Conjuntos, Múltiplos e Primos na Escola Naval

Olá leitor,

trazemos uma questão da prova de 2019/2020 da Escola Naval com um enunciado nem tão bem escrito assim, mas que tem uma abordagem interessante sobre a teoria de conjuntos. Vamos lá:

(Escola Naval) Seja $W$ o conjunto dos números múltiplos de $2$ ou $P$ , em que $P$ é um primo ímpar. Sabendo que $\frac{3}{5}$ de $W$ , que são múltiplos de $P$ , são ímpares; $\frac{2}{5}$ de $W$ são ímpares; e $77$ elementos de $W$ não são múltiplos de $2P$ , pode-se afirmar que a quantidade de elementos de $W$ que são ímpares é um número múltiplo de:
a) $4$
b) $5$
c) $7$
d) $9$
e) $11$
Enviado por Marcus Tavares

Bom, em primeiro lugar, o enunciado já traz uma inadequação (pra não dizer equívoco) no início, uma vez que os múltiplos de $2$ ou $P$ são infinitos. Assim, deveria vir escrito que $W$ é conjunto finito. Mas deixando isto de lado considere a figura a seguir:

Vamos considerar que $M_P$ é o conjunto dos múltiplos de $P$ e que $M_2$ é o conjunto dos múltiplos de $2$ .

Vamos considerar que $M_P$ é o conjunto dos múltiplos de $P$ e que $M_2$ é o conjunto dos múltiplos de $2$ .

Desse modo:

$a$ serão os múltiplos de $2$ que não são múltiplos de $P$ ;
$b$ serão os múltiplos de $2$ que também são múltiplos de $P$ , ou seja, como $P$ também é primo, serão os múltiplos de $2P$ ; e
$c$ serão os múltiplos de $P$ que não são múltiplos de $2$ ; portanto, correspondem aos múltiplos ímpares de $P$ .

Chamando o total de elementos de $x$ , do enunciado, tiramos as seguintes informações:

$\left\{ \begin{array}{l} a+b+c = x \\ c = \frac{2}{5} x \\ c + a = 77 \\ \frac{3}{5}(c + b) = c \\ \end{array} \right.$

Um comentário meu: com relação à última linha do sistema anterior, acho que o enunciado foi muito mal escrito, bastava dizer “dos múltiplos de $P$ , $\frac{3}{5}$ são ímpares”. Mas enfim, teremos, da última linha:

$3c + 3b = 5c \Rightarrow b = \frac{2}{3} c$

Da segunda linha, escrevemos: $b = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5} \cdot x = \frac{4}{15} x$ e da terceira linha:

$\frac{2}{5} x + a = 77 \Rightarrow a = 77 - \frac{2}{5} x$

Agora, todas as variáveis estão em função de $x$ , voltando à primeira linha do sistema:

$a + b + c = x \Rightarrow 77 - \frac{2}{5} x + \frac{4}{15} x + \frac{2}{5} x = x$

Então:

$\frac{11}{15} x = 77 \Rightarrow x = 105$

Como queremos apenas os valores ímpares, poderíamos simplesmente dizer: “infinitos”, mas lembre-se que o enunciado foi mal escrito (ou de má vontade ou ambos) e queremos o valor de $c$ neste caso. Assim $c = \frac{2}{5} \cdot 105 = 42$ que é múltiplo de $7$ . Opção C.

Até mais!

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[LSB]

Probabilidade e M.D.C na Escola Naval

Olá leitor,

a prova da Escola Naval de 2020/2021 trouxe uma questão que envolve o M.D.C de dois números e uma pergunta sobre probabilidade. Segue a questão:

(EN) Escolhendo aleatoriamente um número do conjunto $\{1;2;3;\ldots;2020\}$ , qual a probabilidade de que o número escolhido e $2020$ sejam primos entre si?
a) $\frac{40}{101}$
b) $\frac{153}{1010}$
c) $\frac{293}{1010}$
d) $\frac{401}{1010}$
e) $\frac{76}{505}$
Enviada por Stephanie Wenceslau

Bom, primeiro, precisamos saber o que são números primos entre si ou ainda mutuamente primos. Dizemos que dois números naturais $a$ e $b$ são primos entre si, se $\textrm{mdc} (a,b) = 1$ . O m.d.c. entre dois números naturais vale $1$ se eles não possuem fatores comuns em sua fatoração em primos. Por exemplo, $9$ e $16$ são primos entre si, pois veja que $9 = 3^2$ e $16 = 2^4$ .

É possível ver que dois números pares nunca são primos entre si, pois ambos são divisíveis por $2$ ; e, que dois números primos também sempre são primos entre si, por conta da própria definição de números naturais primos.

Assim, fatorando $2020$ , encontramos $2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101$ . Ou seja, todos os múltiplos de $2$ , $5$ ou $101$ não serão primos com $2020$ , pois haverá fatores comuns em suas fatorações, tornando o m.d.c entre eles maior que $1$ .

Vamos contar então, primeiramente, os múltiplos de $2$ . Eles são em número $M(2) = 1010$ . Para $5$ , temos $M(5) = 404$ . Finalmente, para $101$ , ficamos com $M(101) = 20$ .

Agora, ao somarmos estes valores, teremos $M(2) + M(5) + M(101) = 1010 + 404 + 20 = 1434$ . Porém, precisamos atentar para o fato de que, estamos contando números repetidos, uma vez que os múltiplos de $10$ , por exemplo, são múltiplos de $2$ e de $5$ também; sendo, portanto, recontados. Vamos excluí-los.

Os múltiplos de $2$ e de $5$ são os múltiplos de $10$ , e são $M(10) = 202$ . Para os múltiplos de $2$ e de $101$ , teremos $M(202) = 10$ ; e, finalmente, os múltiplos de $5$ e de $101$ são em número total de $M(505) = 4$ . Estes serão excluídos. O total é $M(10) + M(202) + M(505) = 202 + 10 + 4 = 216$ .

Ainda precisamos considerar os múltiplos simultâneos de $2$ , $5$ e $101$ , que serão os múltiplos de $1010$ . Estes são excluídos mais de uma vez e precisam ser reincluídos. Então $M(1010) = 2$ .

Finalmente podemos encontrar todos os números naturais que têm fatores comuns com $2020$ , não sendo primos com $2020$ . Assim, eles são $1434 - 216 + 2 = 1220$ no total. Como são $2020$ números no total, temos $2020 - 1220 = 800$ números que são primos entre si com $2020$ . Agora, temos a probabilidade:

$P = \frac{800}{2020} = \frac{40}{101}$

Opção A.

E aí, gostou.

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Um Problema da AFA sobre o Teorema do Resto

Olá leitor.

Recebi uma dúvida hoje sobre o Teorema do Resto em uma questão da AFA. O enunciado segue abaixo:

Se o polinômio
$P(x) = x^m - 2b^nx^{m-n} + b^m$
é divisível por $x+b$ , sendo $m < n$ , $n \in \mathbb{N}$ e $m \in \mathbb{N}^*$ e $b \ne 0$ , então ocorrerá necessariamente:
a) $m$ par e $n$ ímpar
b) $m$ ímpar e $n$ par
c) $m$ ímpar e $n$ ímpar
d) $m$ par e $n$ par
Enviada por Milena Figueiredo

Bom, vamos lá.

O teorema do resto diz que “se dividirmos um polinômio $P$ por um polinômio do primeiro grau $D(x) = ax + b$ , então o resto será $R(x) = P(-\frac{b}{a})$ , em que $-\frac{b}{a}$ é a raiz do divisor”. Assim, do enunciado, sabemos que o divisor é $x + b$ e, portanto, sua raiz é $x = -b$ . Calculando $P(-b)$ , teremos $P(-b) = R(x) = 0$ , já que $P$ é divisível por $x + b$ , ou seja, deixa resto igual a zero. Assim:

$P(-b) = (-b)^m - 2b^n(-b)^{m-n} + b^m = 0$

Como, tanto $m$ quanto $n$ são números naturais, podemos escrever $(-b)^m = [(-1) \cdot b]^m = (-1)^m \cdot b^m$ e substituir na equação:

$(-1)^m \cdot b^m - 2b^n \cdot (-1)^{m-n} \cdot b^{m-n} + b^m = 0$

Finalmente:

$(-1)^m \cdot b^m - 2b^n \cdot (-1)^{m-n} \cdot b^m \cdot b^{-n} + b^m = 0$

Colocando $b^m$ em evidência:

$b^m[(-1)^m - 2b^n \cdot (-1)^{m-n} \cdot b^{-n} + 1] = 0$

Veja que, dentro dos colchetes, teremos $b^n \cdot b^{-n} = b^0$ , que só é possível se $b \ne 0$ , continuando:

$b^m[(-1)^m - 2 \cdot (-1)^{m-n} \cdot b^0 + 1] = 0$

Agora temos duas opções:

Se $b^m = 0$ , temos $b = 0$ , mas daí teríamos $b^0 = 0^0$ , que não é possível. A segunda opção é…
Termos $(-1)^m - 2 \cdot (-1)^{m-n} \cdot b^0 + 1 = 0$ , com $b^0 =1$ , uma vez que já vimos na opção anterior que $b \ne 0$ .

Desenvolvendo esta segunda opção, ficamos com:

$(-1)^m - 2 \cdot (-1)^{m - n} + 1 = 0 \Rightarrow (-1)^m - 2 \cdot \frac{(-1)^m}{(-1)^n} + 1 = 0$

Veja que, $m$ sendo ímpar, teremos:

$-1 - 2 \cdot \frac{(-1)}{(-1)^n} + 1 = 0 \Rightarrow 2 \cdot \frac{1}{(-1)^n} = 0$

Que nunca será nulo, pois $\frac{1}{(-1)^n} \ne 0$ para qualquer $n \in \mathbb{N}$ . Para $m$ par, teremos:

$1 - 2 \cdot \frac{1}{(-1)^n} + 1 = 0 \Rightarrow 2 - 2 \cdot \frac{1}{(-1)^n} = 0 \Rightarrow 2(1 - \frac{1}{(-1)^n}) = 0$

Que nos dá $1 - \frac{1}{(-1)^n} = 0$ , logo $(-1)^n = 1$ , portanto $n$ é par. Assim, chegamos à opção D.

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Escola Naval: Sobre Fatorial e Divisores

Olá leitores.

Recebi estes dias uma dúvida que envolve o fatorial de um número e sua divisibilidade por $21$ . Vamos ver o enunciado e resolver:

(EN) O fatorial de $2020$ é divisível por $21^n$ . O maior valor inteiro de $n$ é:
a) $96$
b) $288$
c) $334$
d) $440$
e) $673$
Marcus Tavares

Bom, vamos ao que interessa. Para que um número seja divisível por $21$ é necessário que ele seja divisível por $3$ e por $7$ . Então vejamos o seguinte: $7!$ só é divisível por $21^0$ e $21^1$ , pois:

$7! = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$

Assim, fica claro que calculando $\frac{7!}{21}$ teremos um inteiro, pois temos um fator de $7$ e, pelo menos, um fator de $3$ em $7!$ . Se continuarmos investigando os fatoriais consecutivos e maiores que $7!$ , isto não ocorrerá novamente até o $14!$ , veja:

$14! = 14 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$

Fica explícito que $14!$ é divisível por $21^2$ , mas não por $21^3$ , pois há apenas dois fatores de $7$ , sendo um no próprio $7$ e o outro no $14$ , embora haja muito mais fatores de $3$ .

Esse processo continua da mesma maneira até chegarmos ao $49!$ , pois $49 = 7^2$ , acrescentando, por sua vez, dois fatores de $7$ . Chegamos, a partir daí a seguinte conclusão:

cada múltiplo de $7$ acrescenta um fator de $7$ ;
cada múltiplo de $49 = 7^2$ acrescentará dois fatores de $7$ , dos quais um já foi contado nos fatores de $7$ ;
cada fator de $343 = 7^3$ acrescentará três fatores de $7$ , dos quais dois já foram contados: um deles nos múltiplos de $7$ e o outro nos múltiplo de $49$ ;

Então vamos lá! Vamos calcular quantos múltiplos de $7,49,343,\ldots$ há de $1$ a $2020$ :

Sabemos que $2020 = 7 \cdot 288 + 4$ , logo há $288$ múltiplos de $7$ de $1$ a $2020$ ;
Continuando, temos $2020 = 49 \cdot 41 + 11$ , portanto, há $41$ múltiplos de $49$ no mesmo intervalo; e
Finalmente, $2020 = 343 \cdot 5 + 305$ , havendo, então, $5$ múltiplos.
Não há múltiplos de $7^4$ , pois $7^4 = 2401 > 2020$ .

Contando agora teremos:

$n = 288 + 41 + 5 = 334$ fatores de $7$ em $2020!$

Veja que, se a pergunta fosse, “quantos são os possíveis valores inteiros de $n$ “, ainda incluiríamos o zero, ficando com $335$ valores possíveis, sendo o $334$ o maior deles!

Espero ter esclarecido!

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Aplicação da Identidade de Polinômios

Olá leitor!

Hoje trazemos uma questão que serve pra exemplificar a identidade de polinômios. Vamos lembrar que dois polinômios se tem exatamente os mesmos coeficientes para os mesmos termos. Isto é:

$P_1(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0$

É idêntico a

$P_2(x) = b_nx^n + b_{n-1}x^{n-1} + \ldots + b_1x + b_0$

Somente se $a_n = b_n$ , $a_{n-1} = b_{n-1}$ , $\ldots$ , $a_0 = b_0$ . Assim, queremos resolver o seguinte problema:

Determinar a condição necessária e suficiente para que a expressão $\frac{a_1x^2 + b_1x+c_1}{a_2x^2+b_2x+c_2}$ , em que $a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2$ são reais e não nulos, assuma um valor que não dependa de $x$ .
Enviado por Paolla Souza

Se a expressão não depende de $x$ , ela sempre assume um valor $k \in \mathbb{R}$ para qualquer $x \in \mathbb{R}$ . Assim, teremos:

$\frac{a_1x^2 + b_1x + c_1}{a_2x^2 + b_2x + c_2} = k$

E, portanto:

$a_1x^2 + b_1x + c_1 = ka_2x^2 + kb_2x + k_2c_2$

Ou seja, da identidade de polinômios:

$a_1 = ka_2$ , $b_1 = kb_2$ e $c_1 = kc_2$

Fica claro que:

$\frac{a_1}{a_2} = \frac{b_1}{b_2} = \frac{c_1}{c_2} = k$

Por exemplo, veja só:

Seja $k = 2$ e, vamos escolher os coeficientes: $\frac{2x^2 + 4x + 2}{x^2+ 2x +1} = 2$ para todo $x \in \mathbb{R} - \{-1\}$ , porque $-1$ é raiz do denominador, obviamente.

Espero ter ajudado.

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Sobre Trinômios Quadrados Perfeitos

Olá leitor.

Hoje, trago uma dúvida essencialmente simples que depende, de forma elementar, da identidade entre dois polinômios. Vamos lá:

Qual a condição para que $ax^2 + bx + c$ seja um quadrado perfeito?
Enviado por Paolla Souza

Como queremos que o trinômio seja um quadrado perfeito, basta pensar da seguinte maneira:

$ax^2 + bx + c \equiv (mx+n)^2$

Veja que essa é a condição mais geral que podemos ter, partindo do desenvolvimento de um binômio. Deste modo:

$ax^2 + bx + c \equiv m^2x^2 + 2mnx + n^2$

Teremos o seguinte sistema:

$\left\{ \begin{array}{l} a = m^2 \\ b = 2 mn \\ c = n^2 \\ \end{array} \right.$

Da segunda equação, veja que $b^2 = 4m^2n^2$ , portanto, $b = 4ac$ . Daí vemos que uma condição simples é $b = 0$ com, por exemplo, $c = 0$ , mas implicando não termos um trinômio propriamente dito, mas um monômio…

Continuando a análise, é possível verificar que, tanto $a$ quanto $c$ , se não nulos, devem ser positivos, pois sendo reais, são os quadrados de $m$ e $n$ respectivamente.

Podemos tirar a prova real, veja que $a x^2 \pm 2\sqrt{ac} x + c \equiv (\sqrt{a}x \pm \sqrt{c} )^2$ , com as condições vistas anteriormente. Assim, como vimos, a condição é que se tenha $a \cdot c \ne 0$ , $a,c > 0$ e $b^2 = 4ac$ , com $a,b,c \in \mathbb{R}$ .

Espero ter ajudado e até!

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[LSB]

Qual a posição do número?

Olá leitor!

Hoje trazemos mais uma questão trazida por uma leitora. Vamos ao enunciado:

Formados e dispostos em ordem crescente, os números que se obtém, permutando-se os algarismos $2$ , $3$ , $4$ , $8$ e $9$ , que lugar ocupa o número $43892$ ?
Stephanie Wenceslau

Bom, esta é uma mera questão de permutações simples em que, uma organização do raciocínio resolve o problema. Veja que, temos cinco posições para preencher com cinco algarismos. Como eles devem estar em ordem crescente:

Se o primeiro algarismo for o $2$ ou o $3$ , não importam os demais, sempre teremos um número menor que $43892$ . Então temos um total de $2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 48$ números.
Se o primeiro algarismo for o $4$ e o seguinte for o $2$ , não importam os demais, sempre teremos um número menor que $43892$ . Então temos um total de $1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$ números.
Se o primeiro algarismo for o $4$ e o seguinte for o $3$ , o próximo deve ser o $2$ e não importam os demais, pois sempre teremos um número menor que $43892$ . Então temos um total de $1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = 2$ números.
Se o primeiro algarismo for o $4$ , o segundo for o $3$ e o terceiro for o $8$ o próximo deve ser o $2$ e o último o $9$ , havendo apenas uma possibilidade.

Até aqui temos $48 + 6 + 2 + 1 = 57$ números. Portanto, o próximo número é o $58\textsuperscript{\d o}$ .

Espero ter ajudado!

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[LSB]

AFA: Números Binomiais em P.A.

Sejam bem vindos!

Mais uma dúvida trazida por um leitor e, hoje, envolvendo os números binomiais e as progressões aritméticas, vulgarmente conhecidas como P.A.’s. Então vamos ao enunciado:

(AFA) Os coeficientes do quinto, sexto e sétimo termos do desenvolvimento de $(1+x)^n$ estão em progressão aritmética. Se $n \leq 13$ , então o valor de $2n + 1$ é:
a) $7$
b) $13$
c) $15$
d) $27$
Enviado por Arthur Pereira

Vamos lembrar que o termo geral do desenvolvimento do binômio $(x+a)^n$ é:

$T_{p+1} = {n \choose p} x^{n - p} a^p$

No nosso caso $x = 1$ e $a = x$ . Assim, temos para o quinto termo ficamos com:

$T_5 = {n \choose 4} 1^{n - 4} x^4$

Para o sexto e o sétimo, respectivamente:

$T_6 = {n \choose 5} 1^{n - 5} x^5$

$T_7 = {n \choose 6} 1^{n - 6} x^6$

Então, ${n \choose 4}$ , ${n \choose 5}$ e ${n \choose 6}$ formam a nossa P.A, nesta ordem. Portanto, sabemos que existe a relação:

$2{n \choose 5} = {n \choose 4} + {n \choose 6}$

Desenvolvendo cada número binomial, podemos escrever:

$2 \cdot \frac{n!}{5!(n-5)!} = \frac{n!}{4!(n-4)!} + \frac{n!}{6!(n-6)!}$

Então:

$2 \cdot \frac{n!}{5 \cdot 4!(n-5)(n-6)!} = \frac{n!}{4!(n-4)(n-5)(n-6)!} + \frac{n!}{6 \cdot 5 \cdot 4!(n-6)!}$

Dividindo todas as parcelas por $\frac{n!}{4!(n-6)!}$ teremos a seguinte expressão:

$\frac{2}{5(n-5)} = \frac{1}{(n-4)(n-5)} + \frac{1}{30}$

Fazendo o mínimo múltiplo comum:

$\frac{12(n-4)}{30(n-4)(n-5)} = \frac{30}{30(n-4)(n-5)} + \frac{(n-4)(n-5)}{30(n-4)(n-5)}$

Desenvolvendo:

$12n - 48 = 30 + n^2 - 9n + 20$

Finalmente chegamos à $n^2 - 21n + 98 = 0$ , cujas raízes são $n = 14$ e $n = 7$ . Do enunciado sabemos que $n \leq 13$ , portanto, $n = 7$ . Como queremos $2n + 1$ , sabemos que o resultado final é $15$ . Opção C.

Como observação adicional, vale perceber que se tivéssemos simplesmente desenvolvido o triângulo de Pascal até a linha $7$ , chegaríamos ao mesmo resultado por observação.

É isso.

Até

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AFA: Análise Combinatória

Olá pessoal!

Mais uma dúvida enviada. Desta vez uma questão da AFA sobre análise combinatória. Vamos ver o enunciado:

(AFA) Cinco rapazes e cinco moças devem posar para uma fotografia, ocupando cinco degraus de uma escadaria, com um casal em cada degrau. De quantas maneiras diferentes podemos arrumar este grupo?
a) $1280$
b) $70400$
c) $332000$
d) $460800$
Enviada por Stephanie Wenceslau

Bom, podemos pensar em cada lugar como sendo uma posição que pode ser ocupada por cada uma das $10$ pessoas. Assim o primeiro degrau tem 2 posições, o segundo também e, assim por diante. Uma configuração possível é $H_1M_1H_2M_2H_3M_3H_4M_4H_5M_5$ , em que $H_n$ representa um dos homens ; $M_n$ , uma das mulheres. Como temos cinco homens e cinco mulheres, teremos inicialmente o seguinte:

$5 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1 = 5! \cdot 5! = 120 \cdot 120 = 14400$ maneiras

Este é o total de maneiras de colocar casais nos degraus, mas sem ordená-los entre si. Veja que, por exemplo, só estamos considerando que, no primeiro degrau, bem como nos demais, o homem vem antes da mulher. Então, como podemos inverter em cada degrau o homem e a mulher de posição, teremos ainda duas maneiras para cada, totalizando, para cada uma das $14400$ maneiras, um total de $2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 32$ modificações. Finalmente, o total geral é $14400 \cdot 32 = 460800$ maneiras. Opção D.

Espero ter esclarecido.

Bons estudos!

Até!

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Até!

[LSB]

Análise Combinatória e Múltiplos de 3

Olá, leitores!

Hoje trazemos uma dúvida trazida por uma de nossas leitoras. Segue o enunciado:

Calcule quantos múltiplos de $3$ , de $4$ algarismos distintos, podem ser formados com $2$ , $3$ , $4$ , $6$ e $9$ .
Stephanie Wenceslau

Bom, em primeiro lugar, para que um número qualquer, seja ele de $4$ algarismos distintos ou não, seja múltiplo de $3$ a soma de seus algarismos deve ser um número divisível por $3$ . Vamos separar, então em casos diferentes:

Se o número é composto apenas por algarismos múltiplos de $3$ , certamente ele é múltiplo de $3$ . Para este caso, não há possibilidades, pois os algarismos devem ser distintos e só há $3$ múltiplos de $3$ . Basta ver que temos $3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 0 = 0$ números.
Como são cinco números disponíveis e usaremos quatro deles, já sabendo que não podem ser três múltiplos de , teremos as seguintes possibilidades:
1. Não usar o algarismo $3$ , daí a soma dos restantes é $2 + 4 + 6 + 9 = 21$ , sendo múltiplo de $3$ . Serão $4! = 24$ números.
2. Não usar o algarismo $6$ , daí a soma dos restantes é $2 + 3 + 4 + 9 = 18$ , sendo múltiplo de $3$ . Serão $4! = 24$ números.
3. Não usar o algarismo $9$ , daí a soma dos restantes é $2 + 3 + 4 + 6 = 15$ , sendo múltiplo de $3$ . Serão $4! = 24$ números.
Veja que não há como usar apenas um algarismo múltiplo de $3$ , pois há três algarismos múltiplos de $3$ dentre cinco e usaremos quatro deles.

Assim temos um total de $24 + 24 + 24 = 72$ números.

Pensando em outra abordagem, podemos ver o seguinte: a soma de todos os algarismos é $2 + 3 + 4 + 6 + 9 = 24$ . Como a soma total já é múltipla de $3$ , para termos uma soma total, usando apenas $4$ algarismos, também múltipla de $3$ , só poderemos retirar um múltiplo de $3$ dentre os existentes. Portanto, escolhemos primeiro um dos três múltiplos de $3$ para retirar, sendo ${3 \choose 1} = 3$ maneiras e, os $4$ algarismos restantes, formam o número de $4!$ maneiras possíveis. Daí, para cada algarismo retirado (que são $3$ opções) temos esse total de permutações dos algarismos restantes, ou seja, $3 \times 4! = 72$ números possíveis.