulo ABC é congruente ao triângulo ACB, que é congruente ao 
triângulo BAC e assim por diante. 
Portanto, a ordem dos vértices não é relevante na definição do triângulo. Assim, não podemos 
aplicar o Princípio Fundamental da Contagem. Se assim o fizéssemos, estaríamos contando os 
triângulos ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA como triângulos diferentes, o que não é verdade. 
 
Como a ordem dos objetos não é relevante na formação do agrupamento, a resposta desse 
problema é o número de combinações de 8 objetos tomados 3 a 3, representado por 𝐶AJ. 
 
Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma fração. Colocaremos o fatorial do menor 
dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 (no denominador. Ficamos assim por 
enquanto: 
𝐶AJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
E o numerador? Devemos expandir o número 8 na mesma quantidade de fatores do denominador 
(3 fatores). 
𝐶AJ =
8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1 = 56 
Assim, o total de triângulos determinados pelos 8 pontos é igual a 56. 
 
Exemplo: Um grupo é formado por 5 homens e 6 mulheres. De quantas maneiras podemos formar 
uma comissão formada por: 
a) 2 homens e 3 mulheres. 
b) 2 homens ou 3 mulheres. 
c) 2 pessoas do mesmo sexo. 
Resolução 
a) Como estamos usando o conectivo “e”, vamos utilizar o princípio multiplicativo. Há 5 homens 
dos quais escolheremos 2 e há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 
𝐶IN ∙ 𝐶BJ =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 ∙
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 ∙ 20 = 200 
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b) Como estamos usando o conectivo “ou”, vamos utilizar o princípio aditivo. Há 5 homens dos 
quais escolheremos 2. Há 6 mulheres das quais escolheremos 3. 
𝐶IN + 𝐶BN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5 ∙ 4
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 + 20 = 30 
c) Escolher 2 pessoas do mesmo sexo é o mesmo que escolher 2 homens ou 2 mulheres. Assim, 
utilizaremos o princípio aditivo, pois estamos utilizando o conectivo “ou”. 
𝐶IN + 𝐶BN =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 +
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 10 + 15 = 25 
 
8.1. PROPRIEDADES E CASOS PARTICULARES 
 
i) 𝑪𝒎𝒎 = 𝟏 
Isto é verdade porque 
𝐶bb =
𝑚!
𝑚! 0! = 1 
Assim, por exemplo, 
𝐶cc = 1 
 
ii) 𝑪𝒎𝟎 = 𝟏 
Isto é verdade porque 
𝐶bU =
𝑚!
0!𝑚! = 1 
Assim, por exemplo, 
𝐶IU = 1 
 
iii) 𝑪𝒎𝟏 = 𝒎 
Isto é verdade porque 
𝐶bM =
𝑚!
1! (𝑚 − 1)! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚 
Assim, por exemplo, 
𝐶BM = 6 
 
 
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iv) 𝑪𝒎𝒎e𝟏 = 𝒎 
Isto é verdade porque 
𝐶bbeM =
𝑚!
(𝑚 − 1)! (𝑚 − (𝑚 − 1))! =
𝑚!
(𝑚 − 1)! 1! =
𝑚 ∙ (𝑚 − 1)!
(𝑚 − 1)! = 𝑚 
Assim,por exemplo, 
𝐶BI = 6 
𝐶cB = 7 
𝐶MIMT = 15 
 
v) 𝑪𝒎
𝒑 = 𝑪𝒎
𝒎e𝒑 
Esta propriedade é muito útil quando o valor de p é grande. Podemos substituí-lo por m – p. 
Esta propriedade é verdade porque 
𝐶b
\ =
𝑚!
𝑝! (𝑚 − 𝑝)! 
𝐶b
be\ =
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! g𝑚 − (𝑚 − 𝑝)h!
=
𝑚!
(𝑚 − 𝑝)! 𝑝! 
Portanto, 𝐶b
\ = 𝐶b
be\. 
Imagine, por exemplo, que você precisa calcular 𝐶MUA . Podemos substituir 8 por 10 – 8 = 2. 
𝐶MUA = 𝐶MUN =
10 ∙ 9
2 ∙ 1 = 45 
Entender esta propriedade também é muito fácil. Imagine que você tem 10 amigos e escolherá 8 
para participar de um jantar. Ora, escolher os 8 que participarão do jantar é o mesmo que escolher 
os 2 que não participarão. Portanto, 
𝐶MUA = 𝐶MUN 
 
vi) 𝑪𝒏𝟎 + 𝑪𝒏𝟏 + 𝑪𝒏𝟐 + ⋯𝑪𝒏𝒏 = 𝟐𝒏 
Exemplo: 
𝐶TU + 𝐶TM + 𝐶TN + 𝐶TJ + 𝐶TT = 2T = 16 
 
Há um raciocínio bem rápido para entender esta propriedade. Imagine um conjunto com n 
elementos. Assim, por exemplo, 𝐶KJ é a quantidade de subconjuntos deste conjunto com 3 
elementos. Da mesma forma, 𝐶KI é a quantidade de subconjuntos com 5 elementos. 
 
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Podemos então concluir que 𝐶KU + 𝐶KM + 𝐶KN + ⋯𝐶KK é o total de subconjuntos deste conjunto. 
Sabemos que o total de subconjuntos de um conjunto é 2K. Portanto, a propriedade acima é 
válida. A demonstração formal desta propriedade se dá com o desenvolvimento do binômio de 
Newton (1 + 1)K. 
9. COMBINAÇÃO COMPLETA 
Para introduzir este assunto, vou resolver uma questão antiga, mas bem interessante. 
(Petrobras 2008-2/CESGRANRIO) Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de 
refrigerante. Uma pessoa que deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por 
uma determinada marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é 
(A) 3 
(B) 10 
(C) 15 
(D) 35 
(E) 125 
Resolução 
Esta é uma questão “clássica” que aparece nos livros de análise combinatória. Por outro lado, se a 
pessoa nunca viu uma questão parecida como esta, é muito difícil ter este raciocínio SOZINHO na 
hora da prova. 
Imagine que temos um armário para armazenar os refrigerantes. 
 
Temos 5 marcas diferentes de refrigerante. Para separar as 5 marcas diferentes de refrigerante 
neste armário, precisamos de 4 divisórias. 
O número de divisórias é sempre 1 a menos que o total de marcas. 
Vamos considerar algumas marcas conhecidas de refrigerante. Coca-Cola, Guaraná Antarctica, 
Fanta, Tuchaua, Sprite. 
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Temos agora 3 latinhas de refrigerante para distribuir nestas divisórias. 
Há várias disposições possíveis. Vejamos algumas: 
 
Nesta disposição acima, o cliente está levando uma Coca-Cola e 2 Tuchauas. 
 
Na disposição acima, o cliente está levando um Guaraná Antarctica, 1 Fanta e 1 Sprite. 
 
Na disposição acima, o cliente está levando 3 Tuchauas. 
Resumindo: estamos permutando 7 objetos, a saber: as 4 divisórias e as 3 latinhas. 
Vamos apagar agora os nomes das marcas. 
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O número total de possibilidades que há para o cliente comprar 3 refrigerantes dentre 5 marcas 
disponíveis sem preferência em relação a alguma marca é igual ao número permutações de 7 
objetos dos quais 4 são iguais (as divisórias) e 3 são iguais (as bolinhas). 
𝑃c
T,J =
7!
4! ∙ 3! 
 
𝑃c
T,J =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
Gabarito: D 
O problema acima é normalmente classificado como um problema de combinação completa. Os 
problemas de combinação completa no fundo podem ser resolvidos por permutação com 
repetição. Basta utilizar o raciocínio descrito acima. 
 
Observe que temos 5 qualidades para os objetos (5 marcas de refrigerante) e queremos escolher 3 
objetos (3 latas). 
Observe ainda que o total de divisórias é igual a 5 – 1 = 4 (com 4 divisórias temos 5 lugares no 
armário). 
De uma maneira geral, digamos que há n qualidades de objetos e queremos selecionar p objetos. 
Adotando o raciocínio acima, teremos (n – 1) prateleiras e p objetos. Assim, permutaremos (𝑝 +
𝑛 − 1) entes dos quais há repetição de (n – 1) prateleiras e p objetos. 
 
𝑃\LKeM
KeM	,\ =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)! 
A notação (símbolo) para a combinação completa é a que segue: 
𝐶𝑅K
\ =
(𝑛 + 𝑝 − 1)!
𝑝! (𝑛 − 1)! 
Para não precisar memorizar a fórmula acima, existe uma relação entre a combinação completa e 
a combinação simples. 
𝐶𝑅K
\ = 𝐶KL\eM
\ 
 
Em outras palavras, você pode trocar a fórmula de uma combinação completa por uma 
combinação simples. Para tanto, basta substituir 𝑛 por 𝑛 + 𝑝 − 1. 
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No nosso problema anterior, há 5 marcas de refrigerante. É o que temos disponível. Portanto, 
n = 5. Queremos escolher 3 latas de refrigerante. Portanto, p = 3. 
𝐶𝑅IJ 
Vamos trocar a combinação completa por uma combinação simples. Para tanto, vamos substituir 
𝑛 = 5 por 5 + 3 − 1 = 7. 
𝐶𝑅IJ = 𝐶cJ 
Agora é só calcular a combinação simples. Esse cálculo é feito da seguinte maneira: teremos uma 
fração. Colocaremos o fatorial do menor dos números no denominador. No caso, o fatorial de 3 
(no denominador. Ficamos assim por enquanto: 
𝐶𝑅IJ = 𝐶cJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
E o numerador? Devemos expandir o número 7 na mesma quantidade de fatores do denominador 
(3 fatores). 
𝐶𝑅IJ = 𝐶cJ =
7 ∙ 6 ∙ 5
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
Se você não quiser transformar em uma combinação simples, há um modo prático de calcular 𝐶𝑅 
rapidamente. Comecemos novamente com uma fração. 
𝐶𝑅IJ = 
No denominador, sempre colocaremos o fatorial de p, ou seja, o fatorial do número que está em 
cima. 
𝐶𝑅IJ = 3 ∙ 2 ∙ 1 
Na combinação simples, nós expandiríamos o número 5 em 3 fatores: 5 x 4 x 3. 
Aqui faremos o mesmo, só que vamos expandir “para cima”: 5 x 6 x 7. 
𝐶𝑅IJ =
5 ∙ 6 ∙ 7
3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo: De quantos modos podemos comprar 5 refrigerantes em uma loja onde há 3 tipos de 
refrigerante? 
Resolução 
Este exemplo é muito parecido com o anterior. Entretanto, no problema anterior, havia 5 tipos de 
refrigerante e queríamos comprar 3 latas. 
Agora são 3 tipos de refrigerante e queremos comprar 5. 
Como são 3 tipos de refrigerante, precisamos de 2 divisórias para separar as marcas. 
Assim, iremos permutar ao todo 5 + 2 = 7 objetos com repetição de 5 e de 2. 
𝑃c
I,N =
7!
5! ∙ 2! =
7 ∙ 6 ∙ 5!
5! 2 ∙ 1 =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21 
Vamos resolver o mesmo problema com a dica da combinação completa. São 3 tipos de 
refrigerante. Portanto,n = 3. Queremos selecionar 5 objetos. Portanto, p = 5. 
𝐶𝑅JI 
 
A combinação completa pode ser trocada por uma combinação simples. 
𝐶𝑅JI = 𝐶JLIeMI 
 
= 𝐶cI 
 
= 𝐶cN 
 
=
7 ∙ 6
2 ∙ 1 
 
= 21 
 
Resposta: 21 
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10. PARTIÇÕES 
Muita atenção neste tópico, pois é uma excelente ferramenta em Análise Combinatória que te 
ajudará ganhar tempo em muitas questões. Vamos trabalhar as partições ordenadas e não-
ordenadas. 
Vamos primeiro entender o que é uma partição de um conjunto. Normalmente, nos problemas de 
Análise Combinatória, teremos conjuntos de pessoas. Vou explicar então com um conjunto de 
pessoas para ficar mais fácil. 
Imagine que temos um conjunto formado por 7 pessoas. Se queremos dividir esse conjunto de 7 
pessoas em subconjuntos disjuntos (que não possuem elemento em comum), obteremos uma 
partição. 
Por exemplo, imagine que queremos dividir esse conjunto de 7 pessoas em 3 subconjuntos: um 
com 3 pessoas, outro com 2 pessoas e outro com 2 pessoas. Pronto, acabamos de obter uma 
partição. 
𝐶𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 = {𝐴𝑛𝑎, 𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎, 𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎} 
Exemplo de partição: 
{𝐵𝑖𝑎, 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑎, 𝐸𝑑𝑢𝑎𝑟𝑑𝑎}; {𝐴𝑛𝑎, 𝐷𝑒𝑛𝑖𝑠𝑒}; {𝐹𝑙á𝑣𝑖𝑎, 𝐺𝑎𝑏𝑟𝑖𝑒𝑙𝑎} 
 
Se a ordem entre esses conjuntos é relevante, a partição é chamada de partição ordenada. Se a 
ordem não é relevante, a partição é denominada partição não-ordenada. 
 
As partições ordenadas são as mais importantes em questões de concursos. Por quê? 
Porque normalmente as pessoas de cada subconjunto terão funções específicas na situação-
problema de tal forma que a ordem dos conjuntos será relevante. 
 
Exemplo: Há 7 engenheiros envolvidos em um projeto. Queremos dividir os 7 engenheiros em 2 
subconjuntos: 4 deles serão os responsáveis pelo planejamento do projeto e 3 serão responsáveis 
pela execução do projeto. Temos aqui uma partição ordenada, porque cada subconjunto tem um 
papel diferente na situação-problema. 
 
Por outro lado, há situações em que a ordem dos conjuntos não é relevante (partições não-
ordenadas). Nunca vi essa situação em prova de concurso. 
Exemplo: Há 10 crianças que vão jogar futebol. Dividir as crianças em dois times de 5. Aqui temos 
uma partição não-ordenada, porque a ordem dos times não é relevante. 
 
 
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10.1. PARTIÇÕES ORDENADAS 
Observe a seguinte questão: 
(CESPE 2019/COGE-CE) 
Em determinado órgão, sete servidores foram designados para implantar novo programa de 
atendimento ao público. Um desses servidores será o coordenador do programa, outro será o 
subcoordenador, e os demais serão agentes operacionais. 
Nessa situação, a quantidade de maneiras distintas de distribuir esses sete servidores nessas 
funções é igual a 
a) 21. 
b) 42. 
c) 256. 
d) 862. 
e) 5.040. 
 
O problema acima ilustra perfeitamente a situação de uma partição ordenada. Há 7 pessoas e 
queremos dividi-las em 3 subconjuntos: um deles com 1 pessoa (o coordenador), outro com 1 
pessoa (o subcoordenador) e outro com 5 pessoas (os agentes operacionais). 
 
Normalmente, os livros resolvem esse tipo de problema assim: 
Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher de 𝐶cM =
7	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 
 
Sobraram 6 pessoas disponíveis. Devemos agora escolher 1 subcoordenador. Podemos escolher de 
𝐶BM = 6	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠. 
 
Sobraram 5 pessoas. Devemos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶II = 1 
maneira. 
 
Como há ordem entre os subconjuntos (1 deles é o coordenador, o outro é o subcoordenador, e 
os restantes são agentes operacionais), a partição é ordenada. Não estou dizendo que existe 
ordem entre os elementos dos subconjuntos. Existe ordem entre os subconjuntos! 
Pelo princípio fundamental da contagem, o total de possibilidades é 7 × 6 × 1 = 42. 
 
Poderíamos também ter começado escolhendo os agentes operacionais. 
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Há 7 pessoas disponíveis e precisamos escolher 5 agentes operacionais. Podemos escolher de 𝐶cI =
21 maneiras. 
Sobraram 2 pessoas. Dessas duas pessoas, precisamos escolher 1 coordenador. Podemos escolher 
de 𝐶NM = 2 maneiras. 
Sobrou 1 pessoa. Precisamos escolher o subcoordenador. Podemos escolher de 𝐶MM = 1 maneira. 
Pelo princípio fundamental da contagem, podemos distribuir os servidores nas funções de 
21 × 2 × 1 = 42 maneiras. 
 
Vamos agora aprender o pulo do gato: a grande dica que te fará ganhar muito tempo nessas 
questões. 
Há 7 pessoas e queremos dividi-las em 3 subconjuntos com 1 pessoa (o coordenador), 1 pessoa (o 
subcoordenador) e 5 pessoas (os agentes operacionais). Vamos simbolizar essa quantidade de 
partições da seguinte forma: 
] 71, 1, 5^ 
A expressão acima é conhecida como “coeficiente multinomial”. 
Pois bem, como calculamos? É muito fácil. A resposta será uma fração. No numerador, colocamos 
o fatorial de 7, que é o fatorial do conjunto original de pessoas. No denominador, colocamos os 
fatoriais das quantidades de elementos dos subconjuntos (fatoriais de 1, 1, e 5). 
] 71, 1, 5^ =
7!
1! 1! 5! =
7 ∙ 6 ∙ 5!
5! = 7 ∙ 6 = 42 
Muito fácil, não? 
 
O número de partições ordenadas de 𝑛 objetos em 𝑘 subconjuntos com 𝑛M, 𝑛N, … , 𝑛x 
elementos, respectivamente, é 
]
𝑛
𝑛M, 𝑛N, … , 𝑛x^ =
𝑛!
𝑛M! 𝑛N! …𝑛x!
 
 
Vamos resolver outros exemplos para por em prática e para que você perceba o poder desse 
método. 
 
 
 
 
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(CESPE 2014/PMCE) 
Considerando que um grupamento de 60 policiais militares em que haja 15 mulheres e 45 homens 
seja dividido em 10 equipes de 6 militares para monitorar determinada área, julgue o item 
subsequente. 
Se as 2 primeiras equipes formadas forem constituídas apenas por mulheres, então o número de 
maneiras distintas de escolher os membros dessas equipes será igual a MI!
B!∙B!∙J!
. 
Resolução 
Vamos primeiro resolver da forma “tradicional” utilizando combinações. 
Há 15 mulheres e devemos escolher 6 para a primeira equipe. Em seguida, sobram 9 mulheres das 
quais devemos escolher 6 para a segunda equipe. 
Observe que queremos colocar 6 mulheres na primeira equipe e 6 mulheres na segunda equipe. 
Como o conectivo usado é “e”, devemos multiplicar as quantidades. 
O total de maneiras para escolher os membros dessa equipe é 
 
𝐶MIB ∙ 𝐶yB =
15!
6! 9! ∙
9!
6! 3! =
15!
6! 6! 3! 
 
Vamos agora utilizar partições. 
Há 15 mulheres e vamos dividir em dois grupos de 6 mulheres. Observe que sobraram 3 mulheres. 
Essas 3 mulheres formam um terceiro subconjunto. Assim, na verdade, estamos dividindo as 15 
mulheres em 3 subconjuntos: dois subconjuntos com 6 mulheres e um terceiro com 3 mulheres. 
Sempre que sobrarem pessoas, você deve juntar a “sobra” em umúltimo subconjunto. 
] 156, 6, 3^ =
15!
6! 6! 3! 
 
Gabarito: Certo. 
 
 
 
 
 
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(CESPE 2013/STF) 
O colegiado do Supremo Tribunal Federal (STF) é composto por 11 ministros, responsáveis por 
decisões que repercutem em toda a sociedade brasileira. No julgamento de determinados 
processos, os ministros votam pela absolvição ou pela condenação dos réus de forma 
independente uns dos outros. A partir dessas informações e considerando que, em determinado 
julgamento, a probabilidade de qualquer um dos ministros decidir pela condenação ou pela 
absolvição do réu seja a mesma, julgue o item seguinte. 
Se, no julgamento de determinado réu, 8 ministros votarem pela absolvição e 3 ministros votarem 
pela condenação, a quantidade de maneiras distintas de se atribuir os votos aos diferentes 
ministros será inferior a 170. 
Resolução 
Vamos primeiro resolver sem a técnica das partições. 
Temos 8 absolvições (A) e 3 condenações (C): AAAAAAAACCC. 
A quantidade de maneiras de se atribuir os votos aos diferentes ministros é igual ao total de 
maneiras que podemos trocar (permutar) a ordem dessas letras. 
𝑃MM
A,J =
11!
8! 3! =
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8!
8! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 =
11 ∙ 10 ∙ 9
3 ∙ 2 ∙ 1 = 165 
Agora vamos resolver usando as partições. Há 11 pessoas e vamos dividi-las em dois subconjuntos: 
um com 8 pessoas (as que vão absolver) e outro com 3 pessoas (as que vão condenar). O total de 
maneiras de dividir essas pessoas é: 
] 118, 3^ =
11!
8! 3! = 165 
Gabarito: Certo 
 
 
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10.2. PARTIÇÕES NÃO-ORDENADAS 
Nunca vi esse caso em questão de concurso, mas vai que... 
Vamos agora aprender a calcular a quantidade de partições quando a ordem entre os 
subconjuntos não é relevante. 
Exemplo: Vinte crianças estão reunidas para jogar futebol. De quantos modos podemos dividi-las 
em quatro times de 5 crianças cada? 
Nesse caso, não há ordem entre os times. Todos os subconjuntos têm o mesmo papel no problema 
(diferentemente dos problemas das partições ordenadas em que cada subconjunto desempenhava 
um papel distinto). 
Se as partições fossem ordenadas, a resposta seria: 
] 205, 5, 5, 5^ =
20!
5! 5! 5! 5! =
20!
(5!)T 
Entretanto, não há ordem entre os 4 times. Assim, precisamos desconsiderar a ordem no cálculo 
acima. Essa correção é feita dividindo a resposta pelo fatorial da quantidade de subconjuntos com 
mesma quantidade de elementos. Temos 4 subconjuntos com mesma quantidade de elementos. 
Logo, a resposta é 
20!
(5!)T ∙ 𝟒! 
 
Só para você ter ideia: o número acima é igual a 488.864.376. 
 
Vamos praticar um pouco mais. 
De quantos modos é possível dividir 15 pessoas: 
a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? 
b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? 
c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? 
Resolução 
Em cada caso, começamos calculando as partições ordenadas. Depois, devemos dividir a resposta 
pelos fatoriais das quantidades de subconjuntos que possuem a mesma quantidade de elementos. 
a) em dois grupos de 4 e um grupo de 7? 
As partições ordenadas são: 
] 154, 4, 7^ =
15!
4! 4! 7! 
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Há dois conjuntos com a mesma quantidade de elementos. Logo, devemos dividir o número acima 
por 2!. A resposta é 
15!
4! 4! 7! 𝟐! =
15!
(4!)N7! 2! 
 
b) em um grupo de 10 e um grupo de 5? 
As partições ordenadas são: 
] 1510, 5^ =
15!
10! 5! 
Como os dois subconjuntos possuem quantidades diferentes de elementos, não precisamos dividir 
por fatorial algum. Assim, a quantidade de partições ordenadas é igual à quantidade de partições 
não-ordenadas. 
 
c) em dois grupos de 2, dois grupos de 3 e um grupo de 5? 
As partições ordenadas são: 
] 152, 2, 3, 3, 5^ =
15!
2! 2! 3! 3! 5! 
 
Observe que há dois grupos de 2 e dois grupos de 3. Logo, devemos dividir a resposta acima por 
2! 2!. A resposta é: 
15!
2! 2! 3! 3! 5! 𝟐! 𝟐! =
15!
(2!)T(3!)N5! 
 
 
11. PERMUTAÇÕES CAÓTICAS 
Esse assunto é um tópico avançado de Análise Combinatória e só vi duas questões de concursos 
que exigiam a sua cobrança. 
(FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) 
Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma sala. 
O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os funcionários 
podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a mesa que 
ocupava antes da realocação 
a) de 4 maneiras diferentes. 
b) de 24 maneiras diferentes. 
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c) de 9 maneiras diferentes. 
d) de 6 maneiras diferentes. 
e) de 12 maneiras diferentes. 
 
Aparentemente é uma questão bem tranquila. Puro engano! 
 
O assunto envolvido nessa questão não é tratado na esmagadora maioria de livros do Ensino 
Médio. 
 
A questão só é factível sem o estudo teórico deste tópico porque o número de funcionários é bem 
pequeno, ou seja, o candidato poderia descrever todas as possibilidades e marcar a resposta. 
Sejam (a, b, c, d) os funcionários em suas posições originais. Queremos realocar os funcionários de 
modo que nenhum ocupe a sua posição original. Dizemos que essa é uma permutação caótica (ou 
desarranjo). 
 
As permutações caóticas são: 
(b, a, d, c); (c, a, d, b); (d, a, b, c); (c, d, a, b); (d, c, a, b); (b, d, a, c); (b, c, d, a); (c, d, b, a) e 
(d, c, b, a). 
 
Logo, há 9 maneiras diferentes. 
 
Veja que com 4 pessoas já é bastante complicado descrever todas as permutações caóticas. 
 
E se fossem 5 pessoas ou 8 pessoas? 
 
Apresento-lhes agora a fórmula para calcular o número de permutações caóticas (desarranjos) de 
n objetos: 
 
𝐷K = 𝑛! ∙ {
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! + ⋯+
(−1)K
𝑛! | 
 
O termo (−1)K simplesmente indica que os sinais das frações vão sendo alternados. 
 
Por exemplo, para n = 4, temos: 
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𝐷T = 4! ∙ }
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4!~ 
 
𝐷T = 24 ∙ }1 − 1 +
1
2 −
1
6 +
1
24~ 
 
𝐷T = 24 ∙ }
1
2 −
1
6 +
1
24~ 
 
𝐷T = 24 ∙
1
2 − 24 ∙
1
6 + 24 ∙
1
24 
 
𝐷T = 12 − 4 + 1 
 
𝐷T = 9 
Veja o resultado para n = 6. 
 
𝐷B = 6! ∙ }
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4! −
1
5! +
1
6!~ 
 
𝐷B = 6! ∙ }1 − 1 +
1
2 −
1
6 +
1
24 −
1
120 +
1
720~ 
 
𝐷B = 720 ∙ }
1
2 −
1
6 +
1
24 −
1
120 +
1
720~ 
 
𝐷B = 360 − 120 + 30 − 6 + 1 
 
𝐷B = 265 
 
É claro que seria impossível você escrever todas as possibilidades à mão. 
 
Mas,Guilherme, essa fórmula é muito complicada. Corro o risco de ficar nervoso e esquecê-la! 
 
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Calma, amigo. Agora vem a salvação. Existe uma maneira bem mais fácil e rápida de calcular o 
número de permutações caóticas. 
 
É possível demonstrar que o número de permutações caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
𝑛!
𝑒 
Na expressão acima, e é a constante de Euler: e = 2,718... 
Observe para o caso n = 6. 
 
6!
𝑒 ≅
720
2,718 ≅ 264,9 → 𝑜	𝑖𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑜	𝑚𝑎𝑖𝑠	𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜	é	265 
 
De fato, para n = 6, o número de permutações caóticas é 265. 
 
Vamos voltar à questão da FCC. 
(FCC 2019/Prefeitura do Recife – Assistente de Gestão Pública) 
Os quatro funcionários de uma repartição trabalham cada um em uma mesa, todos na mesma sala. 
O chefe da repartição determinou que os funcionários trocassem de mesa entre si. Os funcionários 
podem ser realocados na sala de modo que nenhum funcionário passe a ocupar a mesa que 
ocupava antes da realocação 
a) de 4 maneiras diferentes. 
b) de 24 maneiras diferentes. 
c) de 9 maneiras diferentes. 
d) de 6 maneiras diferentes. 
e) de 12 maneiras diferentes. 
Resolução 
A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações 
caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
4!
𝑒 ≅
24
2,718 ≅ 8,8 
 
O inteiro mais próximo é 9. Logo, há 9 maneiras para realocar os funcionários de modo que 
nenhum ocupe a sua posição original. 
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Gabarito: C 
 
 
(FGV 2018/COMPESA) 
Há quatro urnas numeradas de 1 a 4 e quatro bolas, também numeradas de 1 a 4. 
O número de maneiras de se colocar uma bola em cada urna, de modo que nenhuma urna fique 
com a bola de mesmo número, é 
a) 12. 
b) 11. 
c) 10. 
d) 9. 
e) 8. 
Resolução 
Questão idêntica à anterior, que também poderia ser resolvida com a força bruta, já que são 
poucas bolas. 
A questão pede o número de permutações caóticas de 4 elementos. O número de permutações 
caóticas é o inteiro mais próximo de 
 
4!
𝑒 ≅
24
2,718 ≅ 8,8 
 
O inteiro mais próximo é 9. 
A resposta da questão é a alternativa D, mas a questão foi anulada (não sei o motivo). 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
 
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12. OS LEMAS DE KAPLANSKY 
Esse é outro tópico avançado de Análise Combinatória com baixa incidência. 
Vamos aprender através de um exemplo. 
(FGV 2015/SSP-AM – Assistente Operacional) 
Sete pessoas formam uma fila e duas delas serão escolhidas para receber um brinde. O número de 
maneiras diferentes de escolher duas pessoas da fila que não sejam vizinhas é: 
a) 15; 
b) 18; 
c) 20; 
d) 24; 
e) 30. 
Resolução 
Vamos numerar as pessoas e formar um conjunto: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Para esse exemplo com poucas pessoas escolhidas (apenas duas), podemos resolver de uma 
maneira bem simples. 
Há 7 pessoas e queremos escolher duas. Sem restrições, podemos fazer isso de: 
𝐶cN =
7 ∙ 6
2 ∙ 1 = 21	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
Entretanto, não queremos duplas formadas por números consecutivos, ou seja, devemos excluir os 
seguintes subconjuntos: {1,2}, {2,3}, {3,4}, {4,5}, {5,6}, {6,7}. 
Assim, o total de subconjuntos que satisfazem a condição é: 
21 − 6 = 15 
Mas essa solução só serve para casos “pequenos”. Vamos pensar em uma solução geral. 
Queremos formar um subconjunto de dois elementos no qual não há elementos consecutivos. Essa 
é exatamente a situação-problema resolvida pelos lemas de Kaplansky. 
Falo no plural “lemas” porque o segundo lema de Kaplansky considera 1 e 7 como sendo 
consecutivos (basta pensar, por exemplo, que sábado e domingo são consecutivos). 
Na nossa questão da FGV, 1 e 7 não são consecutivos e, portanto, será a situação-problema do 
Primeiro Lema de Kaplansky. 
 
O raciocínio desenvolvido em 1943 por Kaplansky (Irving Kaplanky, matemático canadense) é o 
seguinte: marcaremos com um sinal “+” os elementos do conjunto que farão parte do subconjunto 
e marcaremos com o sinal “–“ os elementos que não farão parte do subconjunto. 
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Por exemplo, o subconjunto {1, 3} seria representado por + – + – – – –. 
 
O subconjunto {4, 5}, que não é um subconjunto válido para o nosso problema, seria representado 
por – – – + + – –. 
 
Para formar um subconjunto de 2 elementos não-consecutivos, devemos colocar 2 sinais “+” e 5 
sinais “–“ em fila, sem que haja dois sinais + juntos. 
 
Para tanto, vamos começar dispondo os 5 sinais “–“ com espaços vazios entre eles (os espaços 
vazios serão representados por chaves. 
 
					� − 					� − 					� − 					� − 					� − 					� 
 
Observe que há 5 sinais “–“ e 6 espaços vazios onde podemos colocar os sinais de “+”. 
 
Assim, há 6 espaços vazios e devemos escolher 2 para colocar os sinais de “+”. Como a ordem dos 
espaços vazios não importa, então isso pode ser feito de: 
 
𝐶BN =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
A resposta da questão é 15. 
 
Gabarito: A 
 
No caso geral, o conjunto original possui n elementos. Queremos formar subconjuntos de p 
elementos. Logo, teremos p sinais “+” e n – p sinais de “–“. 
 
Ao dispor os n – p sinais “–“, teremos n – p + 1 espaços vazios para distribuir os sinais de “+”. 
 
Logo, temos n – p + 1 espaços e devemos escolher p deles para distribuir os sinais de “+”, o que 
pode ser feito de 
 
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𝐶Ke\LM
\ 	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠	𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
 
Esse raciocínio é exatamente o Primeiro Lema de Kaplansky, que pode assim ser enunciado: 
 
O número de subconjuntos de p elementos de {1, 2, 3, ..., n} nos quais não há elementos 
consecutivos é dado por: 
 
𝑓(𝑛, 𝑝) = 𝐶Ke\LM
\ 
 
Se você entendeu o raciocínio, não precisará decorar a fórmula acima. 
 
Vamos fazer mais um exemplo: 
 
Guilherme Neves dará aulas em três dias diferentes na primeira semana de outubro. De quantos 
modos Guilherme pode escolher os dias das aulas se ele não quer dar aulas em dias consecutivos? 
a) 10 
b) 20 
c) 35 
d) 42 
e) 210 
Resolução 
Perceba que, como estamos nos referindo à primeira semana de determinado mês, o primeiro e o 
último dia da semana não são consecutivos. 
São 7 dias na primeira semana de outubro. Guilherme dará aula em 3 dias. Logo, teremos 3 sinais 
“+” e 4 sinais “–“. 
Vamos colocar os 4 sinais “–“ e destacar os espaços vazios em que podemos distribuir os sinais de 
“+”. 
 
					� − 					� − 					� − 					� − 					� 
 
Temos 5 espaços vazios e devemos escolher 3 para colocaros sinais de “+”. Logo, o total de 
maneiras é: 
 
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𝐶IJ =
5 ∙ 4 ∙ 3
3 ∙ 2 ∙ 1 = 10 
Gabarito: A 
 
O raciocínio adotado no Primeiro Lema de Kaplansky pode ser usado para resolver outras questões 
de Análise Combinatória. 
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra GUILHERME que não possuem vogais juntas? 
Resolução 
A primeira observação é que o problema não quer vogais juntas (nem 2, nem 3, ...). Assim, não 
podemos simplesmente permutar todas as letras e subtrair as permutações em que as vogais estão 
juntas. 
Para ficar mais claro: nem o próprio nome GUILHERME é aceito pela condição dada no enunciado, 
pois temos as vogais UI juntas. 
A estratégia é parecida com a de Kaplansky. Vamos posicionar as consoantes. As vogais deverão 
ocupar os espaços vazios entre as consoantes. 
__	𝐺	__	𝐿__	𝐻	__	𝑅__	𝑀	__ 
Temos 3 etapas para resolver esse problema: permutar as consoantes entre si, escolher os lugares 
que as vogais vão ocupar, permutar as vogais entre si. 
 
• Podemos permutar as consoantes de 𝑃I maneiras. 
• Há 6 lugares vazios e devemos escolher 4 lugares para serem ocupados pelas 4 vogais. Isso 
pode ser feito de 𝐶BT maneiras. 
• Depois que tivermos escolhido os lugares que as vogais vão ocupar, devemos permutá-las, o 
que pode ser feito de 𝑃TN maneiras (duas vogais são iguais). 
 
Assim, o total de permutações é: 
𝑃I ∙ 𝐶BT ∙ 𝑃TN = 
 
Lembre-se que 𝐶BT = 𝐶BN. Logo, 
= 5! ∙
6 ∙ 5
2 ∙ 1 ∙
4!
2! 
 
= 21.600 
Resposta: 21.600 anagramas 
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(CESPE 2011/TRE-ES) 
De acordo com o primeiro lema de Kaplansky, a quantidade de subconjuntos de {1, 2, 3, … , 𝑛} com 
𝑝 elementos, em que não há números consecutivos, é dada pela fórmula abaixo. 
(𝑛 − 𝑝 + 1)!
𝑝! (𝑛 − 2𝑝 + 1)! 
Uma das aplicações desse lema é a contagem do número de maneiras de se sentar 4 meninas e 6 
meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que 2 meninas não fiquem em posições adjacentes. 
A estratégia para se realizar essa contagem compreende quatro passos. Em primeiro lugar, deve-se 
contar o número de maneiras de se escolher 4 cadeiras sem que haja cadeiras consecutivas; esse 
procedimento deve ser feito utilizando-se o lema de Kaplansky. Em seguida, deve-se contar o 
número de maneiras de organizar as meninas nessas cadeiras. O próximo passo consiste em contar 
o número de maneiras de se distribuir os meninos nas cadeiras restantes. Por fim, deve-se usar o 
princípio multiplicativo. 
Com base nessas informações, julgue os itens subsecutivos. 
01. Diante dos dados acima, é correto afirmar que o número de maneiras de se sentar 4 meninas e 
6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas em posições 
adjacentes, é superior a 600.000. 
02. Em face dos dados apresentados, é correto afirmar que o número de maneiras de se escolher 
as 4 cadeiras entre as 10 disponíveis sem que haja cadeiras consecutivas é superior a 40. 
03. A partir dos dados acima, é correto concluir que o número de maneiras de se organizar as 4 
meninas nas 4 cadeiras escolhidas é igual a 16. 
Resolução 
Vamos colocar os 6 homens em posições fixas e destacar os espaços vazios entre eles. 
__	𝐻M		__	𝐻N	__		𝐻J	__		𝐻T	__		𝐻I		__		𝐻B	__	 
Como as meninas não podem ficar juntas, então elas devem ocupar 4 dos 7 lugares vazios 
destacados. Isso pode ser feito de 𝐶cT maneiras. 
Esse resultado também seria obtido simplesmente substituindo 𝑛 = 10 e 𝑝 = 4 na fórmula dada 
no enunciado. Observe: 
𝐶cT =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
(𝑛 − 𝑝 + 1)!
𝑝! (𝑛 − 2𝑝 + 1)! =
(10 − 4 + 1)!
4! (10 − 2 ∙ 4 + 1)! =
7!
4! 3! =
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4!
4! ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 35 
 
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Assim, há 35 maneiras de escolher as posições ocupadas pelas meninas. Além disso, devemos 
permutar os 6 homens entre si e também as 4 mulheres entre si. Logo, o número de maneiras se 
sentar 4 meninas e 6 meninos em uma fila de 10 cadeiras, de modo que não fiquem 2 meninas em 
posições adjacentes, é 
35 × 𝑃B × 𝑃T = 35 × 6! × 4! = 604.800 
O item I está certo. 
O item II pergunta justamente de quantas maneiras podemos escolher as cadeiras em que as 
mulheres se sentarão. Vimos que esse resultado é igual a 35. Logo, o item II está errado. 
O item III pergunta de quantas maneiras podemos permutar as mulheres nas cadeiras escolhidas. 
Podemos fazer isso de 𝑃T = 4! = 24 maneiras. O item III está errado. 
Gabarito: Certo, errado, errado 
 
Pois bem, até agora nunca vi uma questão envolvendo o segundo lema de Kaplansky, mas vai 
que... 
Vamos agora considerar que 1 e n são consecutivos no conjunto {1, 2, ..., n}. Isso é bem comum em 
questões envolvendo calendários. Por exemplo, o 31 de dezembro e 1 de janeiro são consecutivos, 
sábado e domingo são dias consecutivos, etc. 
O Segundo Lema de Kaplansky diz que o número de subconjuntos com p elementos do conjunto 
{1, 2, 3, ..., n}, em que 1 e n são considerados consecutivos, é igual a 
 
𝑔(𝑛, 𝑝) =
𝑛
𝑛 − 𝑝 ∙ 𝐶Ke\
\ 
 
A fórmula acima é um pouco trabalhosa de ser demonstrada (a demonstração pode ser 
encontrada no livro Análise Combinatória e Probabilidade da Sociedade Brasileira de Matemática). 
Acho melhor torcer para isso não cair. Não vale a pena memorizar essa fórmula, pois a relação 
custo-benefício é péssima: nunca vi cair em prova (até agora). 
Por isso, vou ensinar o raciocínio da demonstração para que você não precise memorizar a 
fórmula. 
Exemplo: O professor Guilherme Neves decidiu estudar piano 3 vezes por semana. De quantas 
maneiras Guilherme pode escolher os dias de estudo, se ele não quer estudar piano em dias 
consecutivos? 
a) 5 
b) 6 
c) 7 
d) 8 
e) 9 
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Resolução 
Situação típica do Segundo Lema de Kaplansky, pois, como a atividade será feita periodicamente, 
sábado e domingo (último dia e primeiro dia da semana) são consecutivos. 
Vamos considerar que Domingo = 1, Segunda-feira = 2, ..., Sábado = 7. Assim, temos o conjunto {1, 
2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Na situação, 1 e 7 são consecutivos. Guilherme precisa escolher 3 números não consecutivos. Pelo 
Segundo Lema de Kaplansky, isso pode ser feito de: 
 
𝑔(7,3) =
7
7 − 3 ∙ 𝐶ceJ
J =
7
4 ∙ 𝐶T
J 
 
=
7
4 ∙
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1 
 
= 7 
E como é o raciocínio sem decorar fórmula? 
Pois bem, o segundo lema de Kaplansky é, na verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes. 
Vamos separar em dois casos: o elemento 1 foi escolhido e o elemento 1 não foi escolhido. 
• Subconjuntos nos quais figura o elemento 1. 
Se o elemento 1 foi escolhido, não podemos escolher os elementos 2 e 7, porque são elementos 
vizinhos ao número 1. Assim, devemos escolher 2 elementos não consecutivos no conjunto {3, 4, 5, 
6}. 
Vamos aplicar o primeiro lema de Kaplansky. 
Paraescolher 2 elementos dentre os 4, devemos ter dois sinais “–“ e dois sinais “+”. Os sinais “+” 
não podem ficar juntos porque os números não são consecutivos. Começamos fixando os sinais de 
“–“. 
					� − 					� − 					� 
 
Assim, temos 3 espaços vazios e devemos escolher 2 deles para colocar os sinais de “+”. Isso pode ser feito 
de 
𝐶JN =
3 ∙ 2
2 ∙ 1 = 3	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
 
• Subconjuntos nos quais não figura o elemento 1. 
 
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Nesse caso, precisamos escolher 3 elementos não consecutivos no conjunto {2, 3, 4, 5, 6, 7}. 
Vamos aplicar novamente o primeiro lema de Kaplansky. 
Para escolher 3 elementos dentre os 6, devemos ter três sinais “–“ e três sinais “+”. Os sinais “+” 
não podem ficar juntos porque os números não são consecutivos. Começamos fixando os sinais de 
“–“. 
					� − 					� − 					� − 					� 
 
Assim, temos 4 espaços vazios e devemos escolher 3 deles para colocar os sinais de “+”. Isso pode ser feito 
de 
𝐶TJ =
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1 = 4	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
 
O total de maneiras é 3 + 4 = 7 maneiras. Como vocês podem ver, o Segundo Lema de Kaplansky é, na 
verdade, o primeiro lema aplicado duas vezes: uma vez escolhendo o número 1 e outra vez excluindo o 
número 1. 
Gabarito: C 
 
13. PERMUTAÇÕES COM ELEMENTOS ORDENADOS 
Há situações em que precisamos permutar elementos com a restrição de que alguns permaneçam 
em determinada ordem (juntos ou não). 
Observe a seguinte questão: 
(ESAF 2004/MPU) 
Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-los em uma mesma parede, 
lado a lado. Todos os seis quadros são assinados e datados. Para Paulo, os quadros podem ser 
dispostos em qualquer ordem, desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si em ordem 
cronológica, da esquerda para a direita. O número de diferentes maneiras que os seis quadros 
podem ser expostos é igual a 
a) 20 
b) 30 
c) 24 
d) 120 
e) 360 
Resolução 
Se desconsiderarmos a restrição exigida pelo problema, deveremos apenas permutar os 6 quadros. 
Isso pode ser feito de 
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𝑃B = 6! = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠 
 
Vamos considerar que 𝐺M − 𝐺N − 𝐺J é a ordem cronológica dos quadros de Gotuzo. 
 
Dessas 720 maneiras, os quadros de Gotuzo podem aparecer nas seguintes sequências (não 
necessariamente contiguamente, ou seja, um ao lado do outro). 
…𝐺M …𝐺N …𝐺J … 
…𝐺M …𝐺J …𝐺N … 
…𝐺N …𝐺M …𝐺J … 
…𝐺N …𝐺J …𝐺M … 
…𝐺J …𝐺M …𝐺N … 
…𝐺J …𝐺N …𝐺M … 
 
Acima eu descrevi as permutações dos 3 quadros de Gotuzo (3! = 6	𝑚𝑎𝑛𝑒𝑖𝑟𝑎𝑠). 
 
As 720 maneiras estão regularmente distribuídas nas 6 possibilidades de organização cronológica 
descritas acima, ou seja, em cada uma das 6 possibilidades, há 720/6 = 120 maneiras de arrumar os 
quadros. 
Como queremos os quadros de Gotuzo fiquem na ordem …𝐺M …𝐺N …𝐺J … então apenas a 
primeira possibilidade nos interessa. 
Resposta: 120 
Gabarito: D 
 
De uma maneira geral, se vamos permutar 𝑛 elementos dos quais 𝑘 deles devem estar em uma 
determinada ordem, o total de permutações é 
𝑃K
𝑘! 
 
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra ARREPIOU em que as vogais figuram em ordem 
alfabética, mas não necessariamente juntas? 
Resolução 
O total de permutações sem a restrição de que as vogais são ordenadas é: 
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𝑃AN =
8!
2! 
Entretanto, há 5 elementos que devem obedecer determinada ordem. Assim, o número de 
permutações pedido é 
𝑃AN
5! =
8!
2! 5! =
8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5!
2 ∙ 5! = 168 
 
14. SOLUÇÕES INTEIRAS DE EQUAÇÕES 
Observe a seguinte questão. 
(CESPE 2018/SEFAZ-RS) 
Se 7 kg de feijão forem distribuídos para até quatro famílias, de modo que cada uma delas receba 
um número inteiro de quilos, então, nesse caso, a quantidade de maneiras distintas de se 
distribuírem esses 7 kg de feijão para essas famílias será igual a 
a) 30. 
b) 120. 
c) 330. 
d) 820. 
e) 1.320. 
Resolução 
Para facilitar o raciocínio, imagine que há 7 sacos com 1kg de feijão cada. 
Há 4 famílias disponíveis e devemos escolher o destino de cada um dos 7 sacos de feijão. 
É importante notar que a ordem das famílias escolhidas não importa. Além disso, cada família 
pode ser escolhida mais de uma vez. Exemplo: 
𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶 = 𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵𝐶𝐴 
Nas duas situações acima, a família A receberá 3kg de feijão, a família B receberá 2kg de feijão e a 
família C receberá 2 kg de feijão (a família D receberá 0kg). 
Juntando as peças: há 4 famílias disponíveis e devemos escolher qual família receberá cada um dos 
7 sacos de feijão (deveremos fazer 7 escolhas). Além disso, a ordem das famílias não importa (logo, 
devemos usar combinações) e cada família pode ser escolhida mais de uma vez (logo, devemos 
usar combinação com repetição). 
Assim, o total de maneiras de se distribuírem os 7kg de feijão é: 
𝐶𝑅Tc = 𝐶TLceMc = 𝐶MUc 
Lembre-se que 𝐶MUc = 𝐶MUJ . Logo, a resposta é: 
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𝐶MUJ =
10 ∙ 9 ∙ 8
3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 
 
A situação descrita no enunciado pode ser perfeitamente modelada pelo exemplo da prateleira 
que utilizei na teoria sobre combinações completas. 
Imagine que temos 7 sacos de 1 kg de feijão. Queremos distribuí-los para ATÉ 4 famílias. Isso quer 
dizer que alguma família pode ficar sem feijão. 
O que vamos fazer? Vamos construir uma prateleira com divisórias móveis. Nessa prateleira, 
teremos 3 divisórias, pois queremos distribuir os sacos de feijão entre 4 famílias. 
Vou representar cada saco de feijão por uma bolinha. Observe. 
 
Percebeu o porquê de serem 3 divisórias? Com 3 divisórias, a prateleira fica dividida em 4 regiões. 
Vamos agora colocar 7 bolinhas, que correspondem aos sacos de feijão. 
 
Na configuração acima, a primeira família recebeu 2kg de feijão, a segunda família recebeu 1 kg de 
feijão, a terceira família recebeu 4kg de feijão e a quarta família ficou sem feijão. 
Para distribuir os sacos de feijão, eu posso movimentar tanto os sacos de feijão (as bolinhas) 
quanto as divisórias (os traços). Vou movimentar duas bolinhas, por exemplo. 
 
 
Veja que eu vou movimentar agora a segunda divisória para a direita. 
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Assim, podemos reorganizar a distribuição dos sacos movimentando os traços ou as bolinhas. 
Portanto, o total de maneiras de distribuir os 7 kg de feijão em até 4 famílias é o total de 
permutação de 10 objetos (7 bolinhas e 3 traços), sendo que temos repetição de 7 bolas e 3 traços. 
𝑃MU
c,J =
10!
7!