Análise combinatória - PFC

Princípio Fundamental da Contagem - PFC - Suponhamos que uma ação seja constituída de duas etapas sucessivas. A 1ª etapa pode ser realizada de n maneiras distintas. Para cada uma dessas possibilidades, a 2ª etapa pode ser realizada de m maneiras distintas. Então, o número de possibilidades de se efetuar a ação completa é dado por n . m. Esse princípio pode ser generalizado para ações constituídas de mais de duas etapas sucessivas.

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Análise combinatória - PFC

Princípio Fundamental da Contagem - PFC

Suponhamos que uma ação seja constituída de duas etapas sucessivas. A 1ª etapa pode ser realizada de n maneiras distintas. Para cada uma dessas possibilidades, a 2ª etapa pode ser realizada de m maneiras distintas. Então, o número de possibilidades de se efetuar a ação completa é dado por n . m.

Esse princípio pode ser generalizado para ações constituídas de mais de duas etapas sucessivas.

 

Exemplo: Uma prova consta de 10 questões do tipo V ou F. De quantas maneiras distintas ela pode ser resolvida?

Para cada questão, há duas possibilidades de escolha das respostas: V ou F, portanto,

2.2.2.2.2.2.2.2.2.2 = 210? = 1024 possibilidades.

 

EXERCÍCIOS RESPONDIDOS

 

1 – O DETRAN decidiu que as placas dos veículos do Brasil serão codificadas usando-se 3 letras do alfabeto e 4 algarismos. Qual o número máximo de veículos que poderá ser licenciado?


Solução: Usando o raciocínio anterior, imaginemos uma placa genérica do tipo PWK-1234.
Como o alfabeto possui 26 letras e nosso sistema numérico possui 10 algarismos (de 0 a 9), podemos concluir que:

 

Para a 1ª posição, temos 26 alternativas, e como pode haver repetição, para a 2ª, e 3ª também teremos 26 alternativas.

 

Para os algarismos, temos 10 alternativas para cada um dos 4 lugares, pois, pode haver repetição. Podemos então afirmar que o número total de veículos que podem ser licenciados será igual a:

 

26.26.26.10.10.10.10 = 175.760.000.

 

Observe que se no país existissem 175.760.001 veículos, o sistema de códigos de emplacamento teria que ser modificado, já que não existiriam números suficientes para codificar todos os veículos.

 

2 Com os algarismos 2, 3, 4, 5, 6 e 7:

a) quantos números pares de quatro algarismos distintos podemos formar?

Solução: Pela regra de divisibilidade de números inteiros, para um número ser para deve terminar com um algarismo par, então, para a ultima casa teremos 3 opções (2, 4, 6), para a primeira casa teremos 5 opções (já que não podemos repetir o que foi usado na ultima casa) e para a segunda e terceira casas, teremos, respectivamente, 4 e 3 algarismos, logo, 5.4.3.3 = 180.

 

b) Quantos números de quatro algarismos distintos começam com 3?

Solução: Como queremos números que começam com o algarismo 3, teremos um algarismo possível para a primeira casa. Para a segunda casa teremos 5 algarismos (2, 4, 5, 6 e 7), para a terceira posição teremos 4 algarismos possíveis, pois já usamos um na primeira casa e outro na segunda. E para a ultima casa teremos três opções. Portanto, 1.5.4.3 = 60

 

3 – Deseja-se formar números divisíveis por 5, compostos de 4 algarismo distintos. Quantas são as possibilidades..? dispondo-se dos algarismo 0, 1, 2 ,3, 4, 5 e 6?

Solução: Pelas regras de divisibilidade de números inteiro, para que um número seja divisível por 5 deve terminar com o algarismo 0 ou 5. Por isso, devemos analisar dois casos:

I – Terminados em ZERO: Como termina em ZERO teremos uma opção para a casa das unidades, sobrando assim 6 (1, 2 ,3, 4, 5 e 6) algarismos para a casa das unidades de milhar (pois, o zero já foi usado), para a casa das centenas e dezenas teremos, respectivamente, 4 e 5 algarismos. Portanto, 6.5.4.1 = 120 números

 

II – Terminados e CINCO: Como termina em CINCO teremos uma opção para a casa das unidades, sobrando assim 5 (1, 2 ,3, 4, e 6) algarismos para a casa das unidades de milhar (pois, o CINCO já foi usado e o número não pode começar por ZERO, senão teria apenas três algarismo e não quatro como é pedido na questão), para a casa das centenas e dezenas teremos, respectivamente, 4 e 5 algarismos. Portanto, 5.5.4.1 = 100 números

O como os números devem ser divisíveis por ZERO OU CINCO, esse OU indica que devemos somar os resultados obtidos, portanto, 120 + 100 = 220 números.

 

4 – Um estudante está procurando soluções inteiras da equação 2x = a + b.

Sabendo que a ∈ {1, 2, 3, 4, 5} e b ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, de quantas maneiras o estudante poderá escolher a e b para obter soluções inteiras?

Solução: Vamos isolar x na equação para ficar mais visível o que teremos que fazer: x = (a+b)/2, portanto, como a solução deve ser inteira a+b deve ser um número par, então teremos as seguintes possibilidades: I) a e b são pares OU II) a e b são impares.

Podemos calcular manualmente todas a soluções da equação:

Soluções com dois número ímpares

1+1 = 2

1+3 = 4

1+5 = 6

3+1 = 4

3+3 = 6

3+5 = 8

5+1

5+3

5+5

 

Soluções com dois número pares

2+2 = 4

2+4 = 6

4+2 = 6

4+4 = 8

 

 

Somando a quantidade de soluções encontradas: 9 + 4 = 13 soluções.

 

Podemos responder utilizando o PFC:

I) Temos 5 algarismos dos quais 2 são pares então teremos 2 possibilidades para os pares em ambos os conjuntos, daí, 2.2 = 4.

II) Temos 5 algarismos dos quais 3 são pares então teremos 3 possibilidades para os ímpares em ambos os conjuntos, daí, 3.3 = 9.

 

Como já aprendemos anteriormente, o OU indica soma, portanto, 4 + 9 = 13 soluções.

 

5 – As atuais placas de licenciamento de automóveis constam de sete símbolos sendo três letras, dentre as 26 do alfabeto, seguidas de quatro algarismos.


a) Quantas placas distintas podemos ter sem o algarismo zero e na primeira posição reservada aos algarismos?
Solução:
Observe que não pode ter zero na primeira posição reservada aos algarismos, então só podemos usar 9 algarismos, nas demais poderemos usar os 10 algarismos normalmente, portanto, 26.26.26.9.10.10.10.10 = 158.184.000 placas

 

b) No conjuntos de todas as placas distintas possíveis, qual a porcentagem daquelas que têm as duas primeiras letras iguais?

Solução: Primeiro vamos calcular o total de placas distintas possíveis e depois calcular as que tem as duas primeiras letras iguais e depois dividir para saber a porcentagem.

TOTAL: 26.26.26.10.10.10.10 = 175.760.000 placas

LETRAS IGUAIS: 26.26.1.10.10.10.10 = 6.760.000 placas

PORCENTAGEM: 175.760.000 / 6.760.000 3,85%

 

6 – A escrita Braile para cegos é um sistema de símbolos no qual cada caráter é um conjunto de 6 pontos dispostos em forma retangular, dos quais pelo menos um se destaca em relação aos demais. Por exemplo, a letra A é representada por:

A

B

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

O número total de caracteres que podem ser representados no sistema Braile é?

Solução: Para cada ponto da matriz teremos duas opções: os pontos estarão destacados ou não, portanto, como são seis pontos para cada caracteres:

 

2.2.2.2.2.2 = 2? = 64

 

Entretanto, teremos que retirar a opção que não tem pontos destacados, pois, pelo enunciado: “pelo menos um se destaca”, então, vamos subtrair um do valor encontrado:

 

64 – 1 = 63 caracteres.

 

7 – Determine quantos são os números de três algarismos múltiplos de 5, cujos algarismos das centenas pertencem a {1, 2, 3, 4} e os demais algarismos a {0, 5, 6, 7, 8, 9}.

 

Solução: Para ser múltiplo de 5 deve terminar em 5 OU 0, portanto vamos dividir em duas partes:

PARTE I – Final zero: Como o algarismo das unidades é 0, temos uma possibilidade, e para a centenas e para a dezena teremos 4 e 6 possibilidades, respectivamente, daí: 4.6.1 = 24 números.

 

PARTE II – Final cinco: Como o algarismo das unidades é 5, temos uma possibilidade, e para a centenas e para a dezena teremos 4 e 5 possibilidades, respectivamente, daí: 4.6.1 = 24 números. Como aprendemos que o OU indica soma, então: 24 + 24 = 48 números.

 

Podemos resolver da seguinte forma:

A casa das centenas pode ser preenchido por 4 números.
A casa das dezenas pode ser preenchida por 6 números.
A casa das unidades pode ser preenchida por 2 números, pois precisa terminar em 0 ou 5. Então temos: 4 x 6 x 2 = 48 números.

 


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