Análise Combinatória
agosto 11th, 2006
Em nosso cotidiano é muito comum nos depararmos com situações que envolvam problemas de contagem. Desde as mais simples, em que se é possível determinar através, por exemplo, de um diagrama de árvore, a quantidade de maneiras em que dois ou mais eventos correlacionados podem ocorrer, como com situações em que é necessário se utilizar de métodos especiais de contagem.
Um exemplo simples consiste em determinar quantos anagramas podem ser formados com o uso das quatro letras da palavra BLOG. Mesmo que você ainda não conheça a teoria da Análise Combinatória, é perfeitamente possível chegar ao resultado através da listagem exaustiva das possibilidades ou do uso de um diagrama. Veja abaixo uma das formas de se demonstrar que existem 6 possibilidades de anagramas iniciados com a letra B (BLOG, BLGO, BOLG, BOGL, BGOL e BGLO).
O uso do mesmo raciocínio para as demais letras (L, O e G) nos permite concluir que o número de possibilidades é igual a 24 (4 x 6). Adiante, veremos que a solução é bastante simples, não havendo necessidade de montar um diagrama como o acima, a menos que se queira saber quais são os anagramas, para estabelecer com precisão o resultado.
Mesmo esse caso exige um pouco de trabalho e interpretação para se obter o valor. Agora imagine se você necessitasse determinar a sua chance de ganhar na Mega Sena ou saber quantas placas de carros podem ser construídas com o uso de três letras e quatro algarismos?
É óbvio que o método utilizado acima seria totalmente impraticável para solucionar essas questões. São situações desse tipo, em que se exige a organização e a contagem de grupos, que serão o objeto deste artigo.
Princípio Fundamental da Contagem
O princípio fundamental da contagem estabelece de quantas maneiras dois ou mais eventos correlacionados podem ocorrer.
Assim, se um evento A pode ocorrer de m maneiras diferentes, representadas por a1, a2, …, am, e, se para cada uma dessas m maneiras um segundo evento B, pode ocorrer de n maneiras diferentes, representadas por b1, b2, …, bn, então o número de maneiras que esses eventos podem ocorrer, um seguido do outro, é igual a mn.
Para demonstrar o princípio é suficiente observar que para cada ocorrência ai, i = 1, 2, …., m do evento A existem n maneiras de ocorrer o evento B, ou seja, para cada ocorrência ai de A existem n maneiras em que esses eventos podem ocorrer um seguido do outro. Simbolicamente temos que
(ai, b1), (ai, b2), …., (ai, bn)
onde cada par ordenado representa a ocorrência simultânea dos dois eventos (n vezes) para cada maneira ai de A. Como i varia de 1 a m, teremos n + n + …. + n (m vezes), que é igual a mn.
Acima consideramos, apenas, a ocorrência de dois eventos distintos. E se fossem iguais, onde uma maneira não pudesse ocorrer, com ela mesma, simultaneamente? E se ocorressem r eventos (r > 2), com maneiras n1, n2, …, nr, respectivamente?
A resposta à primeira pergunta seria m(m – 1), uma vez que m = n e a ocorrência simultânea dos dois eventos é m – 1, para cada maneira ai, pois, por hipótese, não pode haver repetições do tipo (ai, ai).
Para a segunda, a resposta é n1.n2. … .nr e a demonstração pode ser feita pelo princípio da indução finita sobre r, ou seja, provar que é válida para r = 2 (feito acima), supor que é verdadeira para r = p e demonstrar que é verdadeira para r = p + 1 (fica como exercício).
Exemplo 1: Com base no princípio apresentamos, a seguir, outro método para se determinar o número de anagramas formados com a palavra BLOG.
Solução:
- Há quatro (4) maneiras para a escolha da primeira letra;
- Para cada escolha da primeira letra, há três (3) possibilidades para a escolha da segunda;
- Para cada escolha do primeiro par de letras, há duas (2) possibilidades para a escolha da terceira;
- E, finalmente, para cada escolha das primeiras três letras, há somente uma (1) possibilidade para a escolha da quarta.
Portanto, podemos concluir, pelo princípio fundamental da contagem, que o número de anagramas é igual a 4 x 3 x 2 x 1 = 24.
Exemplo 2: Determinar o número de placas de carros que podem ser construídas com o uso de três letras e quatro algarismos.
Solução:
Para resolver o problema, primeiro vamos determinar quantas possibilidades existem para combinar as três letras. Como sabemos que o alfabeto possui 26 letras e é permitida a repetição há 26 maneiras para a escolha da primeira letra, 26 para a segunda e 26 para a terceira. Portanto, existem, pelo princípio fundamental da contagem:
26 x 26 x 26 = 17.576
combinações possíveis.
De forma análoga pode-se afirmar que existem 10.000 combinações possíveis que podem ser estabelecidas com os quatro algarismos. Como a cada escolha de três letras se constroem 10.000 placas, vem que o total de placas é:
10.000 x 17.576 = 175.760.000
A título de curiosidade: Segundo o DENATRAN – Departamento Nacional de Trânsito, do Ministério das Cidades, existiam em 2003, 36.658.501 veículos automotores em todo Brasil, cuja distribuição por região era de 1.184.259 na Norte, 4.448.287 na Nordeste, 20.083.423 na Sudeste, 7.928.580 na Sul e 3.013.952 na Centro-Oeste. E que em 1990 o total era de 18.267.245, mostrando que foram necessários 13 anos para dobrar a frota nacional. Como se vê tem placa para aproximadamente uns 30 anos, na hipótese de que ocorra a mesma evolução mencionada e sem considerar a reutilização.
Exemplo 3: Quantos números ímpares de quatro algarismos podemos escrever utilizando os algarismos 1, 2, 4, 5 e 7?
Solução:
Note que não é condição do problema que os números sejam distintos, mas sómente que sejam ímpares. Desses fatos podemos afirmar que:
- Há três possibilidades de escolha para o algarismo das unidades – algarismos 1, 5 e 7;
- Há cinco possibilidades de escolha para o algarismo das demais casas decimais (milhar, centena e dezena);
para concluir que o total de números ímpares é:
5 x 5 x 5 x 3 = 375
A partir das informações e exemplos pode-se concluir que o princípio fundamental da contagem se constitui em um instrumento básico para a Análise Combinatória. Entretanto, em algumas situações pode se tornar trabalhosa a resolução de problemas com sua aplicação direta. Assim, vamos, a seguir, detalhar as várias maneiras de formarmos agrupamentos e deduzir as fórmulas que permitam a sua contagem.
Permutações Simples ou Sem Repetição
Dado o conjunto A = {a1, a2, …, an} com n elementos distintos, chamamos permutação dos n elementos de A qualquer sequência formada por esses n elementos.
Por exemplo, se A = {1, 2, 3, 4}, as sequências (1, 2, 3, 4), (1, 3, 2, 4), (1, 4, 2, 3), etc. são permutações dos quatro elementos de A. Do mesmo modo, também são, os anagramas formados pela palavra BLOG, onde cada um dos 24 anagramas é uma permutação das letras (elementos) B, L, O e G.
Fórmula do Número de Permutações
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos distintos e Pn o número de permutações dos n elementos de A. Então Pn é dado por:
Pn = n.(n – 1).(n – 2). … . 3.2.1
Demonstração:
Basta analisar quantas possibilidades de escolha existem para o primeiro, segundo, …, e n-ésimo termo das sequências, sem repetição dos elementos. Assim, para o primeiro há n possibilidades de escolha, para o segundo (n – 1), para o terceiro (n – 2), …, e para o n-ésimo 1. Logo, pelo princípio fundamental da contagem podemos concluir que o número de permutações de n elementos distintos é dado pela fórmula acima.
Exemplo 4: Com relação a palavra VICHE:
- Quantos anagramas existem?
- Quantos anagramas começam por V?
- Quantos anagramas começam por V e terminam com E?
- Quantos anagramas começam por vogal?
- Quantos anagramas têm as vogais juntas?
Solução:
- Cada anagrama é uma permutação das letras V, I, C, H e E. Logo o número procurado é P5 = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120.
- Como V é fixo, temos que somente permutar as letras I, C, H e E. Logo o número procurado é P4 = 4 x 3 x 2 x 1 = 24.
- Neste caso temos que permutar as letras I, C e H. Logo o número procurado é P3 = 3 x 2 x 1 = 6.
- Na palavra VICHE temos as vogais I e E. Assim, para cada uma delas fixas (início dos anagramas) temos P4 = 24 permutações (veja item b). Logo o número procurado é 2 x 24 = 48.
- Como as vogais têm que estar juntas elas funcionam como se fosse uma única, que deve ser permutada com as letras V, C e H. Daqui vem que existem P4 = 24 permutações. No entanto, as vogais em cada uma dessas permutações podem se permutar entre si. Logo o número procurado é 2 x 24 = 48.
Fatorial
Seja n um número inteiro não negativo, definimos fatorial de n, e indicamos por n!, através da seguinte relação:
n! = n.(n – 1).(n-2). … .3.2.1 para n maior ou igual 2
1! = 1 e 0! = 1
Com a definição acima podemos escrever, de forma simplificada, a fórmula do número de permutações como:
Pn = n! (n pertencente a N*)
O cálculo do fatorial de n, isoladamente, se torna extremamente trabalhoso, à medida que n cresce. Porém, em determinadas situações muitos cálculos podem ser simplificados se utilizamos a seguinte igualdade, de fácil comprovação:
(n + 1)! = (n + 1).n.(n – 1).(n – 2). … .3.2.1 = (n + 1).n!
Por exemplo, para calcular 11!/9!, ao invés de calcularmos 11! e depois 9! e daí obter o resultado da divisão, com a utilização da igualdade acima o processo se torna muito simples, uma vez que:
11!/9! = 11.10.9!/9! = 11.10 = 110
Permutações com Repetição
Até o momento tratamos apenas de casos em que os cálculos de permutações ocorriam entre um determinado número de elementos distintos. Como fazer, então, para calcular o número de anagramas formados com as letras da palavra MARIA (nome de minha saudosa e muito querida mãe), onde temos duas letras A?
O natural seria esperar que o número de anagramas fosse P5 = 5! = 120. Note, no entanto, que a troca das duas letras iguais (A) em cada anagrama não resulta em um novo. E como a letra A ocupa duas posições a cada permutação (P2 = 2! = 2), temos que cada anagrama gera dois anagramas iguais, ou seja, cada anagrama é computado duas vezes no cálculo de P5. Logo, o número de anagramas formados com as letras de MARIA é igual a:
P5(2) = P5/P2 = 5!/2! = 120/2 = 60
onde, em P5(2), o 5 indica o total de letras e o (2) mostra que uma letra se repete duas vezes.
E com a palavra ODORIDES (segundo nome de solteira de Mamãe, que ela abominava, com razão, e retirou quando se casou) quantos anagramas podem ser formados com suas letras?
Por raciocínio análogo, teríamos P8 = 8! = 40.320 anagramas se não houvesse repetições. Como temos duas letras repetidas O e D, temos P2.P2 = 4 anagramas iguais para cada anagrama computado em P8. Logo o número de anagramas é:
P8(2,2) = P8/P2.P2 = 8!/2!.2! = 40.320/4 = 10.080
De forma análoga podemos definir a fórmula geral para o cálculo das permutações com repetição (a demonstração não é feita) como sendo:
onde temos n elementos, em que um deles se repete n1 vezes, outro n2 vezes, …, e outro nr vezes.
Exemplo 5: Quantos anagramas existem com as letras da palavra BLOGOBORGES.
Solução:
Aplicação direta da fórmula, com n = 11, n1 = 2 (letra B), n2 = 3 (letra O) e n3 = 2 (letra G):
Arranjos com Repetição
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos. Chamamos arranjo com repetição dos n elementos p a p a toda sequência formada com p elementos de A não necessariamente distintos.
Fórmula do Número de Arranjos com Repetição
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos, então o número de arranjos com repetição dos n elementos tomados p a p (p pertencente a N*) é:
(AR)n,p = n.n. … .n (p fatores iguais a n) => (AR)n,p = np
Demonstração:
A demonstração é consequência do princípio fundamental da contagem e da definição de arranjos com repetição. Da definição segue que cada arranjo é formado por p elementos de A não necessariamente distintos. Desse fato, temos que para cada posição da sequência existem n possibilidades de escolha e a demonstração é concluída pelo princípio, uma vez que teremos o produto de p fatores iguais a n.
Arranjos Simples ou Sem Repetição ou Arranjos
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos. Chamamos arranjo simples (ou arranjo) dos n elementos p a p, com p maior ou igual a 1 e menor ou igual a n, a qualquer sequência formada com p elementos de A todos distintos.
Fórmula do Número de Arranjos
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos distintos, então o número de arranjos dos n elementos tomados p a p (p pertencente a N*) é:
An,p = n.(n – 1).(n – 2). … .[n - (p - 1)]
Demonstração:
Para demonstrar a fórmula é suficiente determinar quantas sequências, com p elementos distintos de A, é possível formar. Para tanto, bastará determinar os números de possibilidades de escolha para cada um dos elementos da sequência e depois multiplicá-los. Para o primeiro temos n possibilidades de escolha, para o segundo (n – 1), …, e para o p-ésimo n – (p – 1).
Daqui, aplicando o princípio fundamental da contagem obtemos a fórmula do número de arranjos.
Note, a fórmula do número de arranjos diz que para calcular An,p basta você fazer o produto do número n por seus sucessivos antecessores até completar p fatores.
Exemplo 6: Calcular A6,3.
Pelo dito acima vem: A6,3 = 6 x 5 x 4 = 120.
A fórmula do número de arranjos pode ser simplificada utilizando-se a notação fatorial:
Dessa última fórmula podemos concluir facilmente que se n = p, Pn = An,n = n!. Lembre-se da definição de fatorial que 0! = 1.
Exemplo 7: Calcular, agora, A6,3 utilizando a fórmula simplificada.
A6,3 = 6!/(6 – 3)! = 6x5x4x3!/3! = 120
Combinações
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos distintos. Chamamos de combinações dos n elementos, tomados p a p, aos subconjuntos de A constituídos de p elementos, que denotamos por Cn,p.
Veja que na difinição de combinações os agrupamentos formados são conjuntos, diferentemente dos arranjos, onde temos sequências. Portanto, nas combinações a ordem não importa, uma vez que em se tratando de conjuntos {a, b} = {b, a}, o que já não é o caso dos arranjos onde a sequência (a, b) é diferente de (b, a). Na resolução de problemas o fato é determinante para estabelecer o procedimento de cálculo a se adotar.
Cálculo do Número de Combinações
Seja A = {a1, a2, …, an} um conjunto com n elementos distintos. Então o número de combinações dos n elementos de A, tomados p a p é:
onde é apresentada outra notação utilizada para o número de combinações, no final das igualdades.
Demonstração:
Vimos como calcular o número de arranjos e a diferença entre arranjos e combinações. Assim, efetuado o cálculo do número de arranjos dos n elementos p a p, é suficiente eliminarmos o número de repetições existentes (determinados pela ordem de cada agrupamento de p elementos de A) para obtermos o número de combinações.
Em outras palavras, como em qualquer subconjunto de p elementos de A é gerado p! repetições correspondente às permutações desses p elementos, basta, portanto, dividir o número de arranjos por p!, ou seja:
Cn,p = An,p/p!
Substituindo An,p na igualdade acima obtemos a fórmula do número de combinações.
Para finalizar o artigo seguem mais alguns exemplos de problemas com as respectivas soluções.
Exemplo 8: De uma lista de 10 ministeriáveis, todos com capacidade administrativa comprovada e honestidade ilibada, indicados pela base aliada, o Presidente da República precisa escolher o Ministro da Educação, o Ministro da Cultura e o Ministro dos Esportes. De quantas maneiras diferentes podem ser feitas as escolhas?
Solução:
Primeiro observe que escolhidos três ministeriáveis da lista eles podem ser designados para ocupar os cargos de maneiras diferentes. Assim, cada agrupamento escolhido é regido por uma relação de ordem. Ou seja, cada agrupamento possível é um arranjo de dez ministeriáveis, tomados três a três. Logo:
A10,3 = 10 x 9 x 8 = 720
Exemplo 9: Quais são as chances de um apostador acertar a sena, a quina ou a quadra com uma aposta simples de seis números da Mega Sena.
Solução:
Os cálculos dessas probabilidades são feitos utilizando-se de:
P(i) = casos prováveis/casos possíveis
Calculemos, primeiro, os casos possíveis. Como a ordem não importa, estamos diante de um caso clássico de combinações. Portanto, como na Mega Sena existem 60 números vem que:
Como para acertar a sena existe uma única possibilidade (C6,6= 1):
P(sena) = 1/50.063.860
ou seja, sua chance é de 1 em 50.063.860.
No caso da quina os casos prováveis é dado por:
C6,5.C54,1 = 6 x 54 = 324
onde C6,5 é o número de combinações entre os 6 de uma aposta premiada da quina (5 números de uma aposta) e C54,1 corresponde ao número de possibilidades para se jogar o sexto (para completar a aposta). Portanto,
P(quina) = 324/50.063.860 = 1/154.518
e sua chance é de 1 em 154.518.
Por raciocínio semelhante ao usado para a quina, os casos prováveis de acertar a quadra é determinado por:
C6,4.C54,2 = 15 x 1431 = 21465
e, portanto:
P(quadra) = 21465/50.063.860 = 1/2332
e sua chance é de 1 em 2332.
Referências:
- Fundamentos de Matemática Elementar, Gelson Iezzi, Osvaldo Dolce & Carlos Murakami, São Paulo, Atual Editora Ltda, edição 1977;
- Matemática para o Ensino Médio: Volume Único, Manoel Jairo Bezerra, São Paulo, Editora Scipione, 2001.
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69 Comentários Adicione o seu
1. Maujor&hellip | agosto 11th, 2006 at 06:04:50
Parabéns pela excelente aula mestre Newton.
2. Estevão Lucas&hellip | agosto 11th, 2006 at 09:33:45
Muito bom….
assunto muito interessante…dificil tmb..!
q por coincidencia estou estudando no colegio! rs
parabens
soh uma coisa….ficou muito grande o artigo…..o bom seria voce dividi-lo para facilitar o endendimento e tmb a coragem de ler assuntos taum….! minha opinião
3. Lucas Alves&hellip | agosto 11th, 2006 at 11:20:07
Caramba show de bola….adoro matemática…pena que muitas das vezes fico meio perdido……queria poder entender melhor essa ciência maravilhosa.
Abraços
4. Erick M Santos&hellip | agosto 11th, 2006 at 11:47:51
Ola Newton!
Muito boa a matéria de análise combinatória. É uma boa pois estou prestando vestibular esse ano, e me ajudou a esclarecer o assunto ;)
É por isso q adoro esse site, rsrsrs
Um forte abraço!
PS: lancei uma página, se quizer dah uma passadinha lah, ainda estah em testes :)
5. Joseval&hellip | agosto 20th, 2006 at 18:48:10
Gostei muito nota 1000.
Aproveito para deixar uma pergunta quem puder responda.
Utilizando as 23 letras do alfabeto, quantos subconjuntos de três letras não possuem tres letras consecutivas do alfabeto como elemento.
6. Genivaldo&hellip | agosto 22nd, 2006 at 11:45:05
Analise Combinatorio
7. waldir freitas&hellip | agosto 22nd, 2006 at 16:02:06
valeu esta pag. foi de grande ajuda
critica.
faltou um pouco de desenhos…
8. eneide&hellip | setembro 7th, 2006 at 16:23:45
Gostei da maneira prática com que vcs ensinam matemática, uma verdadeira benção de Deus para seus filhos, seguindo o princípio simples com que Ele nos acessa. Grata por vcs serem esses instrumentos do Pai.
9. Alisson&hellip | setembro 17th, 2006 at 02:00:41
o conteudo é legal, mas eu queria um programa que me mostrasse nao quantas combinações são possiveis, e sim, quais as combinaçoes possiveis, se puderem me ajudar, desde ja agradeço.
10. Carlos&hellip | setembro 23rd, 2006 at 22:32:47
O texto está muito bom. Sou professor de Matemática e leciono Estatística.
Acho muito importante, também, mostrar como as fórmulas são construidas.
11. Diego Marcos&hellip | outubro 4th, 2006 at 14:05:16
Parabens kra, mt legal essa aula, muito claras as explicações!!!
mt bom mesmo!!!
parabens!!!
12. Wilson Amaral Jorge&hellip | novembro 20th, 2006 at 17:23:35
Excelente trabalho, passo um problema que está me encafifando.
No gamão, dois dados são lançados simultaneamente. Em determinada configuração de um game, deparamo-nos com quatro pedras que podem atingir determinada casa alvo. Se rolarmos 6, em qualquer dos dados, a pedra “a” deslocar-se-á seis casas e atingirá a casa alvo. Da mesma forma se rolarmos um 3, um 2 ou um 1 também poderemos botar as pedras b, c e d nessa mesma casa alvo. Como são apenas dois dados, poderão ocorrer os seguintes eventos: rolarmos 5-4 (5 no primeiro e 4 no segundo dado) e nenhuma pedra atingirá a casa alvo. Rolarmos 6-4 e apenas uma pedra atingirá a casa alvo. Rolarmos um arranjo simples de 6, 3, 2 ou 1 (6-3, 3-6, 6-2, 2-6, 6-1, 1-6. 3-2, 2-3… etc.), caso em que duas pedras serão postadas sobre a casa alvo. Não sou matemático. Minha dúvida é a seguinte. Desprezando-se as roladas repetidas: (1-1), (2-2) … (6-6), qual a probabilidade de postarmos duas pedras sobre a casa alvo? Peço a gentileza de explicitar os cálculos. Querendo ver a figura é só indicar-me um Email que eu a enviarei.
Um abraço,
Wilson
13. Cinara Sampaio Barreto&hellip | novembro 21st, 2006 at 17:40:23
As explicações foram bastante esclarecedoras, muito obrigada pela ajuda em entender estas relações tão complexas.
14. Nina&hellip | dezembro 1st, 2006 at 14:38:03
Excelente material. Estou prestando concurso e me ajudou muito.
Obrigada.
Nina.
15. Carlos Daniel Fontana&hellip | dezembro 8th, 2006 at 14:33:26
Só um curioso de carteirinha chega até aqui, neste site e no fim do artigo. Adorei a explicação. Tenho 29 anos e até hoje ando com meu memorex pra onde eu vou. Sempre que tenho dúvidas, dou uma lida nas fórmulas e estou pronto pra quebrar a cuca. Este tipo de aula deveria existir mais por assunto na internet. O pessoal acha que se tá na net, ninguém compra o curso ou o livro do autor. Não penso assim, penso que a mídia é exatamente a ferramenta de promoção de seu trabalho. Parabéns!
16. Valtere Filho&hellip | janeiro 10th, 2007 at 15:35:45
Olá amigo, excelente matéria! Só gostaria de fazer a seguinte observação em relação ao “Exemplo 8″ onde é feita uma combinação do tipo A10,3 e na resolução está da resolvido assim: A10,3 = 10 x 9 x 8 = 720. Mas o certo não seria dessa maneria:
A10,3 = (10 x 9 x 8) / 6 = 120.
Obrigado e até mais!
17. Ramildes Rodrigues Campos&hellip | fevereiro 12th, 2007 at 14:42:44
Adorei as explicações, mas não cheguei ao resultado do seguinte problema.
em um universo de 0 à 9, construir uma senha com quatro números, de forma que o primeiro não comece com 0 e o segundo e quarto sejam par. como resolvo?
18. camille neves&hellip | março 16th, 2007 at 19:56:25
Vx’ s estão de parabéns esta mto bom tudo isso sucesso!!!!
19. Aline Pedroso Guterres&hellip | abril 11th, 2007 at 22:55:46
Adorei esse site!!!!
O bom desse site é que ele explica muito bem o Análise de Combinatória!!!
É isso!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
beijossss!!!
:)
20. Luiz&hellip | maio 1st, 2007 at 13:39:57
Gostaria de resolver >>>
Quantos números de telefone com 8 algarismos e prefixo 3393 podemos formar????
21. willmutt&hellip | maio 1st, 2007 at 18:09:32
aew
manda um beijo pra mamae
ela é d+
22. Tadeu Ramos&hellip | maio 16th, 2007 at 14:37:46
Sabe de algum estudo prático com relação a Loteria Esportiva????
Grato.
23. dionerio Hermini Gilberto&hellip | maio 20th, 2007 at 06:23:40
Nenhum
24. Jorge Luis de Oliveira&hellip | maio 24th, 2007 at 13:51:38
16. Valtere Filho | Janeiro 10th, 2007 at 15:35:45
Olá amigo, excelente matéria! Só gostaria de fazer a seguinte observação em relação ao “Exemplo 8″ onde é feita uma combinação do tipo A10,3 e na resolução está da resolvido assim: A10,3 = 10 x 9 x 8 = 720. Mas o certo não seria dessa maneria:
A10,3 = (10 x 9 x 8) / 6 = 120.
Obrigado e até mais!
Não amigo. A resolução do nghorta, está correta senão vejamos:
A 10,3 = 10 x 9 x 8 x 7! / (10-3)!
10 x 9 x 8 x 7! / 7! (elimina-se o 7!)
resta: 10 x 9 x 8 = 720. OK.
25. Fabio Kruzich&hellip | maio 25th, 2007 at 12:05:57
Simplesmente parabens!
procurei em alguns outros sites, mas este está muito bom!
Se puder dar uma sugestão… não mexa em nada!
abraços,
26. elidio joaquim jamisse&hellip | junho 26th, 2007 at 05:49:38
gostei muito da explicacao ,gostaria que dessem mais enfoque no que diz respeito as combinacoes e arranjos .dar mais exemplos que diferenciam esses dois eventos .obrigado
muita forca
27. Orisio da Caridade Armand&hellip | junho 26th, 2007 at 06:15:25
Realmente esta pagina foi trabalhada e ajuda de certa forma as dificuldades que nós temos nas aulas de estatistica enfm continuem assim pois estas paginas complementam o que o profesoor vem dando nas aulas
28. tania lima silva&hellip | agosto 28th, 2007 at 11:09:32
BOM,ESSE ESSA SÍNTESE SOBRE ANÁLISE COMBINATÓRIA FACILITOU MUITO A MINHA VIDA!PARABÉNS PRA QUEM O FEZ
29. Daiane&hellip | setembro 18th, 2007 at 12:06:40
Adorei, não sou muito boa em matematica, mas deu pra entender legal, parabens.
30. DANIEL MACHADO&hellip | outubro 23rd, 2007 at 13:01:14
SOU PROFESSOR DE MATEMATICA E QUANDO ENCONTREI ESSES EXERCICIOS FOI MUITO BOM, POIS SÃO EXERCICIOS QUE TRABALHAM O RACIOCINIO LOGICO DO ALUNO DE UMA MANEIRA SIMPLES QUE HORA ALGUMA DEIXA O ALUNO COM “MEDO” DA MATEMATICA…. VALEU….
31. kleber&hellip | novembro 2nd, 2007 at 12:59:07
vlw!
32. Diomar joaquim&hellip | novembro 6th, 2007 at 16:15:20
Gostei do Conteúdo (está me ajudando muito no vestibular) mas, gostaria que esta página fosse mais colorida, com figuras , letras mais grades etc….
33. Dionério&hellip | novembro 12th, 2007 at 04:05:53
Gostei muito do artigo por vós publicado sobre analise combnatória, alias foi com base nestes apontamentos que consegui passar a cadeira de Introdução á Estatística na Universidade, um meu muito obrigado. de Dionério Uqueio, estudante de Economia na Universidade Eduardo Mondlane- Moçambique.
34. PRIVAMP&hellip | novembro 18th, 2007 at 20:50:58
Até que enfim! Um site com explicação decente
para Permutação com repetição…Ufa…!
35. ALIANE&hellip | novembro 30th, 2007 at 18:12:52
OTIMOOOOOO!!!!!
meu vestibular e nesse domingo eu ainda tinha duvidas sobre os anagramas e graãs a esse site , obtive todas as respostas!!
obrigada
36. jhony&hellip | dezembro 16th, 2007 at 17:10:57
ótimo
37. RUI PRADO&hellip | dezembro 18th, 2007 at 23:30:31
boa niote. tudo bom …
nao sou matematico e preciso de ajuda:
gostaria de combinar as 15 dezenas abaixo, em grupo de 5 dezenas:
2,4,5,6,7,8,10,12,14,16,18,20,21,22 e 24
obrigado pela ajuda
rui
38. Gilmar Fernandes&hellip | dezembro 20th, 2007 at 16:24:13
Vc tem alguma formula de anagra para o Excel?
39. Deriky&hellip | janeiro 2nd, 2008 at 20:54:42
Olá!!
Gostaria de saber se o sr. Professor poderia me mandar uma explicação mais detalhada do assunto Arranjo Simples por e-mail… To com uma pequena dificuldade e preciso pra um trabalho entregá-lo na Proxima segunda dia 07/01/08…
Seria possivel?
Desde já, obrigado!
40. Alexandre Luna&hellip | janeiro 14th, 2008 at 13:31:01
parabéns, ótimo conteúdo. muito didático.
41. cintia&hellip | janeiro 19th, 2008 at 09:59:54
muito obrigada pela ajuda esta site me ajudou muito porque tinha muitas duvidas sobre como se calcular o anagrama, e vcs ensina da maneira mais facil, me salvou no concurso.
beijos que Deus te abençõe cada dia mais!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
42. paulo cuato&hellip | fevereiro 21st, 2008 at 21:44:39
quero livros de matematica para o ensino superior
43. carla&hellip | março 14th, 2008 at 18:12:13
GOSTEI DA EXPLICAÇAO SE TIVER MAIS ALGUMA SOBRE ANALISE COMBINATIRIA COM EXERCICIO E RESPOSTAS ME ENVIE OBRIGADA CARLA
44. Eduardo&hellip | março 29th, 2008 at 18:24:11
Ola amigos, me dispus a tentar resolver o desafio proposto pelo Joseval no quinto comentário:”Utilizando as 23 letras do alfabeto, quantos subconjuntos de três letras não possuem tres letras consecutivas do alfabeto como elemento”. Bom, nosso amigo não especificou se os agrupamentos devem ser formados por elementos distintos entre si, ou se é admitida a repetição de elementos. Irei considerar as duas situações.
Dado o conjunto A={a,b,c,d,e,f,g,h,i,j,l,m,n,o,p,q,r,s,t,u,v,x,z}
1) Para elementos distintos entre si basta aplicarmos o principio fundamental da contagem: 23x22x21= 10.626 grupamentos possíveis. 2) Em caso de se admitir repetição de elementos nas seqüências obtidas, basta aplicarmos novamente o princípio fundamental da contagem. Então teremos:
23x23x23= 12.167 agrupamentos possíveis.
Porém, nosso amigo impôs a condição de que dentre todas as seqüências possíveis, eliminemos aquelas formadas por três letras consecutivas. Pois bem, vejamos os agrupamentos abaixo:
ABC, BCD, CDE, DEF, EFG, …
Note que cada agrupamento tem como primeiro elemento a letra imediatamente consecutiva à primeira letra do agrupamento anterior. Com base nisso, podemos deduzir que os agrupamentos seguintes terão o mesmo padrão recorrente até a letra V (21ª letra do alfabeto) que encerra o último agrupamento VXZ.
Logo, para se obter o resultado esperado basta subtrair 21 agrupamentos do total calculado nos casos 1 e 2 que seriam, respectivamente, 10.605 ou 12.146 seqüências.
Agora estou curioso. Se algum professor ou alguém mais entendido do assunto puder analisar e dizer se está certo vou ficar bem agradecido. Abraços!!!!!!
45. Eduardo&hellip | abril 4th, 2008 at 20:29:59
Pessoal, a questão acima esta errada ok? O problema envolve na verdade o conceito de combinação, haja vista que nosso amigo fez referencia a subconjuntos. Abraços!!!!!
46. EDU&hellip | maio 1st, 2008 at 13:20:42
kkkkkkkkkk.. que burro dá zero pra ele !!!!! kkkk
velho.. .eu tenho prova terça feira sobre analise combinatória hauahaua.. bixo to com medo hahahah.. espero ki esse material me ajude hahahahahaha.. vou imprimir ele agora hahahahahaha..
pra nao dizer ki sou mto burro eu sei a tabuada do 1.
hauahauahauah..
ow.. abração… até mais..
em relação a questao ai em cima.. ta errado? uai.. mas ele não é o newton? hauahauah..
aff..
bração galera. e beijo pras meninas.
47. jadson luan&hellip | maio 20th, 2008 at 18:34:51
gosto de matemática pra caramba! gosto desta ciência mesmo quando não consigo resolver uma questão, e olha que não é raro isto acontecer! sempre tive curiosidade sobre esta ciência não é à toa que vou prestar no fim do ano matemática aplicada a negócios!
flw….
jadson luan
48. Thaís&hellip | maio 20th, 2008 at 20:15:00
Bom, eu queria saber mais sobre anagramas, pois não estou entendendo muito bem. Queria saber quantas palavras pode ser formar sem saber quais são elas e outras tipos de anagramas e se pudesse também queria exercícios sobre isto.
Obrigada!!!
49. Decio&hellip | junho 1st, 2008 at 22:23:49
Explicação muito esclarecedora! Ótimo conteúdo.
50. mari&hellip | junho 7th, 2008 at 18:44:24
eu nao achei o resultado da minha pesquisa nesse site.
porisso nao gosto dele
51. kamila&hellip | junho 18th, 2008 at 17:47:18
Um ciêntista possui 9 substâncias das quais duas não podem ser juntadas pois produzem mistura explosiva. De quantos modos ele poderá associar cinco dessas 9?
a) 121 modos.
b) 646 modos.
c) 203 modos.
d) 88 modos.
e) 91 modos.
52. Jaime&hellip | junho 23rd, 2008 at 19:50:46
Agradeço muito pela “Luz”, pois, apesar da minha idade, já avançada, o assunto mostra-se sempre interessante e fundamental, pois diz respeito ao nosso dia-a-dia e concede-nos a possibilidade de exercitar os neurônios, já meio enferrujados. Obrigado de coração. O Brasil e o mundo precisam e muito de mentes abertas e exclarecidas as quais iluminam os passos dos demais filhos de Deus. Que Êle o abençoe e esteja sempre conosco. Para mim o texto foi altamente exclarecedor e ditático. Muito bom mesmo ! Cá entre nós quem consegue agradar a todos. Parabéns pelo seu trabalho ! Ótimo. Sou muito grato. Jaime
53. Rosi&hellip | julho 6th, 2008 at 20:52:29
Por favor preciso de uma teoria vizivel !
54. Cristiano&hellip | julho 23rd, 2008 at 04:48:45
Gostaria de saber se você poderia comentar nesta semana essa questão da prova de Administrador a seguinte questão. O número de anagramas da palavra CHUMBO que
começam pela letra C é? E sua solução,pois ficarei muito grato,não só eu mais todos que visitam o seu site.
A) 120
B) 140
C) 160
D) 180
E) 200
55. Angela&hellip | julho 23rd, 2008 at 22:24:42
Tudo bem quanto as combinações da mega. Mas o que eu queria era um programa que me desse quais são todas as combinações possives. E também de outros jogos.
56. andrea&hellip | agosto 7th, 2008 at 00:39:45
obrigada pela colaboração em alto nivel e parabéns pela brilhante aula!
57. WILLIAM&hellip | setembro 11th, 2008 at 00:53:48
gostaria de saber se pode me indicar um site de analise combinatiria des do comeco porque estou tentando aprender obrigado
58. frederico coimbra&hellip | outubro 15th, 2008 at 16:22:31
gostaria de saber o resultado passo a passo do seguinte problema
80
5
59. anderson&hellip | novembro 14th, 2008 at 15:03:46
ai show de bola ,,, arrebento .. nem no cursinho tive um entendimento tão aproveitoso assim ,,
mas fala ai vc tem outros post , me passa o endereço , para q eu possa digerir mais essa materia ,,,
valeu e parabens
fico no aguardo
60. Edson Leite&hellip | novembro 27th, 2008 at 14:21:55
Gostaria de receber uma formula de matemática combinatória pra combinações de jogos da loteria mega sena
61. tiago da silva antunes&hellip | janeiro 21st, 2009 at 23:42:32
gostaria de saber quantas combinações diferentes podem ser feitas com numeros de 1 a 60 combinado 6 numeros em cada combinação
obrigado
62. Nelson G. Souza&hellip | janeiro 28th, 2009 at 15:51:41
Excelente na forma de explicar. Muito didático. Gostaria, entretanto, de saber se existe um modo de obter tais resultados (não somente a quantidade de arranjos e combinações possíveis) através do Excel. Ou seja, no exemplo do BLOG, como, no Excel, eu poderia obter os anagramas possíveis? Isso é possível de ser feito sem programação? Agradeço a ajuda.
63. Eduardo&hellip | fevereiro 27th, 2009 at 14:32:05
Em resposta à questão 51 da Kamila: Um cientista possui 9 substâncias das quais duas não podem ser juntadas pois produzem mistura explosiva. De quantos modos ele poderá associar cinco dessas 9?
Eu acho que resposta á 91. Basta fazer a seguinte soma (não usarei a notação matemátia correta por limitação da configuração de meu teclado rsrs):
C8,5 + C8,5 – C7,5 = 91
E por aplicação direta da fórmula chegamos a 91. Acho que é isso. Se alguém puder confirmar fico agradecido. Amo esse site rsrsrs. Abraço a todos.
64. lari&hellip | junho 29th, 2009 at 15:51:07
no primeiro exemplo….na minha opiniao ta errado pois o exercicio fala que comece a letra b…………………….Um exemplo simples consiste em determinar quantos anagramas podem ser formados com o uso das quatro letras da palavra BLOG. Mesmo que você ainda não conheça a teoria da Análise Combinatória, é perfeitamente possível chegar ao resultado através da listagem exaustiva das possibilidades ou do uso de um diagrama. Veja abaixo uma das formas de se demonstrar que existem 6 possibilidades de anagramas iniciados com a letra B…………………………….mas foi feito assim……………………………………4 x 3 x 2 x 1 = 24………………..
como se o b nao fosse primeiro………………contudo eu acho que deveria ser assim 1 x3 x 2x 3 x 2 x 1=36
65. Mario Luiz Pinho&hellip | julho 10th, 2009 at 15:37:55
gostaria de conbinar 16 dezenas 6 a 6 exemplo: 01,02,03,04,05,06,07,08,09,10,11,12,13,14,15,16. obrigado
66. antonio&hellip | fevereiro 25th, 2010 at 12:41:45
gostaria de recebe informações de como fazer uma combinação de 15 números tomado de 5 em 5 mais para eu escolher os números .
67. Delta&hellip | março 17th, 2010 at 00:38:40
Ok Lari, então me escreva todas as possibilidades com as letras B L O G em uma sufite sem repetir nenhuma letra e depois conte.Você verá que serão apenas 24 possibilidades e não 36 como você pensava !!!!!!!!!!!!
68. nilton&hellip | maio 24th, 2010 at 06:44:42
gostaria de saber a formula para caucular o proximo numero , simulando a megasena
valeu
legal
69. Solange Sabina de Macedo&hellip | julho 20th, 2010 at 02:18:26
Gostaria que me enviasse alguma técnica para apostar melhor na lotofácil. Obrigada.
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