Pré-Vestibular ⇒ (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Ago 2017
13
22:29
(Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Uma criança possui 6 blocos de encaixe, sendo 2 amarelos, 2 vermelhos, 1 verde e 1 azul.
Usando essas peças, é possível fazer diferentes pilhas de três blocos. A seguir, são exemplificadas quatro das pilhas possíveis.
Utilizando os blocos que possui, o total de pilhas diferentes de três blocos, incluindo as exemplificadas, que a criança pode fazer é igual a
(A) 42.
(B) 58.
(C) 72.
(D) 20.
(E) 36.
Como resolver essa questão?? E por que não dá pra resolver com A6,3??
Usando essas peças, é possível fazer diferentes pilhas de três blocos. A seguir, são exemplificadas quatro das pilhas possíveis.
Utilizando os blocos que possui, o total de pilhas diferentes de três blocos, incluindo as exemplificadas, que a criança pode fazer é igual a
(A) 42.
(B) 58.
(C) 72.
(D) 20.
(E) 36.
Como resolver essa questão?? E por que não dá pra resolver com A6,3??
Última edição: Liliana (Dom 13 Ago, 2017 22:29). Total de 1 vez.
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Ago 2017
14
00:13
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Para as duas peças em amarelo
[tex3]C_{amarelo} = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!(4)!} = \frac{6.5.4!}{2!(4)!} = 15[/tex3]
Para as duas peças em vermelho
[tex3]C_{vermelho} = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!(4)!} = \frac{6.5.4!}{2!(4)!} = 15[/tex3]
Para uma peça em verde
[tex3]C_{verde} = \frac{6!}{1!(6-1)!} = \frac{6!}{1!(5)!} = \frac{6.5!}{1!(5)!} = 6[/tex3]
Para uma peça em azul
[tex3]C_{azul} = \frac{6!}{1!(6-1)!} = \frac{6!}{1!(5)!} = \frac{6.5!}{1!(5)!} = 6[/tex3]
[tex3]C = C_{amarelo} + C_{vermelho} + C_{verde} +C_{azul} =15 + 15 + 6 + 6 = 42[/tex3]
Quando a ordem não importa, mas cada elemento pode ser contado apenas uma vez usa-se combinação. Quando os elementos se diferenciam pela ordem ou natureza usa-se arranjo.
Se você observar apenas as cores, dá a impressão de que a questão envolve arranjo. Mas ele especifica
[tex3]C_{amarelo} = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!(4)!} = \frac{6.5.4!}{2!(4)!} = 15[/tex3]
Para as duas peças em vermelho
[tex3]C_{vermelho} = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!(4)!} = \frac{6.5.4!}{2!(4)!} = 15[/tex3]
Para uma peça em verde
[tex3]C_{verde} = \frac{6!}{1!(6-1)!} = \frac{6!}{1!(5)!} = \frac{6.5!}{1!(5)!} = 6[/tex3]
Para uma peça em azul
[tex3]C_{azul} = \frac{6!}{1!(6-1)!} = \frac{6!}{1!(5)!} = \frac{6.5!}{1!(5)!} = 6[/tex3]
[tex3]C = C_{amarelo} + C_{vermelho} + C_{verde} +C_{azul} =15 + 15 + 6 + 6 = 42[/tex3]
Quando a ordem não importa, mas cada elemento pode ser contado apenas uma vez usa-se combinação. Quando os elementos se diferenciam pela ordem ou natureza usa-se arranjo.
Se você observar apenas as cores, dá a impressão de que a questão envolve arranjo. Mas ele especifica
ou seja não há repetição do bloco assim as cores podem se repetir por haver mais de um bloco de mesma cor. Portanto, usa-se com combinação.
Última edição: rippertoru (Seg 14 Ago, 2017 00:21). Total de 3 vezes.
Sem sacrifício não há vitória.
Ago 2017
20
20:19
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Ainda não consegui entender por que é combinação, e não um arranjo A6,3
Por que eu pensei assim, considerando um bloco amarelo como A1 e o outro como A2, se eu montar uma pilha A1A2V (V de verde), e outra A2A1V, embora eu tenha colocado os amarelos em posições diferentes, a cor é a mesma, então a posição importa, por isso usaria arranjo, ao invés de combinação
Por que eu pensei assim, considerando um bloco amarelo como A1 e o outro como A2, se eu montar uma pilha A1A2V (V de verde), e outra A2A1V, embora eu tenha colocado os amarelos em posições diferentes, a cor é a mesma, então a posição importa, por isso usaria arranjo, ao invés de combinação
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Ago 2017
20
20:32
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Você argumentou direitinho mas concluiu errado: o argumento que você deu é justamente o motivo de se usar combinação e não arranjo, pois a ordem não importa: A1A2V e A2A1V é contar duas vezes a mesma coisa, pois a montagem é amarelo amarelo verde nas duas.
O problema é que, por outro lado, Amarelo Verde Vermelho é diferente de Vermelho Amarelo Verde, então combinação não dá conta do recado porque ela considera os dois iguais, quando não são. O fato de poder ter duas amarelas e duas vermelhas faz com que tenhamos que quebrar em casos, pois enquanto a ordem de dois amarelos com um verde, por exemplo, não importa, a ordem de verde amarelo e vermelho importa.
O problema é que, por outro lado, Amarelo Verde Vermelho é diferente de Vermelho Amarelo Verde, então combinação não dá conta do recado porque ela considera os dois iguais, quando não são. O fato de poder ter duas amarelas e duas vermelhas faz com que tenhamos que quebrar em casos, pois enquanto a ordem de dois amarelos com um verde, por exemplo, não importa, a ordem de verde amarelo e vermelho importa.
Ocupado com início do ano no ITA. Estarei fortemente inativo nesses primeiros meses do ano, então busquem outro moderador para ajudar caso possível.
Ago 2017
20
21:12
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Entendi o motivo de ser combinação (finalmente), mas não entendi como uma combinação C6,2 ou C6,1 consegue definir quantos blocos de TRÊS vão ser formados... sendo que só está mostrando diferentes formas de se pegar as cores, mas não posicionando elas em blocos
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Ago 2017
20
22:29
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Liliana escreveu: ↑Dom 20 Ago, 2017 21:12Entendi o motivo de ser combinação (finalmente), mas não entendi como uma combinação C6,2 ou C6,1 consegue definir quantos blocos de TRÊS vão ser formados... sendo que só está mostrando diferentes formas de se pegar as cores, mas não posicionando elas em blocos
A analise deve ser feita considerando todos os blocos. A ideia é que ao fazer todas as possíveis combinações de blocos diferentes, separamos de três em três, pode ser os três primeiros formando o primeiro conjunto de três blocos diferentes e depois os três últimos formando o segundo conjunto.
Sem sacrifício não há vitória.
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Ago 2017
27
14:36
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Olá, Liliana...
Eu sei que está um pouco atrasado, mas eu pensei de uma forma alternativa, não convencional...
Primeiramente, vamos considerar as pilhas com 2 blocos amarelos [tex3]\rightarrow[/tex3]
Ocupando 2 das três peças com amarelas, falta uma. As opções são :
1 bloco verde, 1 azul e... 1 vermelho. Mas por que, se há 2 blocos vermelhos?
Simples, pois sendo 2 blocos vermelhos iguais, não faz diferença a gente usar um ou outro. Trocar um bloco vermelho por outro não cria uma nova formação.
Logo, temos três opções. Além disso, temos três posições para essa peça que está faltando (cima, meio e baixo). Da mesma forma que para os blocos vermelhos, trocar os 2 blocos amarelos de lugar não altera nada, já que eles são iguais...
Logo, com 2 amarelos, temos 3 * 3 = 9 possibilidades...
...
Pilhas com 2 blocos vermelhos [tex3]\rightarrow[/tex3]
Vai ser a mesma lógica que o exemplo acima, com a diferença de que agora trocamos os 2 blocos amarelos já inclusos por 2 vermelhos...
Como visto, também teremos 3 * 3 = 9 possibilidades...
...
Pilhas sem nenhum bloco repetido [tex3]\rightarrow[/tex3]
Agora sim, como você disse, usamos o arranjo para organizar os blocos, já que a ordem forma outra possibilidade e, por isso, importa.
Antes de tudo, analogamente, vamos considerar apenas 1 bloco amarelo e 1 vermelho... já que, como dito, trocar um amarelo por outro (ou um vermelho por outro) não gera diferença.
Temos 4 possibilidades (amarelo, vermelho, azul e verde) para 3 "espaços" :
A(4,3) = 4! (4-3)!
A(4,3) = 4! / 1!
A(4,3) = 24 possibilidades...
...
Logo, as possibilidades totais são : 9 + 9 + 24 = 42
Eu sei que está um pouco atrasado, mas eu pensei de uma forma alternativa, não convencional...
Primeiramente, vamos considerar as pilhas com 2 blocos amarelos [tex3]\rightarrow[/tex3]
Ocupando 2 das três peças com amarelas, falta uma. As opções são :
1 bloco verde, 1 azul e... 1 vermelho. Mas por que, se há 2 blocos vermelhos?
Simples, pois sendo 2 blocos vermelhos iguais, não faz diferença a gente usar um ou outro. Trocar um bloco vermelho por outro não cria uma nova formação.
Logo, temos três opções. Além disso, temos três posições para essa peça que está faltando (cima, meio e baixo). Da mesma forma que para os blocos vermelhos, trocar os 2 blocos amarelos de lugar não altera nada, já que eles são iguais...
Logo, com 2 amarelos, temos 3 * 3 = 9 possibilidades...
...
Pilhas com 2 blocos vermelhos [tex3]\rightarrow[/tex3]
Vai ser a mesma lógica que o exemplo acima, com a diferença de que agora trocamos os 2 blocos amarelos já inclusos por 2 vermelhos...
Como visto, também teremos 3 * 3 = 9 possibilidades...
...
Pilhas sem nenhum bloco repetido [tex3]\rightarrow[/tex3]
Agora sim, como você disse, usamos o arranjo para organizar os blocos, já que a ordem forma outra possibilidade e, por isso, importa.
Antes de tudo, analogamente, vamos considerar apenas 1 bloco amarelo e 1 vermelho... já que, como dito, trocar um amarelo por outro (ou um vermelho por outro) não gera diferença.
Temos 4 possibilidades (amarelo, vermelho, azul e verde) para 3 "espaços" :
A(4,3) = 4! (4-3)!
A(4,3) = 4! / 1!
A(4,3) = 24 possibilidades...
...
Logo, as possibilidades totais são : 9 + 9 + 24 = 42
That's all I'd do all day. I'd just be the catcher in the rye and all.
"Last year's wishes are this year's apologies... Every last time I come home (...)"
Poli-USP
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Mai 2021
29
15:23
Re: (Unesp- 2017.2) Análise Combinatória
Consegui entender com a sua explicação João! obggg!
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