Para resumir esta questão, fiz deste jeito mano.

• Ponto importante, temos 3 filhos e cada um quer jogar uma número ímpar de vezes. Então só tem 2 jeitos de repartir as 7 fichas entre eles..

1. {5,1,1}
2. {3,3,1}

Ok, depois fazemos permutação nesses dois casos, já que o primeiro filho pode pegar 5, ou o 1 ou o outro 1.

• Agora, com o primeiro caso {5,1,1} vamos ver quantas combinações há.

Vamos fazer o primeiro filho {5,1,1}

• Ele pode usar 7 fichas em 5 posições,(Olho, a ordem de fichas ´´a,b,c,d,e´´ = ´´b,a,c,d,e´´), então tem que tirar a ambiguidade com a fórmula

7! = 21

5!.2!

• Com o segundo filho, como já foram usadas 5 fichas, sobram 2 para 1 posição.{5,1,1}

2! = 2

1!.1!

(Ponto importante, não precisa fazer o último filho, porque só sobrou uma ficha para ele)

• Último passo, multiplica os resultados 2.21 = 42 combinações e multiplica

pelas permutações dos 3 filhos =

3! = 3.

2! --> pq tem duas repetições {5,1,1}

Então seria 42.3= 126

Acabamos o primer caso!

• Agora, com o segundo caso {3,3,1} vamos ver quantas combinações há.

Vamos fazer o primeiro filho {3,3,1}

• Ele pode usar 7 fichas em 3 posições,(Olho, a ordem de fichas ´´a,b,c,´´ = ´´b,a,c,´´), então tem que tirar a ambiguidade com a fórmula

7! = 35

3!.4!

• Com o segundo filho, como já foram usadas 3 fichas, sobram 4 para 3 posições.{3,3,1}

4! = 4

3!.1!

(Ponto importante, não precisa fazer o último filho, porque só sobrou uma ficha para ele de novo ksksks)

• Último passo, multiplica os resultados 4.35 = 140 combinações e multiplica

pelas permutações dos 3 filhos =

3! = 3.

2! --> pq tem duas repetições {3,3,1}

Então seria 140.3 = 420

Acabou, é só somar as combinações 126+420= 546 Alternativa A!

Somando três ímpares positivos para dar 7, só existem dois perfis possíveis de contagens:

• (5,1,1)
• (3,3,1)

Agora, para cada perfil, contamos as sequências (permutação multinomial) e multiplicamos pelas formas de atribuir as contagens aos três filhos.

1. (5,1,1)

• Sequências para uma atribuição fixa: 7! / 5! 1! 1! = 42
• Quem fica com 5? 3 escolhas.
• Total: 3×42 = 126
• 3×42=126

1. (3,3,1)

• Sequências para uma atribuição fixa: 7! / 3! 3! 1! = 140
• Quem fica com 1? 3 escolhas.
• Total: 3×140= 420

Total geral: 126+420= 546

São 7 fichas, e cada filho pode só joga em um número ímpar de vezes, portanto, as combinações que geram 7 são (5,1,1) e (3,3,1). Vamos analisar o caso onde André joga 5 (A=5), Bruno joga 1 (B=1), Carlos joga 1 (C=1). Então, caso A=5,B=1,C=1, vamos analisar em termos de posições de jogadas: p1,p2,p3,p4,p5,p6,p7, podemos ter, aleatoriamente, uma posição tal que A,B,C,A,A,A,A que é uma posição válida. Como A1,A2=A2,A1 (não importa a ordem de um mesmo menino jogando já que isso não tá quantificado, mas sim, a distinção é em relação às suas posições relativas quanto aos outros, portanto, usamos combinação para primeiro calcular as posições de A: C^7_5 = 7!/5!(7-5)!=7!/5!2!=7*6*5!/5!*2=7*6/2=7*3=21 posições. Contudo, quando A ocupa 5 posições de 7, restam, portanto 2 posições a serem preenchidas. Como cada filho pode jogar uma vez nesse caso, temos duas decisões. Assim, pelo princípio da contagem o total de decisões (conjuntos distintos): 21 * 2 = 42 para o caso (A=5,B=1,C1). Analogamente, teremos o mesmo racicínio para (A=1,B=5,C1) e (A=1,B=1,C=5), portanto, somamos apenas: 42 + 42 + 42 = 126 possibilidades. Agora, analisamos para (3,3,1). Para o caso (A=3,B=3,C=1), temos, inicialmente para A, C^7_3=7!/3!4!=7*6*5*4!/3!4! =7*6*5/3*2*1 = 7*5 = 35 possibilidades para A. Como A já ocupa 3, restam ainda 4 posições de 7 para B e, ao B ocupar 3, resta 1 posição para C, assim temos então o total de decisões/possibilidades: 35 * 4 * 1 = 140. Analogamente, temos 140 para os casos (A=3,B=1,C=3) e (A=1,B=3,C=3), portanto somamos 140 + 140 + 140 = 140 * 3= 420. Logo, o total de maneiras são 420 + 126 = 546 maneiras. Alternativa A).