.Sala de Estudo: Combinação Completa

a) Neste caso, ela deve escolher [tex]3[/tex] dentre os [tex]5[/tex] meninos para receber as bolas, o que pode ser feito de
[tex]\qquad C_{5}^{3}= \dfrac{5!}{3! \cdot (5-3)!}=10[/tex] modos.

b) Nesse item, chamemos de [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex], [tex]D[/tex] e [tex]E[/tex] a quantidade de bolas recebidas por Alfredo, Bernardo, Carlos, Diogo e Eduardo, respectivamente.
Para resolver esse problema, devemos ter [tex]A+B+C+D+E=3[/tex]. Como vimos anteriormente, o total de soluções inteiras não negativas dessa equação pode ser encontrada ao permutarmos [tex]7[/tex] elementos ([tex]3[/tex] bolas e [tex]4[/tex] traços).
Portanto, a professora pode distribuir as bolas de [tex]P_{7}^{3,4}= \dfrac{7!}{3! \cdot 4!}=\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$35$}\,[/tex] maneiras.
Se focarmos apenas na equação, concluímos que o número de soluções da equação [tex]\boxed{A+B+C+D+E=3}[/tex] é:
[tex]\qquad CR\,_{5}^{3}=C_{(5+3-1)}^{3}= \fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$35$}\,.[/tex]

Para escolher uma refeição devemos tomar 4 decisões:
  Decisão 1: escolher as duas carnes;
  Decisão 2: escolher a massa;
  Decisão 3: escolher as duas saladas;
  Decisão 4: escolher a sobremesa.

• A quantidade de maneiras de tomarmos a primeira decisão pode ser calculada se utilizarmos a expressão definida para [tex]CR\,_{4}^{2}[/tex], que corresponde ao número de soluções inteiras não negativas da equação [tex]C_{1}+C_{2}+C_{3}+C_{4}=2[/tex], na qual [tex]C_{1}[/tex], [tex]C_{2}[/tex], [tex]C_{3}[/tex] e [tex]C_{4}[/tex] representam a quantidade de cada tipo de carne escolhida. Para saber o total de soluções dessa equação, precisamos conhecer o total de filas que conseguimos formar com [tex]2[/tex] bolas e [tex]3[/tex] traços, o que pode ser feito de [tex]P_{5}^{3,2}=\dfrac{5!}{3! \cdot 2!}=10[/tex] maneiras.
  Assim, [tex]CR\,_{4}^{2}=C_{(4+2-1)}^{2}=10[/tex] soluções.
  Portanto, há [tex]\boxed{10}[/tex] modos de escolher as duas carnes.
• Como há [tex]5[/tex] tipos de massa e apenas uma será escolhida, temos [tex]\boxed{5}[/tex] maneiras de tomar essa decisão.
• Para escolher as duas saladas, devemos ter [tex]S_{1}+S_{2}+S_{3}+ \dots + S_{8}=2[/tex], sendo que [tex]S_{1}[/tex], [tex]S_{2}[/tex], [tex]S_{3}[/tex], [tex]\dots[/tex] e [tex]S_{8}[/tex] representam a quantidade de cada tipo de salada escolhida. Para saber o total de soluções dessa equação, precisamos conhecer o total de filas que conseguimos formar com [tex]2[/tex] bolas e [tex]7[/tex] traços, o que pode ser feito de [tex]P_{9}^{7,2}=\dfrac{9!}{7! \cdot 2!}=36[/tex] maneiras.
  Como [tex]CR\,_{8}^{2}=C_{(8+2-1)}^{2}=36[/tex], então há [tex]\boxed{36}[/tex] modos de escolher as duas saladas.
• Finalmente, como há [tex]6[/tex] tipos de sobremesa e apenas uma será escolhida, temos [tex]\boxed{6}[/tex] maneiras de tomar a última decisão.

Pelo Princípio Multiplicativo, temos [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$10 \cdot 5 \cdot 36 \cdot 6 =10800$}[/tex] modos de montar uma refeição.

(Se você não se lembra desse Princípio, seria interessante dar uma passadinha nesta Sala de Estudo.)

Solução 1
Observe, inicialmente, que a inequação [tex]x+y+z \leq 4[/tex] corresponde a cinco equações (não simultâneas):
  I) [tex]x+y+z=0[/tex];
  II) [tex]x+y+z=1[/tex];
  III) [tex]x+y+z=2[/tex];
  IV) [tex]x+y+z=3[/tex];
  V) [tex]x+y+z=4[/tex].
Agora, é só calcular quantas soluções cada uma dessas equações possui e somar as respectivas quantidades.
Vamos lá!

• A primeira equação possui apenas uma solução; a saber [tex]x=0[/tex], [tex]y=0[/tex] e [tex]z=0.[/tex]
• A segunda equação possui três soluções:
  “[tex]x=1[/tex], [tex]y=0[/tex] e [tex]z=0[/tex]”; “[tex]x=0[/tex], [tex]y=1[/tex] e [tex]z=0[/tex]” e “[tex]x=0[/tex], [tex]y=0[/tex] e [tex]z=1[/tex]”.

Para as demais vamos utilizar o esquema bola-traço.

• A terceira ([tex]x+y+z=2[/tex]) possui [tex]P_{4}^{2,2}=\dfrac{4!}{2! \cdot 2!}=6[/tex] soluções (total de filas com [tex]2[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços).
• A quarta ([tex]x+y+z=3[/tex]) possui [tex]P_{5}^{3,2}=\dfrac{5!}{3! \cdot 2!}=10[/tex] soluções (total de filas com [tex]3[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços).
• A quinta ([tex]x+y+z=4[/tex]) possui [tex]P_{6}^{4,2}=\dfrac{6!}{4! \cdot 2!}=15[/tex] soluções (total de filas com [tex]4[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços).

Portanto, são [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$1+3+6+10+15=35$}[/tex] soluções.

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Solução 2:
O que aprendemos nessa Sala de Estudo foi resolver equações lineares cuja solução é formada por inteiros não negativos. Que tal fazer uma inequação “recair” em uma equação?
Dada a inequação [tex]x+y+z \leq 4[/tex], vamos chamar de [tex]f[/tex] a “folga” da solução, definida por [tex]f=4-(x+y+z)[/tex].
Assim:

• Se [tex]f=0[/tex], então [tex]x+y+z=4[/tex];
• Se [tex]f=1[/tex], então [tex]x+y+z=3[/tex];
• Se [tex]f=2[/tex], então [tex]x+y+z=2[/tex];
• Se [tex]f=3[/tex], então [tex]x+y+z=1[/tex];
• Se [tex]f=4[/tex], então [tex]x+y+z=0[/tex].

Portanto, para calcular a quantidade de soluções da inequação, basta calcular a quantidade de soluções da equação [tex]x+y+z+f=4[/tex], o que já sabemos ter [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$P_{7}^{4,3}=\dfrac{7!}{4! \cdot 3!}=35$}[/tex] soluções ([tex]4[/tex] bolas e [tex]3[/tex] traços).

Solução 1:
Para resolver esse problema, vamos fazer as seguintes mudanças de incógnitas:
[tex]\qquad \boxed{A=1+a}~[/tex] , [tex]~\boxed{B=2+b}~[/tex] e [tex]~\boxed{C=3+c}.[/tex]
Assim, segue que:
[tex]\qquad A+B+C=10\\
\qquad (1+a)+(2+b)+(3+c)=10\\
\qquad a+b+c+6=10\\
\qquad a+b+c=4.[/tex]
Dessa forma, a equação dada é equivalente à equação [tex]\boxed{a+b+c=4}\,[/tex] e as restrições [tex]~A \geq 1[/tex], [tex]~B \geq 2~[/tex] e [tex]~C \geq 3~[/tex] do enunciado transformam-se em [tex]~A-1 \geq 0[/tex], [tex]~B-2 \geq 0~[/tex] e [tex]~C-3\geq 0~[/tex], ou seja, [tex]~a \geq 0[/tex], [tex]~b \geq 0~[/tex] e [tex]~c\geq 0.[/tex]
Logo, como a equação [tex]a+b+c=4[/tex] possui [tex]P_{6}^{4,2}=15[/tex] soluções ([tex]4[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços), então a equação inicial, com todas as restrições, também possui [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$15$}[/tex] soluções.

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Solução 2:
Poderíamos interpretar esse problema como:
De quantas maneiras podemos distribuir dez bolas iguais em três caixas, de modo que:

• a primeira caixa tenha, pelo menos, uma bola;
• a segunda caixa tenha, pelo menos, duas bolas;
• a terceira caixa tenha, pelo menos, três bolas.

Assim, a princípio, a situação é essa: distribuir dez bolas em três caixas.

Mas, na prática, temos que distribuir apenas quatro bolas, pois uma das bolas já está na primeira caixa, duas já estão na segunda caixa e três, na terceira.

Assim, se [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] e [tex]c[/tex] são as quantidades de bolas que distribuiremos na primeira caixa, na segunda caixa e na terceira, respectivamente, dentre as quatro restantes, a equação que de fato modela o problema é [tex]a+b+c=4\,.[/tex] E sabemos que essa equação possui [tex]15[/tex] soluções, já que:
[tex]\qquad CR_{3}^{4}=C_{6}^{4}=\dfrac{6!}{4! \cdot 2!}=\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$15$}\,.[/tex]

Solução 1:
Vamos tomar duas decisões:
Decisão 1: Organizar as letras [tex]I, N, S, I, U[/tex] e [tex]O[/tex].
Observe que são [tex]6[/tex] letras, dentre as quais duas são repetidas. Assim, temos
[tex]\qquad P_{6}^{2}=\dfrac {6!}{2!}=360[/tex] maneiras.

Decisão 2: Após a organizar as letras [tex]I, N, S, I, U[/tex] e [tex]O[/tex], temos [tex]7[/tex] “espaços” para organizar as letras [tex]T[/tex].
Veja um exemplo na imagem a seguir.

Devemos, então, escolher três desses “espaços” para pôr as letras [tex]T[/tex], o que pode ser feito de
[tex]\qquad C_{7}^{3}=\dfrac {7!}{3! \cdot (7-3)!}=35[/tex] maneiras.
Finalizando, pelo Princípio Multiplicativo, temos [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$360 \cdot 35=12600$}[/tex] anagramas que não possuem duas letras [tex]T[/tex] juntas.

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Solução 2:
Ao organizar as letras [tex]T[/tex], temos [tex]4[/tex] “espaços”:

Nesses “espaços” entrarão as letras [tex]I, N, S, I, U[/tex] e [tex]O[/tex].
Chamemos de [tex]A,B,C[/tex] e [tex]D[/tex] a quantidade de letras que ficarão nesses espaços.

Assim, devemos ter [tex]A+B+C+D=6[/tex]; e, para que não haja duas letras [tex]T[/tex] juntas, devemos ter [tex]B\geq 1[/tex] e [tex]C \geq 1[/tex].
Fazendo [tex]B=b+1[/tex] e [tex]C=c+1[/tex], conseguimos descobrir o número de soluções da equação com as restrições, substituindo essas duas últimas igualdades na equação inicial:
[tex]\qquad A+B+C+D=6\\
\qquad A+b+1+c+1+D=6\\
\qquad A+b+c+D=4.[/tex]
A última equação possui [tex]P_{7}^{4,3}=35[/tex] soluções ([tex]4[/tex] bolas e [tex]3[/tex] traços).
Após escolhermos a quantidade de letras que entrarão em cada espaço, podemos ainda permutá-las, o que pode ser feito de [tex]P_{6}^{2}=\dfrac{6!}{2!}=360[/tex] maneiras.
Pelo Princípio Multiplicativo, temos [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$35 \cdot 360=12600$}[/tex] anagramas.

Chamemos de [tex]D_{1},D_{2},D_{3}[/tex] e [tex]D_{4}[/tex] a quantidade de anéis em cada dedo.
Pelo enunciado, fica claro que [tex]D_1+D_2+D_3+D_4=6[/tex] e que [tex]D_{1} \geq 1[/tex], [tex]D_{2} \geq 1[/tex], [tex]D_{3} \geq 1[/tex] e [tex]D_{4} \geq 1[/tex].
Fazendo [tex]\,\boxed{D_{1}=d_{1}+1}\;[/tex], [tex]\,\boxed{D_{2}=d_{2}+1}\;[/tex], [tex]\,\boxed{D_{3}=d_{3}+1}\;[/tex] e [tex]\,\boxed{D_{4}=d_{4}+1}\;[/tex] e substituindo essas igualdades na equação [tex]\boxed{D_1+D_2+D_3+D_4=6}[/tex], obtemos a equação [tex]d_{1}+d_{2}+d_{3}+d_{4}=2.[/tex]
Como a última equação possui [tex]P_{5}^{2,3}=\dfrac{5!}{2! \cdot 3!}=10[/tex] soluções, temos [tex]10[/tex] modos de decidir quantos anéis haverá em cada dedo. Porém, determinados em quais dedos vamos colocar anéis, devemos colocar os anéis neles, o que pode ser feito de [tex]P_{6}=6!=720[/tex] modos.
Portanto, pelo Princípio Multiplicativo, há [tex]\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$10\cdot 720=7200$}[/tex] modos de colocar [tex]6[/tex] anéis diferentes em [tex]4[/tex] dedos da mão.

a) Em um espaço amostral equiprovável, podemos definir a probabilidade como a razão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis.
Para que possamos construir um espaço amostral equiprovável, devemos ter [tex]12 \cdot 12 \cdot 12=12^{3}=1728[/tex] casos possíveis. Desta forma, existe apenas um caso favorável [tex](12+12+12=36)[/tex].
Assim, a probabilidade em questão é [tex]\,\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$P=\dfrac{1}{1728}$}.[/tex]

b) Chamemos de [tex]X[/tex], [tex]Y[/tex] e [tex]Z[/tex] os números obtidos em um sorteio em cada dodecaedro.
Nesse item, devemos ter [tex]X+Y+Z=30[/tex], [tex]X \leq 12[/tex], [tex]Y \leq 12[/tex] e [tex]Z \leq 12[/tex].
Fazendo [tex]\boxed{X=12-x}[/tex], [tex]\boxed{Y=12-y}\,[/tex], [tex]\,\boxed{Z=12-z}[/tex] e substituindo essas expressões em [tex]X+Y+Z=30[/tex], obtemos a equação [tex]x+y+z=6[/tex].
Essa equação apresenta [tex]P_{8}^{6,2}=\dfrac{8!}{6! \cdot 2!}=28[/tex] soluções ([tex]6[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços), o que representa o número de casos favoráveis.
Portanto, a probabilidade neste item é dada por [tex]\,\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$P=\dfrac{28}{1728}=\dfrac{7}{432}$}.[/tex]

c) Chamemos. mais uma vez, de [tex]X[/tex], [tex]Y[/tex] e [tex]Z[/tex] os números obtidos em cada dodecaedro. Aqui, devemos ter:
[tex]\qquad 30\leq X+Y+Z \leq36\,[/tex] ; [tex]\,X \leq 12[/tex] ; [tex]\,Y \leq 12\,[/tex] ; [tex]\,Z \leq 12[/tex].
Para resolver essa inequação simultânea, vamos chamar de [tex]F[/tex] a “folga” da solução, definida por [tex]F=36-(X+Y+Z)[/tex]. Note que [tex]F \leq 6[/tex].
Fazendo [tex]\boxed{X=12-x},\; \boxed{Y=12-y}, \,\boxed{Z=12-z}[/tex], teremos a seguinte “folga”:
[tex]\qquad F=36-(12-x)-(12-y)-(12-z)=x+y+z \leq 6[/tex].
Assim, fazendo [tex]F=6-f[/tex], obtemos finalmente [tex]x+y+z+f=6[/tex]
A última equação apresenta [tex]P_{9}^{6,3}=\dfrac{9!}{6! \cdot 3!}=84[/tex] soluções ([tex]6[/tex] bolas e [tex]3[/tex] traços), o que corresponde ao número de casos favoráveis.
Portanto, a probabilidade é [tex]\,\fcolorbox{black}{#E2C1A0}{$P=\dfrac{84}{1728}=\dfrac{7}{144}$}.[/tex]

Basta fazer [tex]D+C+U=12[/tex] e verificar que o total de soluções é [tex]P_{14}^{12,2}=\dfrac{14!}{12! \cdot 2!}=91[/tex] ([tex]12[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços).

Basta fazer [tex]A+B+C+L+M+P+U =3[/tex] e verificar que o total de soluções é [tex]P_{9}^{3,6}=\dfrac{9!}{6! \cdot 3!}=84[/tex] ([tex]3[/tex] bolas e [tex]6[/tex] traços).

Basta fazer [tex]A+B+L+V =10[/tex], onde [tex]A \geq 1[/tex], [tex]B \geq 1[/tex], [tex]L \geq 1[/tex] e [tex]V \geq 1[/tex], e verificar que o total de soluções dessa equação com as restrições é [tex]P_{9}^{6,3}=\dfrac{9!}{6! \cdot 3!}=C_{9,3}[/tex].

[tex]1440[/tex] (semelhante ao problema 5)

Basta fazer [tex]C_{1}+C_{2}+C_{3}=15[/tex], verifique que essa equação possui [tex]P_{17}^{15,2}=\dfrac{17!}{15! \cdot 2!}=136[/tex] soluções. Porém, nessas [tex]136[/tex] soluções há ternas de números em que uma das quantidades apresenta um número maior que [tex]10[/tex] (note que isso ocorre em apenas uma quantidade de cada vez). Supondo que [tex]C_{1} \geq 11[/tex], obrigatoriamente [tex]C_{2}+C_{3} \leq 4[/tex]. A última inequação possui [tex]15[/tex] soluções. Logo, há [tex]15[/tex] ternas em que [tex]C_{1} \geq 11[/tex], [tex]15[/tex] em que [tex]C_{2} \geq 11[/tex] e [tex]15[/tex] em que [tex]C_{3} \geq 11[/tex]. Portanto, a resposta para o problema é [tex]136-15-15-15=91[/tex].

• Para saber o número total de maneiras de desembarcar as mulheres, basta calcular o número total de soluções da equação [tex]E_{1}+E_{2}+E_{3}+E_{4}+E_{5}+E_{6}=6[/tex].
• Analogamente, o desembarque dos homens pode ser calculado por [tex]E_{1}+E_{2}+E_{3}+E_{4}+E_{5}+E_{6}=4[/tex].

A primeira equação possui [tex]P_{11}^{6,5}[/tex] soluções e a segunda, [tex]P_{9}^{4,5}[/tex].
Utilizando o Princípio Multiplicativo temos como resposta:
[tex]\qquad P_{11}^{6,5} \cdot P_{9}^{4,5}=462 \cdot 126=58212[/tex].
(Obs: Não foi necessário permutar os passageiros, pois no enunciado foi dito que não há distinção entre passageiros do mesmo sexo.)

Podemos dividir os [tex]30[/tex] dias em [tex]10[/tex] blocos de três dias.
Note que o tenista deverá descansar em exatamente um dia por bloco.
Se alguma vez ele descansa no dia central de um bloco depois disso ele não poderá descansar no último dia de um bloco; analogamente, se alguma vez ele descansa no primeiro dia de um bloco ele deverá descansar no primeiro dia de todos os blocos que vierem depois.
Assim, ele deve descansar no último dia nos primeiros [tex]z[/tex] blocos, depois descansar no dia central durante [tex]y[/tex] blocos e finalmente descansar no primeiro dia nos últimos [tex]x[/tex] blocos, onde [tex]x + y + z = 10[/tex].
Já vimos que para encontrar o total de soluções inteiras não negativas dessa equação basta contar o número de filas que podemos formar com [tex]12[/tex] elementos ([tex]10[/tex] bolas e [tex]2[/tex] traços).
Assim, o tenista possui [tex]P_{12}^{10,2}=\dfrac{12!}{10! \cdot 2!}=66[/tex] maneiras de descansar nesses dias.