Contagem

Se no cálculo, incluirmos apenas um dos extremos a quantidade de naturais é n – p.

O número de naturais entre n e p exclusive (i.e, excluindo os dois extremos) é igual a n – p – 1.

Exemplos:
1) Entre 5 e 15 inclusive há (15 – 5 + 1) = 11 números.
2) Entre 5 e 15 excluindo o 5 há (15 – 5) = 10 números.
3) Entre 5 e 15 exclusive (sem os dois extremos) há (15 – 5 – 1) = 14 números.

As ideias expostas acima podem ser utilizadas na ordem inversa,
como no exemplo abaixo.

Exemplo:

Qual o vigésimo número após 15?

Temos então que contar 20 números começando em 16, ou seja, sem incluir o 15. Teremos então (x – 15) = 20 donde x = 35.

Muitas vezes precisamos contar a quantidade de números numa sequência de múltiplos de k. Deve-se proceder como acima, considerando os números divididos por k.

Exemplo:

Escrevem-se os múltiplos de 3 desde 33 até 333. Quantos números são escritos?

Os números escritos vão de 3 ⋅ 11 até 3 ⋅ 111, logo devemos contar a quantidade de números de 11 a 111 inclusive, isto é, (111 – 11) + 1 = 101 números.

Exemplo:

Quantos são os múltiplos positivos de 7 menores que 1000?

Nesse caso os números vão de 7 ⋅ 1 = 7 até 7 ⋅ 142 = 994, logo devemos contar a quantidade de números de 1 a 142, isto é, (142 – 1)

+ 1 = 142 números.

Outras vezes, é solicitado que se contem a quantidade de algarismos escritos. Para tanto é necessário calcular quantos números são escritos com cada quantidade de algarismos.

Exemplo:

São escritos os naturais de 1 a 150. Quantos algarismos foram escritos?

De 1 a 9 há (9 – 1 + 1) = 9 números de 1 algarismo.
De 10 a 99 há (99 – 10 + 1) = 90 números de 2 algarismos.
De 100 a 150 há (150 – 100 + 1) = 51 números de 3 algarismos.
Logo, o total de algarismos escritos é 9 ⋅ 1 + 90 ⋅ 2 + 51 ⋅ 3 = 342.

A tabela abaixo mostra a quantidade de números inteiros que se pode formar na base 10 com cada quantidade de algarismos.

QUANTIDADE DE ALGARISMOS INTERVALO QUANTIDADE DE NÚMEROS

1 1 a 9 9
2 10 a 99 90
3 100 a 999 900
4 1000 a 9999 9000
5 10000 a 99999 90000

QUANTIDADE DE ALGARISMOS NA SUCESSÃO DE NÚMEROS NATURAIS

DE 1 A N

De 1 a 9 ⇒ 9 números de 1 algarismo cada ⇒ 9 . 1 = 9 algarismos.

De 10 a 99 ⇒ 90 números de 2 algarismo cada ⇒ 90 . 2 = 180 algarismos.
De 100 a 999 ⇒ 900 números de 3 algarismo cada ⇒ 900 . 3 = 2700 algarismos.

E assim a ideia continua, veja um exemplo.

Exemplo:

Quantos algarismos são usados na sucessão de 1 a 333?

De 1 a 9 ⇒ 9 números de 1 algarismo cada ⇒ 9 . 1 = 9 algarismos.

De 10 a 99 ⇒ 90 números de 2 algarismo cada ⇒ 90 . 2 = 180 algarismos.

De 100 a 333 ⇒ (333 – 100 + 1) números de 3 algarismos cada ⇒ 234 . 3 = 702 algarismos.

Total: 9 + 180 + 702 = 891 algarismos.

Também podemos utilizar a fórmula para o cálculo da quantidade de algarismos.

( )
1’s
Q (N 1). 111…1
α
= + α− 

Onde:
Q é a quantidade de algarismos.
N é o último número da sucessão.
α é a quantidade de algarismos do número N.
Se utilizarmos a fórmula para o exemplo anterior teremos:
Q (333 1).3 111 891

MÉTODO DE CONTAGEM DE ALGARISMOS

A quantidade de vezes que um algarismo significativo aparece quando contamos de 1 a N pode ser pensada da seguinte forma:

De 1 a 9 ⇒ qualquer algarismo aparece apenas 1 vez.
De 1 a 99 ⇒ qualquer algarismo aparece 20 vezes, 10 vezes em cada ordem.
De 1 a 999 ⇒ qualquer algarismo aparece 300 vezes, 100 vezes em cada ordem.
De 1 a n 9’s 999…9

 ⇒ qualquer algarismo aparece n.10n-1 vezes, 10n-1 vezes em cada ordem.

Vamos ver um exemplo:

Exemplo:

Quantas vezes o algarismo 2 aparece ao escrevermos os números de 1 a 22222?

Vamos dividir em algumas partes, primeiro vamos até 9999. Como vimos o 2, como qualquer outro algarismo aparecerá 4.104-1 = 4000 vezes.

Agora vamos contar de 10000 a 19999; podemos ver que temos outro intervalo de 10000, assim o algarismo 2 aparecerá mais 4000 vezes. Agora nosso próximo número é o 20000, em que na ordem da dezena de milhar o
2 sempre aparecerá, então vamos contar quantas vezes ele aparecerá nessa ordem: 20000 a 22222 teremos 2223 números, todos começados com o algarismo 2, daí ele aparece mais 2223 vezes. Agora vamos novamente
separar em intervalos, de 1000 em 1000. 20000 a 20999 e de 21000 a 21999, em que o algarismo 2 aparecerá 300 vezes em cada ordem para cada um dos 2 intervalos, ou seja, 600 vezes. Chegamos ao 22000, em que o algarismo 2 aparecerá na ordem da unidade de milhar em todos os números a partir de agora: 22222 – 22000 = 223 números, todos com o 2 na ordem de unidade de milhar, logo mais 223 vezes. Agora vamos ver quantos intervalos de 100 teremos, 22000 a 22099, e 22100 a 22199, em que o algarismo 2 aparecerá 20 vezes em cada ordem para cada um
dos intervalos, 40 vezes no total. Por m, teremos 22200, em que o 2 aparecerá todas as vezes na ordem das centenas, 22222 – 22200 = 23 números, logo, 23 vezes na ordem das centenas. E 22202, 22212, 22220, 22221 e 22222, daí aparece mais 6 vezes (3 vezes nas unidades e 3 vezes nas dezenas).

Daí totalizando 4000 + 4000 + 2223 + 600 + 223 + 40 + 23 + 5 = 11115

CONTAGEM EM BASES DE NUMERAÇÃO NÃO DECIMAIS

Muitos problemas envolvem a contagem de números ou algarismos em uma base de numeração diferente da base 10. Esses problemas são resolvidos de maneira análoga, bastando atentar para o fato de que muda a quantidade de números de cada quantidade de algarismos.

A tabela abaixo mostra a quantidade de números inteiros que se pode formar na base 5 com cada quantidade de algarismos.

QUANTIDADE DE  ALGARISMOS

INTERVALO QUANTIDADE DE NÚMEROS

1 15

a 45 (45
– 15
) + 15
= 45
= 4

2 105

a 445 (445
– 105
) + 15
= 405
= 20 = 4⋅5

3 1005
a 4445
(4445
– 1005
) + 15
= 4005
= 100
= 4⋅52

4 10005
a
44445
(44445
– 10005
) + 15
= 40005
=
500 = 4⋅53

5 100005
a
444445
(444445
– 100005
) + 15
= 400005
= 2500 = 4⋅54

Vamos usar essas ideias para resolver o seguinte problema do CEFET.

Exercício Resolvido

01. (CEFET 1992) Um livro possui 50 páginas. Para numerá-las usando o sistema de base 8 são necessários:
a) 133 algarismos.
b) 93 algarismos.
c) 91 algarismos.
d) 86 algarismos.
e) 40 algarismos.

Gabarito: B

50 = 628
1 a7 (7 1 ) 1 7 7 7 1 7algs. 88 8 8 8 8 → − + = = → ⋅=
10 a 62 (62 10 ) 1 53 5 8 3 43 43 2 86algs. 8 8 8 88 8 → − + = =⋅+= → ⋅=
Total de algs. = 7 + 86 = 93.

PRINCÍPIOS DE CONTAGEM PRINCÍPIO ADITIVO

Se A e B são dois conjuntos disjuntos, com p e q elementos, respectivamente, então A U B possui p + q elementos.
Em geral, utilizamos o princípio aditivo quando dividimos um problema em casos disjuntos. Contamos as quantidades de possibilidades de casos e depois somamos.

PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO

Se um evento A pode ocorrer de m maneiras diferentes e, se para cada uma dessas m maneiras possíveis de A ocorrer, um outro evento B pode ocorrer de n maneiras diferentes, então o número de maneiras de ocorrer o evento A seguido do evento B é m.n.

ProBizu

As palavras “e” e “ou” indicam geralmente quando um ou outro princípio é mais apropriado para a resolução de um problema. A palavra “e” sugere o princípio multiplicativo e a palavra “ou” o princípio aditivo.

Vejamos agora alguns exercícios resolvidos:

Exercício Resolvido

01. Dispondo das cores verde, amarelo, azul e branco, de quantos modos distintos podemos pintar 7 casas enfileiradas de modo que cada casa seja pintada de uma só cor e duas casas vizinhas não sejam pintadas com a mesma cor?

Gabarito: B

A primeira casa pode ser pintada de 4 maneiras, a segunda de 3 maneiras (não podemos usar a cor utilizada na primeira casa), a terceira de 3 maneiras (não podemos usar a cor utilizada na segunda casa), e assim sucessivamente, cada casa subsequente pode ser pintada de 3 maneiras (não podendo ser pintada da cor utilizada na casa anterior) logo, as sete casas podem ser pintadas de 4 3 3 3 3 3 3 2916 ××××××= modos distintos.

Exercício Resolvido

02. (EN) Entre os dez melhores alunos que frequentam o grêmio de informática da Escola Naval, será escolhido um diretor, um tesoureiro e um secretário. O número de maneiras diferentes que podem ser feitas as escolhas é:

a) 720.
b) 480.
c) 360.
d) 120.
e) 60.
Gabarito: A
no de possibilidades para escolha do diretor: 10 no de possibilidades para a escolha do tesoureiro: 9 no de possibilidades para a escolha do secretário: 8 no de total de escolhas: 10⋅9⋅8 = 720

Exercício Resolvido

03. As antigas placas para automóveis, formadas por duas letras seguidas de quatro algarismos, como, por exemplo MY – 7406 foram substituídas por placas com três letras seguidas de quatro algarismos, como por exemplo DWK – 2179. Utilizando um alfabeto de 26 letras e supondo que qualquer sequência de letras e algarismos seja permitida (na realidade algumas sequências não são permitidas) quantos veículos a mais podem ser emplacados?

Gabarito:
Como existem 26 escolhas para cada letra e 10 escolhas para cada algarismo, o número total de placas antigas era 262 x 104 . O novo número de placas é igual a 263 x 104 e daí podem ser emplacados a mais 34 24 6 26 10 26 10 169 10 ×−×=× veículos.

Exercício Resolvido

04. Quantos números de 4 algarismos possuem todos os seus algarismos distintos entre si?

Gabarito:

Dividiremos o problema em dois casos:

CASO 1: O algarismo 0 foi utilizado Neste caso, o algarismo 0 pode entrar em 3 posições (centenas, dezenas ou unidades). Feito isso, temos 9 possibilidades para o próximo algarismo, depois 8 possibilidades e por último 7 possibilidades. Assim, há 3 9 8 7 1512 ⋅⋅⋅= possibilidades neste caso.

CASO 2: O algarismo 0 não foi utilizado Neste caso, temos 9 possibilidades para o algarismo das unidades milhar.

Uma vez escolhido este, temos 8 possibilidades para o algarismo das centenas, depois 7 possibilidades para o algarismo das dezenas e por m 6 possibilidades para o algarismo das unidades, totalizando 9 8 7 6 3024 ⋅⋅⋅= números.
Utilizando o princípio aditivo, temos no total 1512 + 3024 = 4536 números.

Exercício Resolvido

05. Camilla tem uma mala que possui uma senha de 5 dígitos. Ela não se lembra da senha, mas lembra que:

– se o 1o dígito for par, então o último digito também é par;
– se o 1o dígito for ímpar, então o último dígito é igual ao 1o;
– a soma do dígito central com o penúltimo dígito é igual a 5.
Determine quantas senhas existem com as propriedades que Camilla lembra.
O primeiro dígito da senha pode ser nulo.

Gabarito:

Seja ABCDE a senha da mala.
Dividiremos em dois casos:
CASO 1: A é par
Se A é par, E deve ser par. Logo há 5 possibilidades para a escolha  de A e 5 possibilidades para escolha de E.
Como C + D =5, temos 6 possibilidades para a escolha de C e esta escolha determina automaticamente D.
Finalmente, B pode ser qualquer dígito de 0 a 9.

Assim, temos 5 10 6 1 5 1500 × × ×× = senhas possíveis.

CASO 2: A é ímpar
Se A é ímpar, E = A está automaticamente determinado. Logo há 5
possibilidades para A e 1 possibilidade para E.
Como C + D = 5, temos 6 possibilidades para a escolha de C e esta escolha determina automaticamente D.
Finalmente, B pode ser qualquer dígito de 0 a 9.
Assim, temos 5 10 6 1 1 300 × × ××= senhas possíveis.
TOTAL: 1500 + 300 = 1800 senhas.

CALENDÁRIO

365 1 mod 7 ≡ ( )

Logo, a cada ano de 365 dias, o dia da semana em que
determinado dia cairá aumenta uma unidade.