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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
Página 89
62.1
__ __ __ __
3 7 7 7
Resposta pedida: 3 x 73 = 1029
62.2
Casos possíveis: 1029
Casos favoráveis: 2 x 72 x 4 = 392
__ __ __ __ 2 7 7 4
Resposta pedida: 21
8
1029
392
62.3
Casos possíveis: 1029C3
Casos favoráveis: Existem 1 x 5 x 4 x 2 + 2 x 5 x 4 x 3 = 160 números nas condições do
enunciado:
_2_ __ __ __ ou __ __ __ __ 1 5 4 2 2 5 4 3
Assim, o número de casos favoráveis é 160C3.
Resposta pedida: 0,004C
C
31029
3160
63.1
Casos possíveis: 10C4
Casos favoráveis: 3C2 x 7C2 + 3C3 x 7C1 Das três vogais existentes, escolhemos duas (e duas consoantes) ou
escolhemos as três (e uma consoante)
Se o número começar
por 2, este algarismo já
não pode ser o último
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Resposta pedida: 33,3%C
C x C C x C
410
17
33
27
23
63.2
Casos possíveis: 10! Número de permutações das 10 fichas
Casos favoráveis: vamos considerar o acontecimento contrário, ou seja, não saírem vogais consecutivamente
como há 3 vogais, só existem 8 posições disponíveis para as mesmas (os lugares a seguir às
duas primeiras vogais não podem ser ocupados). Assim, existem 8A3 formas de retirar
ordenadamente as fichas com vogais nas condições pedias. Para cada uma destas
possibilidades, temos 7! formas de permutar as consoantes. Então, existem 8A3 x 7! casos
favoráveis a não sair vogais consecutivas.
Resposta pedida: 15
8
10!
7! x A1 3
8
63.3 Comecemos por escolher os lugares para as sete fichas azuis; existem 28C7 possibilidades.
Para cada uma delas, temos 21C6 formas de escolher os lugares para as seis fichas encarnadas.
Recorda que tanto as fichas azuis como as fichas encarnadas são indistinguíveis entre si.
Resta-nos ainda distribuir, ordenadamente, pelos 15 lugares ainda disponíveis, as sete fichas com
letras. Existem 15A7 formas de o fazer Estas fichas são distintas entre si.
Então, 28C7 x 21C6 x 15A7 é uma resposta possível ao problema em causa.
Podemos, no entanto, utilizar outro raciocínio. Escolhamos, desde já, as 20 casas que serão
utilizadas para colocar as 20 fichas. Existem 28C20 formas de o fazer. Para cada uma delas,
devemos escolher, ordenadamente, entre os 20 lugares disponíveis, os sete que irão ser
ocupados pelas fichas com letras: existem 20A7 possibilidades. Recorda que estas fichas são distintas
entre si. Resta-nos escolher, dos 13 lugares ainda não ocupados, sete para as fichas azuis.
Existem 13C7 opções. As fichas azuis são indistinguíveis entre si. Os lugares para as fichas encarnadas
ficam, imediatamente, definidos.
Então, 28C20 x 20ª7 x 13C7 é uma outra resposta possível ao problema em causa.
64.1
__ __ __ __ __ __ __ 4
12
A3 18
A3
Resposta pedida: 12A3 x 18A3 x 4 = 25 850 880
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64.2 Existir pelo menos três outros é o acontecimentos contrário a existirem exatamente 4 ouros.
Existem 13C2 x 39C4 13C2 x 13C4 = 6 359 808 maneiras distintas de extrair as cartas nas condições
pedidas. 13C2 x
39C4 é o número de maneiras distintas de extrair duas espadas e quatro cartas que não são espadas e
13C2 x
13C4 é o número de maneiras distintas de extrair duas espadas e quatro cartas de ouros.
64.3 a)
Casos possíveis: número de maneiras de extrair 8 cartas de um baralho de 52, ou seja, 52C8.
Casos favoráveis: existem 4 naipes possíveis. Para cada um destes naipes, depois de escolhida a
primeira carta, as restantes ficam definidas, visto que queremos que sejam cartas consecutivas.
Para a 1ª carta existem 6 possibilidades (2, 3, 4, 5, 6, 7). Repara que se a 1ª carta for 8, não conseguimos
ter 8 cartas consecutivas (8 - 9 – 10 – Dama – Valete – Rei – Ás - ?)
Assim, o número de casos favoráveis é 4 x 6.
Pela lei de Laplace, a probabilidade pedida é 8
52C
64
64.3 b) 0,003C
CCCCCC
852
344
44
14
444
34
14
Temos que considerar dois casos distintos: sair um ás e três
damas ou sair um ás e quatro damas.
65.1 440 552! 6! 3!
12!
As bolas com o número 2 são um bloco que vai permutar com as restantes 11 bolas. As
bolas com o mesmo número são iguais.
65.2 6
2
92
C 5
12C Das 9 bolas com número ímpar, apenas 6 têm o número 1.
65.3 Pela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de
casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos
elementares sejam equiprováveis. Como qualquer uma das 16 bolas tem igual probabilidade de
ser escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. Como se pretende tirar três das
16 bolas, o número de maneiras de o fazer é 16C3, sendo este o número de casos possíveis.
Para que a soma dos três números saídos seja 7 temos de considerar três casos: sair a
combinação de números 3, 2 e 2, a combinação 1, 6 e 6, ou a combinação 1, 2 e 4.
Para a combinação de números 3, 2 e 2 existem 6C1 x 5C2 = 6 x 5C2 hipóteses. Existem seis bolas com
o número 3, das quais queremos tirar uma, e cinco bolas com o número 2, dais quais pretende-se extrair duas.
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Para a combinação 1, 3 e 3, temos 3C1 x 6C2 = 3 x 6C2 hipóteses. Existem três bolas com o número 1, das
quais queremos tirar uma, e seis bolas com o número 3, das quais pretende-se extrair duas.
Para a combinação 1, 2 e 4, temos 3 x 5 x 2 hipóteses. Existem três bolas com o número 1, cinco bolas
com o número 2 e duas bolas com o número 4, e pretende-se extrair uma de cada.
Assim, o número de casos favoráveis é 6 x 5C2 + 3 x 6C2 + 3 x 5 x 2 e a probabilidade pedida é
316
26
25
C
2 x 5 x 3 C x 3 C x 6 .
66. 440 553! 5! 4!
16!
Existem quatro 1 iguais entre si, cinco 2 iguais entre si e três 3 iguais entre si.
67.1 5C2 x 83 = 5120 Escolhem-se as posições a serem ocupadas pelos dois 2 e, para cada uma das três restantes,
existem 8 possibilidades
67.2 Para que a soma dos 5 algarismos seja par temos que considerar dois casos:
os cinco algarismos são pares: existem 45 possibilidades Temos, para cada posição, 4 hipóteses
ou
existem três algarismos pares: as duas últimas posições são ocupadas por algarismos pares;
assim, escolhemos, das três restantes, duas para serem ocupadas pelos algarismos ímpares:
existem 3C2 formas de o fazer. Para cada uma destas possibilidades, existem 52 possibilidades de
escolher os ímpares para o número e 43 de distribuir os pares pelo mesmo. Temos 5 algarismos
ímpares e 4 algarismos pares.
Assim, existem 45 + 3C2 x 52 x 43 números nas condições do enunciado.
67.3 6561
200
9
5!C5
26
Existem 95 números diferentes constituídos por 5 daqueles algarismos. Nos casos favoráveis,
já temos três algarismos escolhidos. Resta-nos escolher, dos restantes seis algarismos, os dois que faltam, e permutar
os cinco algarismos.
68.
Casos possíveis: 104 x 265 Temos 10 algarismos disponíveis para cada uma de quatro posições e 26 letras para
cada uma de cinco posições
Casos favoráveis: 4C2 x 92 x 26A5 Escolhemos, de entre os quatro lugares para algarismos, dois para serem
ocupados pelos 6; restam duas posições que podem ser ocupadas por 9 algarismos. Para as letras, devemos escolher,
ordenadamente, 5 das 26 disponíveis, sem repetição.
Resposta pedida: 0,032610
A9C54
5262
24
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69. Equacionando o problema, obtemos 11
6
C
2
n
2
n
2n
Repara que, nas condições do enunciado, se existem n
compartimentos, com n par, então metade são numerados com números ímpares e a outra metade são numerados com
números pares.
21n1212n11n
1)12(n11n11
6
1)2(n
n
11
6
1)4n(n
2n
11
6
2
1)n(n4
n
11
6
2)!(n2!
n!4
n
11
6
C2
n
2
n2
22
2n
70.1 Equacionando o problema, obtemos 1+ n + nC2 = 79. Assim,
13n12n0156nn0156nn2n782
1)n(nn79
2)!(n2!
n!n1 22
Assim, n = 12.
70.2 a) 13
1
C
6
213
A linha com n = 12 tem 13 elementos, sendo que apenas um deles (o central) não é igual a outro.
Assim existem 6 pares de números iguais.
70.2 b) X = {0, 1, 2}. Para calcularmos P(X = 0), P(X = 1) e P(X = 2) precisamos de calcular os
elementos da linha considerada, sendo que os múltiplos de 6 estão assinalados:
1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1
P(X = 0) = 26
5
C
C
213
26
Probabilidade de nenhum dos números escolhidos serem múltiplos de 6.
P(X = 1) = 13
7
C
CC
213
16
17
Probabilidade de um dos números escolhidos ser múltiplo de 6 e o outro não.
P(X = 2) = 26
7
C
C
213
27
Probabilidade de os dois números escolhidos serem múltiplos de 6.
A distribuição de probabilidades de X é
13
14
26
72
13
71
26
50μ
xi 0 1 2
P(X = xi) 26
5
13
7
26
7
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70.2 c) Pretende-se calcular a probabilidade de os dois elementos escolhidos serem diferentes,
sabendo que a soma dos mesmos é menor do que 135.
Para que a soma dos dois elementos escolhidos seja menor do que 135, só podemos escolher
entre os elementos 1 12 66 66 12 1.
Casos possíveis: 6C2 Qualquer combinação de dois dos elementos listados resulta numa soma menor do que 135.
Casos favoráveis: 6C2 3 De todas as combinações de dois dos elementos, temos apenas três em que os
elementos são iguais.
Resposta pedida: 5
4
C
3-C
26
26
71.1 Os temos deste desenvolvimento são da forma
p3
p14
2
1
p14 2xxC 2
7p7
p14p xC2)(
.
Se existir, o termo independente é tal que 02
7p7 , ou seja, p = 2. Assim, o termo pretendido é
364 xC2)( 2
277
2142
.
71.2 Como n = 14, o desenvolvimento considerado tem 15 termos, pelo que o termo médio é tal
que p = 7, ou seja, x x296 439 x296 439 x296 439 xC2)(18
2
1
2
36
2
35
2
777
7147
71.3 Se um dos termos é da forma 1001ax14, então 142
7p7 , ou seja, p = 6. Assim, este
termo é 14-2
677
6146 x192 192 xC2)(
.
Então, 1001a = 192 192 a = 192
71.4 a) Estamos perante a linha com n = 14, onde assinalámos os elementos inferiores a 1000:
1 14 91 364 1001 2002 3003 3432 3003 2002 1001 364 91 14 1
0,88C
CCCCC
315
17
28
27
18
37
Probabilidade de nenhum dos escolhidos ser inferior a 1000, ou um dos três
escolhidos ser inferior a 1000, ou dois dos escolhidos serem inferiores a 1000.
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71.4 b) 455
2
C
2
315
Com os elementos disponíveis, a única combinação para obtermos este produto é 14 x 14 x 1
(como existem dois 1, existem dois casos favoráveis).
72.1 1)7(n81)2)(n(n1)n!7(n8n!1)n!2)(n(n!1n78n!!2n
3n1n034nn77n822nnn 22
72.2 5n2n3CCC4C3CC4C4C3C 3n
2n
3n
3n
2n
31n
21n
3n
2n
73.1 a) 3! x 9! = 2 177 280
73.1 b) Ficarem pelo menos duas bolas juntas é o contrário de não haver bolas brancas em
lugares consecutivos. Neste caso, das 12 posições, as bolas brancas não podem ocupar três
delas, visto que não pode haver bola branca nas posições seguintes às primeiras três bolas
brancas. Assim, temos 9A4 x 8! filas diferentes em que as bolas brancas não estão em posições
consecutivas Das 9 posições possíveis para as bolas brancas escolhemos, ordenadamente, 4 delas. As restantes
oito bolas podem permutar entre si.
Resposta pedida: 12! 9A4 x 8! = 357 073 920
73.2 X = {0, 1, 2, 3}
P(X = 0) = 55
14
C
C
312
38
P(X = 1) = 55
28
C
CC
312
28
14
P(X = 2) = 55
12
C
CC
312
18
24
P(X = 3) = 55
1
C
C
312
34
A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3
P(X = xi) 55
14
55
28
55
12
55
1
74.1 400 214 816 12!4!
14!
n! 0
nCk +
nCk+1 =
n+1Ck+1
nCk =
nCnk
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74.2 a) 546
1
121314
141
74.2 b) 91
1
400 214 816 12!
11!
Considerando as peças com a letra A um bloco, existem 11! formas de esse bloco
permutar com as restantes 10 peças; dessas 10 peças, existem duas que são iguais.
74.3 P(Y|X) é a probabilidade de, ao retirar três peças do conjunto apresentado, apenas uma das
letras ser um E, sabendo que todas as peças escolhidas são vogais.
Casos possíveis: 8C3 Das oito vogais, escolhemos três.
Casos possíveis: 2C1 x 6C2 Dos dois E retiramos um e das restantes seis vogais retiramos duas.
Resposta pedida: 28
15
C
CC
38
26
12
75.1 7C2 x 5C3 x 72 = 10 290 Das sete posições escolhemos duas para serem ocupadas pelos 1, das cinco
restantes escolhemos três para os 4. Para cada uma das restantes duas posições existem ainda sete algarismos
possíveis.
75.2 P(A|B) é a probabilidade de o número escolhido ser par, sabendo que tem os algarismos
todos distintos.
Casos possíveis: 9A7 Devemos escolher, ordenadamente, de entre os nove algarismos disponíveis, sete.
Casos favoráveis: 4 x 8A6 Para que o número seja par, o seu último algarismo pode ser qualquer um dos quatro
algarismos 2, 4, 6 ou 8. Para as restantes seis posições do número, existem oito algarismos disponíveis, os quais
devem ser escolhidos ordenadamente.
Resposta pedida: 9
4
A
A 4
79
68
Para verificar se A e B são acontecimentos independentes calculemos P(A) e vejamos se
P(A) = P(A|B).
P(A) = 9
4
9
947
6
No cálculo desta probabilidade, como casos possíveis, deves considerar todos os números de sete
algarismos que se podem formar com os nove algarismos dados; como casos favoráveis considera os números pares,
nas condições já descritas. Então, P(A) = P(A|B) e A e B são acontecimentos independentes.
76.1 7A6 x 7! = 25 401 600 Dos sete números ímpares escolhemos, ordenadamente, seis para numerarem as
faces da pirâmide. Restam sete números que não foram utilizados nas faces da pirâmide. Estes sete permutam entre si,
para numerarem as sete faces do prisma.
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76.2 Consideremos todos os 13C2 segmentos com extremos em dois dos vértices do sólido.
Destes, 24 são arestas do sólido, pelo que não devem ser contados nas diagonais espaciais.
Também não devem ser contadas as diagonais faciais do sólido: só existem faces faciais no
prisma, cada face retangular tem duas diagonais (no total de 12) e na base [ABCDEF] do prisma
existem 6C2 6 diagonais (de todos os segmentos com extremos nos vértices da face, excluímos
as arestas).
Assim, existem 13C2 24 (12 + 6C2 6) = 13C2 (6C2 + 6) 24 diagonais espaciais neste sólido.
76.3 6 5 4
3 3 3
13
3
C 3 C 6 C26%
C
Para que o plano contenha o centro da face [ABCDEF]
temos de considerar três casos. Escolher três vértices entre os seis [ABCDEF] (existem 6C3
possibilidades para fazer esta escolha); os planos VMF, VLM e VJD contêm o centro da
face. Cada um destes planos contem cinco vértices do sólido, portanto, para cada uma
destas três hipóteses existem 5C3 maneiras de escolher três vértices que definam o plano
considerado (por exemplo, para o plano VMF podemos escolher quaisquer três vértices de
entre V, M, F, I e C); os planos IJE, GME, JLF, HGF, MLD e HID contêm o centro da face.
Cada um destes planos contem quatro vértices do sólido, portanto, para cada uma destas
seis hipóteses existem 4C3 maneiras de escolher três vértices que definam o plano
considerado (por exemplo, para o plano IJE podemos escolher quaisquer três vértices de entre I, J, E e B);
76.4 P(Y|X) é a probabilidade de os 4 vértices escolhidos serem comuns ao prisma e à pirâmide,
sabendo que pelo menos três deles pertencem ao polígono [GHIJLM]. Assim, sabe-se que pelo
menos três dos vértices escolhidos pertencem a [GHIJLM], isto é, ou pertencem três ou
pertencem quatro. Então, o número de casos possíveis é 6C3 x 7C1 + 6C4 Dos seis vértices de [GHIJLM]
escolhem-se três e dos restantes sete escolhe-se um, ou dos seis vértices de [GHIJLM] escolhem-se quatro.
O número de casos favoráveis é 6C4 Para que os quatro vértices sejam comuns ao prisma e à pirâmide têm de
pertencer a [GHIJLM]; então, escolhem-se quatro dos seis vértices desse polígono.
Portanto, pelo lei de Laplace P(Y|X) = 31
3
CCC
C
4
6
1
7
3
6
4
6
77.1 Seguindo a sugestão dada, temos que 462 = 2 x 3 x 7 x 11. Então, podemos numerar as
faces laterais coloridas com os números 2, 3, 7 e 11 ou 1, 6, 7 e 11. Para as restantes oito faces,
podemos colocar qualquer um dos números restantes.
Resposta pedida: 2 x 4! X 8! = 1 935 360
77.2 Pela lei de Laplace a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de
casos favoráveis e o número de casos possíveis, quando estes são equiprováveis.
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1.ª resposta:
As faces rosa, verde, azul e amarela já estão numeradas com os números 1, 2, 4 e 6,
respetivamente. Assim, o número de casos possíveis é 8! (número de maneiras de permutar os
restantes oito números nas oito faces que faltam numerar).
Para que a soma dos dois números das bases octogonais seja par, então esses dois números ou
são pares ou são ímpares. Assim, o número de maneiras de numerar as duas bases com dois
números de modo que a sua soma seja par é 3A2 + 5A2 (dos três números pares que restam, 8, 10,
12, escolhem-se ordenadamente dois ou dos cinco números ímpares que restam, 3, 5, 7, 9, 11,
escolhem-se ordenadamente dois). Para cada uma destas maneiras os restantes seis números
permutam nas restantes seis faces de 6! maneiras distintas. Logo, o número de casos favoráveis
é (3A2 + 5A2) x 6!.
Portanto, uma das resposta é
8!
6!AA 2
5
2
3 .
2.ª resposta:
Neste caso vamos apenas escolher os números para as bases. As faces rosa, verde, azul e
amarela já estão numeradas com os números 1, 2, 4 e 6, respetivamente. Assim, o número de
casos possíveis é 8A2 = 8x7 (número de maneiras de escolher, ordenadamente, dois números
entre os restantes oito).
Para que a soma dos dois números das bases seja par, então esses dois números ou são pares
ou são ímpares. Assim, o números de casos favoráveis é 3A2 + 5A2 = 3x2 + 5x4 (número de
maneiras de escolher ordenadamente dois entre os três pares: 8, 10, 12 ou escolher
ordenadamente dois entre os cinco números ímpares que restam: 3, 5, 7, 9, 11).
Portanto, outra resposta é 78
4523
.
77.3 P(B|A) é a probabilidade de as faces coloridas serem numeradas com números ímpares
consecutivos, sabendo que as mesmas estão numeradas com números ímpares.
Assim, sabe-se que as cinco faces coloridas foram numeradas com números ímpares, pelo que
existem 6A5 x 7! possibilidades de numerar o prisma nestas condições. Para que as faces
coloridas fiquem com números ímpares consecutivos, podemos escolher os números 1, 3, 5, 7 e 9
ou 3, 5, 7, 9, e 11; para cada um destes casos, temos 5! formas de distribuir os números pelas
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cinco faces coloridas. Para numerar as restantes faces existem 7! formas distintas de o fazer, para
cada distribuição de ímpares pelas faces coloridas. Então, P(B|A) = 3
1
7!A
7! 5!2
56
78.1 As peças deste dominó podem ser constituídas por dois símbolos diferentes (existem 10C2
peças nestas condições) ou por dois símbolos iguais (existem 10 peças nestas condições). Assim,
existem 10C2 + 10 = 55 peças neste jogo.
78.2 0,853C
CCC
455
345
110
445
Ou nenhuma das peças tem um símbolo com duas pintas (existem 45 peças
nestas condições das quais se devem escolher quatro), ou uma das peças tem um símbolo com duas pintas e as
restantes três não (das 10 peças com símbolos de duas pintas escolhemos uma e das restantes 45 escolhemos três).
78.3 Pela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de
casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos
elementares sejam equiprováveis. Como qualquer uma das 55 peças tem igual probabilidade de
ser escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema.
P(B|A) é a probabilidade de, quando se escolhem duas peças sem reposição, a segunda peça ter
no máximo seis pintas, sabendo que a primeira peça tem 18 pintas.
O número de casos possíveis é 54, pois já foi retirada uma peça. Vejamos os casos favoráveis, ou
seja, as peças que têm no máximo 6 pintas:
0 – 6 0 – 5 0 – 4 0 – 3 0 – 2 0 – 1 0 – 0 1 – 5 1 – 4 1 – 3 1 – 2 1 – 1 2 – 4 2 – 3 2 – 2 3 – 3
Existem 16 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 27
8
54
16 .
79.1 Consideremos os acontecimentos F: “os passageiros viajam em férias” e P: “os passageiros
são portugueses”. Pelo enunciado temos que P(F) = 3
2,
7
2PP e 0,2F|PP .
Pretende-se calcular P|FP = PP
PFP .
15
1FPPFPP
3
10,2
FP
FPPF|PP
15
4FPPFPP
15
1
3
1FPPFPPFP . Então, P|FP =
15
4
7
215
4
.
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
79.2 Dos 210 passageiros, 150 são portugueses
7
5210 .
Casos possíveis: 210C5
Casos favoráveis: 150C2 x 60C3
Resposta pedida: 11,8%C
CC
5210
360
2150
80.1 Por exemplo, o código pretendido só ter consoantes e ter os algarismos todos distintos.
Repara que existem seis consoantes possíveis e dez algarismos possíveis.
80.2 5%108
5A34
34
8
80.3 Pela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de
casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos
elementares sejam equiprováveis. Como qualquer uma dos códigos tem igual probabilidade de ser
escolhido, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema.
O número de casos possíveis é o número de códigos formados por números primos e vogais.
Existem duas vogais e quatro números primos disponíveis, pelo que o número de casos possíveis
é 24 x 43, visto que se vai escolher quatro vogais e três números primos. Nos casos favoráveis, se
os números são todos pares, então nas três rodas de números temos obrigatoriamente o 2 (o 2 é
o único primo que é par) e se existem exatamente dois A, existem 4C2 formas de o fazer, visto que
para as restantes rodas só existe uma possibilidade (que é a letra E).
Assim, existem 1 x 4C2 x 1 = 4C2 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 34
24
42
C
.
80.4 P(C|(AB)) é a probabilidade de acertar no código à primeira tentativa, sabendo que o
código tem as letras e os algarismo todos iguais. Assim, a probabilidade pedida é 80
1
108
1
Como
se pretende acertar à 1ª tentativa o número de casos favoráveis é 1. Para o número de casos possíveis basta escolher
uma das oito letras e um dos dez números.
81.1 0,12C
CC
312
19
23
Repara que o vértice A pertence a três das 12 faces do dodecaedro.
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81.2 5
1
54
4
81.3 Consideremos as variáveis aleatórias X, Y e Z. Então, X = {2, 1, 0, 1, 2}, Y = {1, 0, 1} e
Z = {1, 0, 1}. Assim, excluímos X pois X {1, 0, 1}.
Calculemos P(Y = 1) e P(Z = 1).
P(Y = 1) = 16
7
128
369232
Para que o menor número saído seja o 1 temos três casos distintos: sai 1
nos dois dados, ou sai 1 no octaedro e 0 ou 1 no dodecaedro, ou sai 0 ou 1 no octaedro e 1 no dodecaedro.
P(Z = 1) = 8
1
128
3232
Para que o produto dos números saídos seja 1 temos dois casos distintos: sai 1
no octaedro e 1 no dodecaedro, ou sai 1 no octaedro e 1 no dodecaedro
Assim, a variável aleatória cuja distribuição de probabilidades é a dada só pode ser a Y.
Verifiquemos, ainda, P(Y = 0) e P(Y = 1)
P(Y = 0) = 2
1
128
623464
Para que o menor número saído seja o 0 temos três casos distintos: sai 0 nos
dois dados, ou sai 0 no octaedro e 1 no dodecaedro, ou sai 1 no octaedro e 0 no dodecaedro.
P(Y = 1) = 16
1
128
32
Para que o menor número saído seja o 1 tem que sair 1 nos dois dados.
82.1 a) Consideremos os acontecimentos H: “o aluno escolhido é um rapaz” e C: “o aluno
escolhido prefere cursos relacionados com ciência”.
Pelo enunciado temos que P(H) = 0,3, P(C|H) = 3
2e 0,5H|CP e pretende-se determinar
C|HP .
Construamos um diagrama em árvore que exemplifique esta situação:
0,3 x 1
3 = 0,1
0,3 x 2
3 = 0,2
0,5
2
3
0,7 x 0,5 = 0,35
P(H) = 1 0,3 = 0,7
P(C|H) = 1 P(C|H) = 12
3 =
1
3
P(C|H) = 1 P(C|H) = 1 0,5= 0,50,7 x 0,5 = 0,35
1
3
0,5
0,3
0,7
C
C
C
C
H
H
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11
7
0,20,35
0,35
P(C)
CHPC|HP
82.1 b) Como 30% dos participantes no estudo são rapazes, existem 60 rapazes e 140 raparigas
disponíveis para formar a comissão.
Pela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos
favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos
elementares sejam equiprováveis. Como qualquer um dos participantes no estudo tem igual
probabilidade de ser escolhido, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema.
O número de casos possíveis é o número de grupos de seis pessoas que se podem formar de
entre 200. Assim, existem 200C6 casos possíveis.
Nos casos favoráveis, temos de considerar dois casos distintos (relembra que temos que ter mais
rapazes do que raparigas):
a comissão tem 4 rapazes e 2 raparigas: como a Joana tem de ser um dos elementos da
comissão, resta-nos escolher uma rapariga entre as restantes 139 (existem 139C1 formas de o
fazer) e quatro rapazes de entre os 60 (pode ser feito de 60C4 maneiras distintas); nesta situação,
existem 139C1 x 60C4 = 139 x 60C4 casos favoráveis
a comissão tem 5 rapazes e 1 rapariga: a única rapariga já está escolhida (é a Joana), pelo que
resta-nos escolher de entre os 60 rapazes, cinco para formar a comissão; nesta situação, existem
60C5 casos favoráveis.
Assim, existem 139 x 60C4 + 60C5 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 6
2005
60 4
60
C
CC 139 .
82.2 Observemos a representação gráfica desta situação Relembra que a curva de Gauss é simétrica
relativamente à reta de equação x = .
Assim, a probabilidade de uma rapariga ter peso
inferior a 50 kg ou superior a 70 kg é P(X < 50) +
P(X > 70) = 1 0,45 0,45 = 0,1.
Então, existem 0,1 x 140 = 14 raparigas nas
condições pedidas.
50 60 70
45% 45%
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83.
BP
BAPBBBAP
BP
BAP
BP
BBAPB|APB|BAP
1BP
BP
BP
BAPBAP
84.
BP
BAPP(A)1
BP
BBBAPP(A)1
BP
BBAPP(A)1B|BAPAP
2P(A)1P(A)P(A)1B|APP(A)1
Vejamos que se A e B são independentes, o mesmo acontece com A e o contrário de B:
BPP(A)P(B)1P(A)P(B)P(A)P(A)B)P(AP(A)BAP , pelo que A e B são independentes.
85.1 a) 27
17
4
2
6
2
9
7
6
3
9
4
6
1 Para que a bola retirada tenha como cor encarnado temos três casos distintos:
sai 1 no dado e retira-se bola da caixa A, ou sai 2, 3 ou 5 e retira-se bola da caixa B, ou sai 4 ou 6 e retira-se bola da
caixa C.
85.1 b) Sejam os acontecimentos V: “a bola retirada é verde” e A: “a bola retirada é da caixa A”.
Pretende-se determinar P(A|V).
P(A|V) = 4
1
27
171
9
5
6
1
P(V)
V)P(A
Repara que sair bola verde é o acontecimento contrário a sair bola encarnada,
cuja probabilidade foi calculada em 85.1 a).
85.1 c) P(X|Y) é a probabilidade de ser retirada bola verde, sabendo que saiu face com número
primo no lançamento do dado. Se saiu número primo no lançamento, retira-se uma bola da caixa
BB A B
BBABA
BB
Se A e B são independentes, também
o são A e B , pelo que P(A)B|AP
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B (os primos que estão nas faces do dado são o 2, o 3 e o 5). Na caixa B existem duas bolas
verdes, num total de nove bolas, pelo que a probabilidade pedida é 9
2.
85.2 Seja n o número de bolas pretas colocadas na caixa C. Assim, nesta caixa existem 4 + n
bolas, sendo duas encarnadas, duas verdes e n pretas. Equacionando o problema obtemos
33
8
3n
n
4n
22
Repara que pode sair bola verde na 1ª extração e bola preta na 2ª, ou pode sair bola preta na
1ª extração e bola verde na 2ª.
9656n8n132n3)4)(n8(n132n33
8
3)4)(n(n
4n
33
8
3n
n
4n
22 2
1,5n8n09676n8n2 . Assim, n = 8.
86.1
Casos possíveis: existem 12 figuras e 4 ases num baralho de cartas completo, pelo que temos 16
cartas para colocar em fila. Existem 16! maneiras de permutar estas cartas, pelo que o número de
casos possíveis é 16!.
Casos favoráveis: temos 4 cartas de cada um dos 4 naipes. Considerando cada conjunto de 4
cartas do mesmo naipe como um bloco, existem 4! formas de permutar as cartas dentro de cada
bloco. Como temos 4 blocos, vamos ter (4!)4 formas de permutar as cartas dentro dos 4 blocos.
Podemos, ainda, permutar os 4 blocos entre si, existindo 4! formas de o fazer. Assim, existem
(4!)4 x 4! = (4!)5 casos favoráveis.
Assim, a probabilidade pedida é 16!
4!5
.
86.2 P(B|A) é a probabilidade de uma das sete cartas retiradas ser uma figura e outra ser um ás,
sabendo que as cartas são todas do naipe de copas. Assim, pretende-se calcular a probabilidade
de, ao retirar sete cartas do naipe de copas, uma ser uma figura e outra ser um ás.
Então, P(B|A) = 286
63
C
CCC
713
59
11
13
De entre as três figuras de copas devemos escolher uma, o ás de copas
também deve ser escolhido e resta-nos escolher cinco de entre as restantes nove copas. Nos casos possíveis, qualquer
uma das treze copas pode ser escolhida.
87.
P(A)
B)P(ABAP1
P(A)
B)P(A
P(A)
BAP
P(A)
P(A)A)|P(B
P(A)
BAPP(A)
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P(A)
AP1
P(A)
B)P(AB)P(AP(B)P(B)AP1
P(A)
B)P(AB)AP(P(B)AP1
88.1
B)P(A1BAPBAPBP
BAPBPB|APBPB|AP1BP
88.2 Sejam os acontecimentos A: “a pessoa escolhida tem nacionalidade espanhola” e B: “a
pessoa escolhida tem nacionalidade portuguesa”. Sabemos que 0,12BP e 4
3B|AP e
pretende-se determinar P(AB) .
Por 88.1, temos que B|AP1BPB)P(A1 . Assim, 1 P(AB) = 0,12 x (1 0,75)
P(AB) = 0,97 = 97%
89.1 a) 15
4
C
CCC
210
22
25
23
Nos casos favoráveis, temos de considerar o caso em que tiramos duas bolas
brancas, o caso em que tiramos duas bolas numeradas com um número ímpar e retirar a interseção destes casos, ou
seja, retira o caso em que escolhemos duas bolas brancas numeradas com um número ímpar.
89.1 b) A|BP é a probabilidade de a segunda bola retirada não ser encarnada, sabendo que a
primeira bola retirada está numerada com um número superior a 8. Se a primeira bola retirada
estava numerada com um número superior a 8, significa que é uma bola encarnada. Assim,
quando se vai fazer a 2ª extração, existem nove bolas, das quais oito são não encarnadas, pelo
que 9
8A|BP .
89.2 X = {0, 1, 2, 3}.
P(X = 0) = 120
1
C
C
310
33
Probabilidade de retirar as três bolas pretas numeradas com um número par.
A B
AB
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P(X = 1) = 40
7
C
CC
310
17
23
Probabilidade de retirar duas das três bolas pretas numeradas com um número par e
uma das restantes.
P(X = 2) = 40
21
C
CC
310
27
13
Probabilidade de retirar uma das três bolas pretas numeradas com um número par e
duas das restantes.
P(X = 3) = 24
7
C
C
310
37
Probabilidade de não retirar nenhuma das bolas pretas numeradas com um número par.
A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3
P(X = xi) 120
1
40
7
40
21
24
7
90. Consideremos os acontecimentos M: “o aluno escolhido fez o exame de Matemática” e F: “o
alunos escolhido fez o exame de Física”. Pelo enunciado temos que P(M) = 0,65
3 ,
P(F|M) = 0,35, 0,9M|FP e pretende-se calcular F|MP .
Podemos construir uma tabela que exemplifique esta situação:
P(FM) = P(F|M) x P(M) P(FM) = 0,35 x 0,6 = 0,21
0,390,210,6FMP 0,40,61MP
0,360,40,9MPM|FPMFP
0,040,360,4MFP
P(F) = 0,21 + 0,04 = 0,25 0,750,251FP
16%
0,24
0,04
P(F)
FMPF|MP
91.1 X = {2, 3, 4, 5} Repara que da caixa B temos de tirar obrigatoriamente duas bolas laranjas e que, no máximo,
retiramos uma bola laranja da caixa A.
P(X = 2) = 30
1
CCC
CCC
26
25
24
22
25
23
Probabilidade de retirar duas bolas azuis da caixa A, duas bolas laranja da caixa
B e duas azuis da caixa C.
M M p.m.
F 0,21 0,04 0,25
F 0,39 0,36 0,75
p.m. 0,6 0,4
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P(X = 3) = 10
3
CCC
CCCCCCCC
26
25
24
14
12
25
23
22
25
11
13
Probabilidade de retirar uma bola de cada cor da
caixa A, duas bolas laranja da caixa B e duas azuis da caixa C ou retirar duas bolas azuis da caixa A, duas bolas laranja
da caixa B e uma bola de cada cor da caixa C.
P(X = 4) = 15
7
CCC
CCCCCCCC
26
25
24
24
25
23
14
12
25
11
13
Probabilidade de retirar uma bola de cada cor da
caixa A, duas bolas laranjas da caixa B e uma bola de cada cor da caixa C ou retirar duas bolas azuis da caixa A, duas
bolas laranja da caixa B e duas bolas laranja da caixa C.
P(X = 5) = 5
1
CCC
CCCC
26
25
24
24
25
11
13
Probabilidade de retirar uma bola de cada cor da caixa A, duas bolas laranja
da caixa B e duas bolas laranja da caixa C.
A distribuição de probabilidades de X é
xi 2 3 4 5
P(X = xi) 30
1
10
3
15
7
5
1
91.2 X|YP é a probabilidade de as bolas retiradas de B serem de cor diferente, sabendo que as
quatro bolas retiradas das caixas A e C são da mesma cor.
Pela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos
favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos
elementares sejam equiprováveis. Como qualquer uma das bolas tem igual probabilidade de ser
escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema.
O número de casos possíveis é o número de maneiras possíveis de escolher três bolas de entre
nove (repara que a caixa B vai ficar com 5 + 4 bolas). Assim, existem 9C3 casos possíveis.
Para os casos favoráveis temos de ter em atenção que já sabemos que as bolas retiradas das
caixas A e C e colocadas na caixa B têm todas as mesma cor. Assim, tendo em conta que na
caixa A apenas existe uma bola laranja, as quatro bolas colocadas na caixa B são todas azuis,
pelo que a caixa B tem, agora, cinco bolas laranja e quatro bolas azuis. Para que sejam retiradas
desta caixa bolas de cor diferentes, temos de considerar dois casos distintos:
duas das bolas retiradas são azuis e uma é laranja: existem 4C2 formas de escolher as bolas
azuis e 5C1 formas de escolher a bola laranja; neste caso temos 4C2 x 5C1 = 5 x 4C2 possibilidades.
duas das bolas retiradas são laranja e uma é azul: existem 5C2 formas de escolher as bolas
laranja e 4C1 formas de escolher a bola azul. Neste caso temos 5C2 x 4C1 = 4 x 5C2 possibilidades.
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Assim, existem 5 x 4C2 + 4 x 5C2 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 3
92
5 2
4
C
C 4C 5 .
92.1
BP
P(B)BAP
P(B)
P(B)B)P(AP(B)
BP
BAP
P(B)
B)P(AP(B)B|APB)|P(A
BAPB|APB)P(ABP
BPBAP
BP
BAPB)P(A
BP
BP1BAPB)P(A
B|APP(A)B|APBAPB)P(A
92.2 a) Sejam os acontecimentos A: “o número saído no dado cúbico é superior a 2” e B: “o
número saído no dado cúbico é par”. Pelo enunciado temos que P(B) = 0,75, 8
3AP e
B|AP = 0,5. Pretende-se determinar B|AP .
Por 92.1, temos que B|APP(A)P(B)B|APB)|P(A .
Então, 3
2B)|P(A0,5
8
50,750,5B)|P(A
92.2 b) X = {0, 1, 2, 3} Repara que no dado octaédrico existem três números não positivos e 5 positivos.
P(X = 0) = 512
125
8
53
3
Probabilidade de, nos três lançamentos, sair sempre números positivos.
P(X = 1) = 512
225
8
53C3
21
3
Probabilidade de, nos três lançamento do dado octaédrico, sair um número não
positivo e dois números positivos (o número não positivo poderá sair em qualquer um dos três lançamentos)
P(X = 2) = 512
135
8
53C3
22
3
Probabilidade de, nos três lançamento do dado octaédrico, saírem dois números
não positivos e um número positivo (os números não positivos poderão sair em quaisquer dois dos três lançamentos)
P(X = 3) = 512
27
8
33
3
Probabilidade de, nos três lançamentos, sair sempre números não positivos.
A B
AB
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A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3
P(X = xi) 512
125
512
225
512
135
512
27
92.2 c) P(R|T) é a probabilidade de a soma dos números registados nos quatro lançamentos do
dado octaédrico ser superior a 6, sabendo que o produto dos números registados nos dois
primeiros lançamentos é 8.
Como sabemos que o produto dos números saídos nos dois primeiros lançamentos é 8, nestes
lançamentos saíram os números 2 e 4. Assim, a soma dos números, até ao segundo
lançamento, é 2, pelo que para se obter uma soma superior a 6 no fim dos quatro lançamentos,
nos próximos dois lançamentos temos de ter uma soma superior a 4.
Assim, temos 82 casos possíveis para os dois últimos lançamentos e os seguintes casos
favoráveis:
se sair 1 no 3º lançamento (duas possibilidades), no 4º lançamento só poderá sair 4 2 casos
favoráveis
se sair 2 no 3º lançamento, no 4º lançamento poderá sair 3 ou 4 2 casos favoráveis
se sair 3 no 3º lançamento, no 4º lançamento poderá sair 2, 3 ou 4 3 casos favoráveis
se sair 4 no 3º lançamento, no 4º lançamento poderá sair 1 (duas possibilidades), 2, 3 ou 4 5
casos favoráveis
Assim, temos 12 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 16
3
64
12 .
93.
BAP1APA)|P(B1BAPAPP(A)
B)P(A1BAP
P(A)
APB)P(A1
P(B)A)|P(BB)P(AP(B)B)P(AA)|P(B
B)P(AP(B)P(A)P(A)
B)P(AA)|P(BB)P(AP(B)1P(A)(1A)|P(B1
94.1
B)P(AAPB)P(AP(B)P(A)1P(B)B)P(A1P(B))BAP(P(B)BAPBP
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94.2
BAPP(B)AP
B)P(A
BP
P(B)
B)P(ABAP
B)P(A
BPB)|P(A
BAPP(B)1BAPP(B)P(B)
BP
B)P(AAPP(B)
BPB)P(AP(B)P(B)AP
P(B)
BP
95. C|BAP é a probabilidade sair uma carta de paus na segunda extração com valor
superior ou igual a 6, sabendo que na primeira extração saiu ás de paus.
Assim, para a segunda extração temos 51 casos possíveis (uma carta já foi retirada) e oito casos
favoráveis (6, 7, 8, 9, 10, V, D e R de paus, visto que o ás de paus já foi retirado na primeira
extração).
Assim, a probabilidade pedida é 51
8C|BAP .
96.1
1BP
BP
BP
BAPBAP
BP
BAP
BP
BAPB|APB|AP
96.2 BAPBAPBPAP1BAPBAP1BAPBAP
BPP(A)BAPBAPBPAP1
96.3 BAPBPB|APP(B)1B|APP(B)B|APB|AP
Por outro lado,
A B
AB
94.1
Se 0<P(B)<0,5, então 1 P(B) > 0,5, pelo que P(B)BP e
1P(B)
BP
A B
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BAPB)P(AP(A)B)P(AP(B)P(B)P(A)BAPP(B)P(A)P(B)B|APP(B)P(A)
Assim, P(B)B|APP(B)P(A)P(B)B|APB|AP
97.1
P(C)
C)P(B
P(C)
C)P(A
P(C)
C)P(BC)P(A
P(C)
C)(BC)(AP
P(C)
CB)(APC|B)(AP
C)|P(BC)|P(A
97.2 P(B)P(A)
P(A)
B)P(AP(B)P(A)
B))(AA)P((A
B)P(A
B))(AP(AB))(A|P(AB)(A|AP1
97.3
APP(B)B)P(AP(B)P(A)1P(B)B)P(A1B)P(AP(B)BAPBAPBAP
97.4 BPP(A))(1BAPBPP(A)BPAPBAPBPP(A)
BAPP(A)BPB)P(AP(A)BPBAPBPBPP(A)BPBAPBPP(A)
98.1 P(B)P(A)P(B)P(A)1B)P(AP(B)P(A)1B)P(A1BAPBAP
BPAPBPAPAPBP1BP1AP11BP1AP1BP1AP(11
A B
AB
Como AB = , então (AC) (BC) =
Como AB = , então P(AB) = 0 e
A(AB)=A
96.1
Como AB = , então P(AB) = 0
Como AB = , então P(AB) = 0
A e B são independentes logo P(AB) = P(A) x P(B)
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Então, se A e B forem independentes BPAPBAP , ou seja, A e B são independentes.
98.2
B)P(AP(B)P(B)P(A)1B)P(AP(B)P(B)APBAPP(B)APBAP
BPP(A)1P(B))(1P(A)1P(B)P(A)P(A)1
98.3
B)P(AP(B)B)P(AP(A)BPP(A)B)P(AP(B)BAPBPP(A)BAPBAP
APP(B)21P(A))(12P(B)1
2P(B)P(B)2P(A)1P(B)P(B)1P(B)2P(A)P(B)P(A)P(B)P(B)P(A)BP
99. 1 a)
Casos possíveis: 120C2 Dos 120 associados escolhem-se dois.
Casos favoráveis: como existem 65 sócios inscritos em pelo menos uma das modalidades,
existem 65 (30 + 50) = 15 sócios inscritos em ambas as modalidades. Assim, existem 30 15 =
15 sócios inscritos apenas no futebol e 50 15 = 35 sócios inscritos apenas na ginástica.
Pretende-se escolher dois sócios inscritos só no futebol ou só na ginástica, pelo que os casos
favoráveis são 15C2 + 35C2 Observa o diagrama de Venn representativo desta situação.
Probabilidade pedida: 51
5
C
CC
2120
235
215
99.1 b) 14,9%C
C
290
235
Existem 120 30 = 90 sócios que não inscritos no futebol e, destes, apenas 35 estão
inscritos na ginástica (não estão incluídos os que estão inscritos em ambas as modalidades).
99.2 Existem 15 sócios que só estão inscritos no futebol, 35 que só estão inscritos na ginástica e
55 que não estão inscritos em nenhuma das modalidades. Assim, pretende-se escolher cinco de
entre os 15 que só têm futebol, o número de maneiras do o fazer é 15C5, quatro de entre os 35 que
só têm ginástica, o número de maneiras de o fazer é 35C4 e dois de entre os 55 que não estão
inscritos em nada, o número de maneiras de o fazer é 55C2. Como as funções são diferenciadas,
A e B são independentes logo P(AB) = P(A) x P(B)
A e B são independentes logo P(AB) = P(A) x P(B)
G F
35 15 15
55
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podemos permutar os 11 elementos escolhidos pelas diferentes funções.
Assim, existem 15C5 x 35C4 x 55C2 x 11! diferentes comissões nas condições do enunciado.
99.3 a) Vamos considerar os cinco sócios que só têm futebol como um bloco. Existem 5! formas
de os elementos deste bloco permutarem entre si. Além disso, este bloco e os restantes 6
elementos da comissão têm 7! maneiras de permutar de lugar na fila, pelo que existem 5! x 7!
maneiras diferentes de posar para uma fotografia nas condições do enunciado.
Resposta pedida: 5! x7! = 604 800
99.3 b) 0,002211!
5!A66
Nos casos favoráveis, os seis sócios que não têm futebol não podem ocupar nenhuma
das 5 posições imediatamente a seguir aos cinco primeiros sócios deste tipo, pelo que lhes restam seis posições
disponíveis. Assim, existem 6A6 formas de escolher, ordenadamente, as posições para estes sócios e os restantes cinco
podem permutar entre si de qualquer forma, nos cinco lugares disponíveis.
100.1 a) Consideremos os acontecimentos A: “o habitante escolhido é cliente da operadora A” e
B: “o habitante escolhido é cliente da operadora B”. Pelo enunciado tem-se que P(A) = 0,55,
P(B) = 0,60 e P(A|B) = 5
2. Pretende-se determinar P(AB).
P(B)
B)P(AB)|P(A P(AB) = 0,6 x
5
2= 0,24 = 24%
100.1 b) ABPBAP = P(A) P(AB) + P(B) P(AB) = 0,55 0,24 + 0,60 0,24 =
= 0,67 = 67%
100.1 c) Pretende-se calcular A|BP .
5
4
0,45
0,240,6
0,551
B)P(AP(B)
AP
ABPA|BP
.
100.2 a) X = {0, 1, 2, 3} e segue uma distribuição binomial de parâmetros n = 3 e p = P(A) = 0,55.
Assim, P(X = k) = nCk x p
k x (1p)
nk
P(X = 0) = 3C0 x 0,550 x 0,453 = 0,091 125
P(X = 1) = 3C1 x 0,551 x 0,452 = 0,334 125
P(X = 2) = 3C2 x 0,552 x 0,451 = 0,408 375
P(X = 3) = 3C3 x 0,553 x 0,450 = 0,166 375
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A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3
P(X = xi) 0,091 125 0,334 125 0,408 375 0,166 375
100.2 b) Se X é uma variável aleatória que segue uma distribuição binomial de parâmetros n e p,
então = n x p e = p)(1pn . Então, = 3 x 0,55 = 1,65 e = 0.860,450,553 .
Assim, a probabilidade pedida é P(1,65 0,86 < X < 1,65 + 0,86) = P(0,79 < X < 2,51) =
P(X = 1) + P(X = 2) = 0,334 125 + 0,408 375 = 0,7425 = 74,25%
101.1 a) Seja x o número de bolas encarnadas retiradas da caixa A e colocadas na caixa B e seja
y o número de bolas brancas retiradas da caixa B e colocadas na caixa A.
Pretende-se que no fim da experiência o número de bolas nas duas caixas seja igual, ou seja,
12 x + y = 20 + x y y = x + 4. Ou seja, temos que tirar mais quatro bolas brancas da caixa B do que as
retiradas da caixa A, pelo que o número saído no dado icosaédrico tem de exceder em 4 o número saído no dado
dodecaédrico.
Vamos organizar os casos favoráveis numa tabela:
Dodecaedro 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Icosaedro 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Assim, temos 12 casos favoráveis e a probabilidade pedida é 20
1
2012
12
101.1 b) P(Y|X) é a probabilidade de na caixa A ficarem menos bolas do que na caixa B, sabendo
que saiu face 11 no dado dodecaédrico.
Como sabemos que saiu face 11 no dado dodecaédrico, então retiraram-se 11 bolas da caixa A e
colocaram-se na caixa. Assim, a caixa A ficou com uma bola e a caixa B ficou com 31 bolas. Para
que a caixa A fique, no final da experiência, com menos bolas do que a caixa B, o número saído
no dado icosaédrico tem de ser inferior a 15. Repara que existe um total de 32 bolas, pelo que para ficar um
número igual de bolas em cada caixa (16 bolas) a caixa A tem de receber 15 bolas. Se receber menos do que isso
ficará com menos bolas do que a caixa B.
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Assim, existem 14 casos favoráveis e 20 casos possíveis, pelo que a probabilidade pedida é
10
7
20
14 .
101.2 Casos possíveis: 12C2 x 20C1
Casos favoráveis: vejamos todas as possibilidades em que a soma de dois dos números
presentes nas bolas da caixa A com um que esteja numa bola da caixa B dá 13.
Caixa A Caixa A Caixa B Caixa A Caixa A Caixa B
1 2 10 2 8 3
1 3 9 2 9 2
1 4 8 2 10 1
1 5 7 3 4 6
1 6 6 3 5 5
1 7 5 3 6 4
1 8 4 3 7 3
1 9 3 3 8 2
1 10 2 3 9 1
1 11 1 4 5 4
2 3 8 4 6 3
2 4 7 4 7 2
2 5 6 4 8 1
2 6 5 5 6 2
2 7 4 5 7 1
Então, temos 30 casos favoráveis.
Reposta pedida: 0,02CC
30
120
212
101.3 X = {0, 1, 2, 4} O 1, o 2, o 3, o 5, o 7 e o 11 têm 0 divisores diferentes de 1 e deles próprios; o 4 e o 9 têm 1
divisores diferentes de 1 e deles próprios; o 6, o 8 e o 10 têm 2 divisores diferentes de 1 e deles próprios; o 12 tem 4
divisores diferentes de 1 e dele próprio.
P(X = 0) = 2
1
12
6 Probabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico 1, 2, 3, 5 ou 7.
P(X = 1) = 6
1
12
2 Probabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico 4 ou 9.
P(X = 2) = 4
1
12
3 Probabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico 6, 8 ou 10.
P(X = 4) = 12
1Probabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico 12.
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A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 4
P(X = xi) 2
1
6
1
4
1
12
1
= 112
14
4
12
6
11
2
10
102.1 P(2) = 6
P(6), P(5) =
6
P(6)5, P(4) = 2 x P(1), P(1) = P(2) = P(3).
Temos que P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1, pelo que
6
P(6)+
6
P(6)+
6
P(6) + 2 x
6
P(6) +
6
P(6)5 + P(6) = 1
6
P(6)16= 1 P(6) =
8
3P(6)
16
6 .
Então, P(5) = 16
5
6
8
35
.
102.2 a) P(A|B) = P(B)
B)P(A
P(AB) = P(3) + P(5) = 8
3
16
5
6
8
3
e P(B) = P(1) + P(3) + P(5) = 16
7
16
5
6
8
3
6
8
3
.
P(A|B) = 7
6
16
78
3
Vejamos se A e B são independentes.
P(A) = P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 8
7
8
3
16
5
8
1
16
1 .
Então, P(A) P(A|B), pelo que A e B não são independentes.
102.2 b) 2
1
8
3
8
1P(6)P(4)BAP
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102.3 a) P(sair um número par) = P(2) + P(4) + P(6) = 16
9
8
3
8
1
16
1 . Assim, a probabilidade
pedida é 41%16
9C
16
7
16
9C
4
44
3
34
102.3 b) X = {0, 1, 2, 3, 4} e X segue uma distribuição binomial de parâmetros n = 4 e p = 8
3.
P(X = 0) =
4
8
5
P(X = 1) =
331
14
8
5
8
34
8
5
8
3C
P(X = 2) =
2222
24
8
5
8
36
8
5
8
3C
P(X = 3) = 8
5
8
34
8
5
8
3C
313
34
P(X = 4) =
4
8
3
A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3 4
P(X = xi)
4
8
5
3
8
5
8
34
22
8
5
8
36
8
5
8
34
3
4
8
3
= n x p = 4 x 1,58
3 e = 0,97
8
5
8
34p)(1pn . Então, + 1,5 + 0,97 = 2,47 e
P(X < + ) = P(X < 2,47) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) =
4
8
5
+
3
8
5
8
34
+
22
8
5
8
36
0,848.
103.1 Consideremos os acontecimentos S: “o trabalhador escolhido é quadro superior”, I: “o
trabalhador escolhido é quadro intermédio”, O: “o trabalhador escolhido é operário” e CS: “ o
trabalhador escolhido tem um curso superior”.
Pelo enunciado tem-se que P(S) = 0,10, P(I) = 0,21, P(O) = 0,69, P(CS|S) = 10
9, P(CS|I) =
3
2 e
P(O|CS) = 0,08. Pretende-se determinar P(CS).
P(CS) = P(CSS) + P(CSI) + P(CSO) = P(S) x P(CS|S) + P(I) x P(CS|I) + P(CS) x P(O|CS)
P(CS) = 0,08P(CS)3
20,21
10
90,1 P(CS) =
4
1
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103.2 Pretende-se determinar O|CSP .
O|CSP = 1 P(CS|O) = 1 97%0,69
0,080,251
0,69
CS)|P(OP(CS)1
P(O)
O)P(CS
103.4 P(XY) = CSSP = P(S) P(SCS) = 0,10 P(S) x P(CS|S) = 0,10 0,10 x 0,9 = 0,01.
P(X) x P(Y) = P(S) x (1P(CS)) = 0,1 x 0,75 = 0,075.
Então, X e Y não são acontecimentos independentes, visto que P(XY) P(X) x P(Y).
104.1 1 0,3 0,49 = 0,21 = 21%
104.2 a) Consideremos os acontecimentos S: “o habitante escolhido vê a SIC” e T: “ o habitante
escolhido vê a TVI”. Pelo enunciado P(ST) = 0,3, P(ST) P(ST) = 0,49 e P(T) = 0,65.
Pretende-se determinar P(S).
P(ST) P(ST) = 0,49 P(S) + P(T) 2 x P(ST) = 0,49 P(S) + 0,65 2 x 0,3 = 0,49
P(S) = 0,44 = 25
11.
104.2 b) 13
7
0,65
0,30,65
P(T)
T)P(SP(T)
P(T)
TSPT|SP
.
105.1 9545330
315 . Sabe-se que se X é uma variável aleatória que segue uma distribuição normal
de valor médio e desvio padrão , então P( 2 < X < + 2) 0,9545. Então, 2 = 54 e
+ 2 = 66, pelo que 602
5466μ
e 3
2
6σ .
105.2 Pretende-se determinar P(54 < X < 63)
P(54 < X < 60) 0,477252
0,9545 Repara que
54 = µ – 2 e que P( 2 < X < + 2) 0,9545.
P(60 < X < 63) 0,341352
0,6827 Repara que
63 = µ + e que P( < X < + ) 0,6827.
Então, P(54 < X < 63) = P(54 < X < 60) + P(60 < X < 63) 0,47725 + 0,34135 = 0,8186 = 81,86%
54 57 60 63 66
0,6827
0,9545
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105.3 P(X > 64) = 11
1
330
30 . Então, P(X < 56) =
11
1 0,09 A curva de Gauss é simétrica em relação à reta
de equação x = ou seja, x = 60.
P(56 < X < 60) = 0,5 0,09 = 0,41
P(60 < X < 66) 0,477252
0,9545
P(56 < X < 66) = P(56 < X < 60) + P(60 < X < 66)
0,41 + 0,47725 89%
106.1 Seja a variável aleatória X: “tempo que a mãe da Francisca gasta para fazer o caminho
entre a sua casa e a escola da filha”. Então, X segue uma distribuição normal de parâmetros
= 20 e = 2.
Pretende-se calcular P(X > 18). Para a Francisca chegar atrasada significa que chega à escola depois das 9h,
pelo que demora mais do 18 minutos a fazer o trajeto casa-escola.
Observa a seguinte imagem:
P(X < 18) 0,158652
0,6827-1 Repara que 18 = µ –
e 22 = µ + e que P( < X < + ) 0,6827
P(X > 18) = 1 P(X < 18) 1 0,15865 = 0,84135=
84%
106.2 Comecemos por determinar P(16 < X < 18).
P(16 < X < 20) 0,477252
0,9545 Repara que
16 = µ – 2 e que P( 2 < X < + 2) 0,9545
P(18 < X < 20) 0,341352
0,6827
Então, P(16 < X < 18) = P(16 < X < 20) P(18 < X < 20) = 0,47725 0,34135 = 0,1359
0,1359 x 140 19. Assim, espera-se que a mãe da Francisca demore entre 16 e 18 minutos a
fazer o caminho entre casa e a escola em 19 dias.
18 20 22
0,6827
16 18 20 22 24
0,6827
0,9545
54 56 60 64 66
0,9545
0,09
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107.1 P(10,8 < X < 14) 0,477252
0,9545 = 47,725% Repara que 10,8 = µ – 2 e que
P( 2 < X < + 2) 0,9545
107.2 P(X > 18,8) 0,135%2
0,99731
Repara que 18,8 = µ +3 e que P( 3 < X < + 3) 0,9973
Então, existem 14810,135
1002
alunos que fizeram o exame de Português nesse ano. Os 2 alunos
correspondem a 0,135 %.
107.3 P(X > 15,6) = 0,158652
0,68271
Repara que 15,6 = µ + e que P( < X < + ) 0,6827
Resposta pedida: 10C3 x 0,158653 x (10,15865)7 14,3%
108.1
15
7
109
9)8)(n(n
15
7
10)!(n10!n!
8)!(n8!n!
15
7
8)!(n8!
n!
10)!(n10!
n!
15
7
C
C
8n
10n
2n15n03017nn427217nn6309)8)(n15(n 22 n 10.
108.2 Façamos um esquema da linha com n= 15 do triângulo de Pascal, que tem 16 elementos:
1 15 105 455 ….. 455 105 15 1
Para que o produto dos três elementos seja 15, temos que escolher os dois 1 e um dos 15, pelo
que existem dois casos favoráveis.
Resposta pedida: 280
1
C
2
316
108.3 a) Sabemos que 15C4 + 15C5 = 16C5, pelo que 16C5 15C4 = 15C5. Na linha com n = 15 existem 10
elementos inferiores a 15
C5 (relembra que o triângulo e Pascal é simétrico, ou seja, 15
Ck = 15
Cnk)
X = {0, 1, 2, 3, 4}
P(X = 0) = 364
3
C
C
416
46
P(X = 1) = 91
10
C
CC
416
36
110
P(X = 2) = 364
135
C
CC
416
26
210
P(X = 3) = 91
36
C
CC
416
16
310
P(X = 4) = 26
3
C
C
416
410
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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Preparar o Exame – Combinatória e Probabilidades” Página 33
Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
A distribuição de probabilidades de X é
xi 0 1 2 3 4
P(X = xi) 364
3
91
10
364
135
91
36
26
3
108.3 b) P(X = 2 | 0 < X 3) =
3)P(X2)P(X1)P(X
2)P(X
3)XP(0
3X02XP
0,42
91
36
364
135
91
10364
135
108.4 13C4 + 13C5 + 14C6 = 14C5 + 14C6 = 15C6 nCk +
nCk+1 =
n+1Ck+1
Então, na linha considerada existem dois elementos superiores ao valor dado e 14 que não o são.
Pretende-se determinar a probabilidade de, ao retirar três elementos desta linha (com repetição),
pelo menos um seja superior a 15C6, sabendo que no máximo dois deles são superiores a 15C6. Nos
casos possíveis temos de considerar três situações distintas: nenhum dos elementos escolhidos é superior a 15
C6, um
dos três elementos escolhidos é superior a 15
C6 (e isso pode ocorrer de 3C1 formas diferentes) ou dois dos três
elementos escolhidos são superiores a 15
C6 (e isso pode ocorrer de 3C2 formas diferentes). Nos casos favoráveis temos
de considerar duas situações distintas: um dos três elementos escolhidos é superior a 15
C6 (e isso pode ocorrer de 3C1
formas diferentes) ou dois dos três elementos escolhidos são superiores a 15
C6 (e isso pode ocorrer de 3C2 formas
diferentes).
Então, a probabilidade pedida é 73
24
142C142C14
142C142C2
232
133
22
321
3
109.1 Seja a variável aleatória Y: “volume de água, em mililitros, nas garrafas de água produzidas
por uma empresa”. Se a variância de Y é 4, o seu desvio padrão é 24 .
Pretende-se calcular P(Y 326|Y 332)
P(Y 326|Y 332) =
332)P(Y
332)YP(326
332)YP(326 = 0,81862
0,6827
2
0,9545
0,841352
0,68270,5332)P(Y
Então, P(Y 326|Y 332) 0,84135
0,818697%
326 328 330 332 334
0,6827
0,9545
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
109.2 P(328 < Y < 330) 0,341352
0,6827 .
Seja X a variável aleatória «número de garrafas em sete com volume de água compreendido entre
328 ml e 330 ml». X é uma v.a. com distribuição binomial de parâmetros 7n e 0,34135p .
Então, a probabilidade pedida é
6 6 7P X P X P X 7C6 x 0,341356 x (10,34135) + 7C7 x 0,341357 0,0078