Questão 35 (ENA-PROFMAT-2011 - discursiva). Uma equipe esportiva composta por 6 jogadoras está disputando uma partida de 2 tempos. No intervalo do primeiro para o segundo tempo podem ser feitas até 3 substituições e, para isto, o técnico dispõe de 4 jogadoras no banco. Quantas formações distintas podem iniciar o segundo tempo?

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações e pede uma coisa clara:
  • Há uma equipe com 6 jogadoras em campo no primeiro tempo.
  • No banco há 4 jogadoras disponíveis para substituição.
  • No intervalo podem ser feitas até 3 substituições (ou seja: 0, 1, 2 ou 3 substituições).
  • Pergunta: quantas formações distintas podem iniciar o segundo tempo?
Observações importantes (tiradas do enunciado): cada jogadora é distinta (não são indistinguíveis) e “formação” aqui significa quais são as 6 jogadoras que começam o segundo tempo (a ordem das jogadoras dentro da formação não importa). A resolução seguirá contando todas as possíveis escolhas de 6 jogadoras obtidas fazendo k substituições com k=0,1,2,3.

Passo 2

Estratégia de contagem (idéia combinatória, explicada de leve antes de aplicar):
  • Se forem feitas exatamente k substituições, o técnico escolhe k das 6 jogadoras que estavam em campo para tirar e escolhe k das 4 jogadoras do banco para colocar.
  • O número de maneiras de escolher k jogadoras entre n jogadoras é o coeficiente binomial, denotado por \binom{n}{k}. Para cada escolha das k que saem e das k que entram obtemos uma formação distinta.
  • Assim, para um dado k o número de formações possíveis é \binom{6}{k}\cdot\binom{4}{k}.
  • Como k pode ser 0,1,2,3, somamos esses casos (eles são mutuamente excludentes e cobrem todas as possibilidades permitidas).
Antes de calcular, explico a fórmula do coeficiente binomial: \binom{n}{k} é o número de subconjuntos de tamanho k que se pode escolher entre n elementos e vale
\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!},
onde n! (lê-se “ n fatorial”) é o produto n!=n\cdot(n-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1. Ex.: \,4!=24.

Passo 3

Calcular termo a termo para cada k:
Caso k=0 (nenhuma substituição):
\binom{6}{0}\cdot\binom{4}{0}=1\cdot1=1.
Caso k=1 (uma substituição): escolher 1 das 6 de saída e 1 das 4 de entrada:
\binom{6}{1}\cdot\binom{4}{1}=6\cdot4=24.
Caso k=2 (duas substituições): escolher 2 das 6 e 2 das 4:
\binom{6}{2}\cdot\binom{4}{2}=\dfrac{6\cdot5}{2}=15\quad\text{e}\quad\binom{4}{2}=\dfrac{4\cdot3}{2}=6,
portanto
\binom{6}{2}\cdot\binom{4}{2}=15\cdot6=90.
Caso k=3 (três substituições): escolher 3 das 6 e 3 das 4:
\binom{6}{3}=\dfrac{6\cdot5\cdot4}{3\cdot2\cdot1}=20,\qquad \binom{4}{3}=4,
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\binom{6}{3}\cdot\binom{4}{3}=20\cdot4=80.

Passo 4

Somar todos os casos possíveis ( k=0,1,2,3):
1+24+90+80=195.
Como verificação rápida de consistência: o número total de formações possíveis escolhendo quaisquer 6 das 10 jogadoras seria \binom{10}{6}=210. A diferença 210-195=15 corresponde exatamente às formações que exigiriam substituir as 6 iniciais por incluir as 4 jogadoras do banco (isto é, substituir 4 jogadoras), o que não é permitido aqui. Isso confirma que o raciocínio faz sentido.

Resposta

195

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