Question

(ITA–SP) Quantos números de seis algarismos distintos podemos formar usando os dígitos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, nos quais o 1 e o 2 nunca ocupam posições adjacentes (juntos), mas o 3 e o 4 sempre ocupam posições adjacentes?

Answer 1

Vamos considerar inicialmente a dupla $\mathsf{3,4}$ como um "bloco único", cuja permutação dos elementos pode acontecer (ou seja, contaremos as $\mathsf{2!}$ permutações $\mathsf{[(3,4) \ ; \ (4,3)]}$).

Forma prática $\Rightarrow$

Com a dupla $\mathsf{3,4}$ como um único elemento, temos $\mathsf{5}$ elementos $\mathsf{(1; \ 2; \ (3,4); \ 5; \ 6)}$.

As permutações totais não seguem a segunda restrição, mas vamos calculá-las, permutando livremente os $\mathsf{5}$ elementos, mais a permutação da dupla $\mathsf{3,4}$:

$\mathsf{Casos \ totais \ = \ 5! \ \cdot \ 2! \ \rightarrow} \\ \\ \\ \boxed{\mathsf{Casos \ totais \ = \ 240}}$

Porém, casos desfavoráveis (aqueles em que $\mathsf{1,,2}$ ficam juntos) devem ser descontado.

Nesses desfavoráveis, $\mathsf{((1,2); \ (3,4); \ 5; \ 6)}$ é o conjunto de $\mathsf{4}$ elementos a serem permutados, com a permutação das duas duplas:

$\mathsf{Casos \ desfavor\'aveis \ = \ 4! \ \cdot \ 2! \ \cdot \ 2! \ \rightarrow} \\ \\ \\ \mathsf{Casos \ desfavor\'aveis \ = \ 24 \ \cdot \ 2 \ \cdot \ 2 \ \rightarrow} \\ \\ \\ \boxed{\mathsf{Casos \ desfavor\'aveis \ = \ 96}}$

Por fim, temos o conjunto de permutações favoráveis:

$\mathsf{Casos \ favor\'aveis \ = \ Casos \ totais \ - \ Casos \ desfavor\'aveis \ \rightarrow} \\ \\ \\ \mathsf{Casos \ favor\'aveis \ = \ 240 \ - \ 96 \ \rightarrow} \\ \\ \\ \boxed{\boxed{\mathsf{Casos \ favor\'aveis \ = \ 144}}}$

Jeito elaborado...

Temos os o tipo $\mathsf{\underbrace{} \ \underbrace{} \ \underbrace{} \ \underbrace{} \ \underbrace{} \ \underbrace{}}$, com o o par permutado $\mathsf{(3,4)}$ obrigatório e o par $\mathsf{(1,2)}$ proibido.

Pela simetria das permutações, comecemos com a opção de colocar $\mathsf{(3,4)}$ no meio:

$\mathsf{\bullet \ \underbrace{} \ \underbrace{} \ \underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!} \ \underbrace \ \underbrace{}}$

Vamos escolher uma das $\mathsf{4}$ posições para colocar o $\mathsf{1}$, sobrando assim $\mathsf{\underbrace{\mathsf{4 \ - \ 1}}_{posi\c{c}\~ao \ adjacente}}$ posições possíveis para o $\mathsf{2}$ (sem perca de generalidade, é claro).

Ficamos com uma configuração análoga ou igual a:

$\mathsf{4 \ \underbrace{} \ \underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!} \ \underbrace{1} \ \underbrace{}}$

Veja que, por fim, temos $\mathsf{2}$ posições a serem permutadas entre $\mathsf{4, \ 5}$.

Ou seja:

$\mathsf{\overbrace{\mathsf{2!}}^{permuta\c{c}\~ao \ (3,4)} \ \cdot \ \underbrace{\mathsf{\overbrace{\mathsf{4}}^{primeiro \ algarismo} \ \cdot \ \overbrace{\mathsf{2}}^{segundo \ algarismo}}}_{dupla \ proibida} \ \cdot \overbrace{\mathsf{2!}}^{permuta\c{c}\~ao \ (5,6)} \ \rightarrow}$

$\boxed{\mathsf{32 \ configura\c{c}\~oes}}$

Para os casos do tipo $\mathsf{\underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!} \ \underbrace \ \underbrace \ \underbrace \ \ \underbrace{}}$ e $\mathsf{\underbrace \ \underbrace \ \underbrace \ \underbrace{} \ \underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!}}$, a configuração é a mesma!

Vamos dividir em casos...

$\bullet \ \mathsf{\underbrace{\mathsf{(3, \ 4)}}_{2!} \ \cdot \ \underbrace{\mathsf{2}}_{1 \ ou \ 2} \ \cdot \ \overbrace{\mathsf{2}}^{\underbrace \ \boxed{\mathsf{\underbrace{} \ \underbrace{}}}} \ \cdot \ \underbrace{2!}_{5, \ 6} \ = \ 16 \ casos}$

Ou $\mathsf{\underbrace{2!}_{(3,4)} \ \overbrace{\mathsf{2}}^{6 \ ou \ 5} \ \cdot \ \underbrace{\mathsf{2}}_{2 \ ou \ 1}} \ \cdot \ 1 \ \cdot \ 1 \ = \ \mathsf{8 \ casos}}$

Temos então $\mathsf{\overbrace{2}^{simetria} \ \cdot \ (16 \ + \ 8) \ = \ 48 \ casos}$

As configurações do tipo $\mathsf{\underbrace \ \underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!} \ \underbrace \ \underbrace \ \ \underbrace{}}$ e $\mathsf{\underbrace \ \underbrace \ \underbrace \ \underbrace{\mathsf{(3,4)}}_{2!} \ \underbrace{}}$ também são iguais.

$\bullet$ Se $\mathsf{1}$ ou $\mathsf{2}$ $\mathsf{(2!)}$ forem colocados na posição isolada, então os outros três elementos poderão ser permutados livremente:

$\mathsf{\overbrace{\mathsf{2!}}^{1 \ ou \ 2} \ \cdot \ \overbrace{\mathsf{2!}}^{3,4} \ \cdot \ \overbrace{\mathsf{3!}}^{2 \ \ ou \ 1 \ + \ 5, \ 6} \ = \ 24 \ casos}$

$\bullet$ Podemos também ter o caso:

$\mathsf{\underbrace{\mathsf{2}}_{5, \ 6} \ \cdot \ \underbrace{2!}_{(3,\ 4)} \cdot \ \underbrace{2}_{1 \ ou \ 2} \ \cdot \ \underbrace{\mathsf{1}}_{6 \ ou \ 5} \ \cdot \ \underbrace{\mathsf{1}}_{2 \ ou \ 1} \ = \ 8 \ casos}$

Logo $\mathsf{\overbrace{2}^{simetria} \ \cdot \ (24 \ + \ 8) \ = \ 64 \ casos}$

Então: $\mathsf{32 \ + \ 48 \ + \ 64 \ = \ \boxed{\boxed{\mathsf{144 \ casos}}}}$

Answer 2

Resposta:

144 números

Explicação passo-a-passo:

3 e o 4 ocupando posições adjacentes

5! * 2! = 120 * 2 = 240 números

1 e o 2 juntos e o 3 e o 4 juntos

4! * 2! * 2! = 24 * 2 * 2 = 96 números

3 e o 4 juntos e o 1 e o 2 nunca juntos

240 – 96 = 144 números

Resposta do site Brasil escola