analise combinatoria e probabilidades

1Matemti ca

Anlise combinatria e probabilidades

Rua General Celso de Mello Rezende, 301 Tel.: (16) 32386300CEP 14095-270 Lagoinha Ribeiro Preto-SP

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SISTEMA COC DE ENSINODireo-Geral: Sandro Bons

Direo Pedaggica: Zelci C. de OliveiraDireo Editorial: Roger Trimer

Gerncia pedaggica: Luiz Fernando Duarte

Gerncia Editorial: Osvaldo GovoneGerncia Operacional: Danilo Maurin

Gerncia de Relacionamento: Danilo LippiOuvidoria: Regina Gimenes

Conselho Editorial: Jos Tadeu B. Terra, Luiz Fernando Duarte, Osvaldo

Govone e Zelci C. de Oliveira

PRODUO EDITORIALAutoria: Jeferson Petronilho

Editoria: Clayton Furukawa, Jos F. Rufato, Marina A. Barreto e Paulo S. Adami

Coordenao editorial: Luzia H. Fvero F. Lpez

Assistente Editorial: George R. BaldimProjeto grfico e direo de

arte: Matheus C. SisdeliPreparao de originais:

Marisa A. dos Santos e Silva e Sebastio S. Rodrigues Neto

Iconografia e licenciamento de texto: Cristian N. Zaramella, Marcela Pelizaro e Paula de Oliveira Quirino.

Diagramao: DIAGRAMA SOLUES EDITORIAIS LTDA EPP

Ilustrao: DIAGRAMA SOLUES EDITORIAIS LTDA EPP

Reviso: Flvia P. Cruz, Flvio R. Santos, Jos S. Lara, Leda G. de Almeida e

Maria Ceclia R. D. B. Ribeiro.Capa: LABCOM comunicao total

Fechamento: DIAGRAMA SOLUES EDITORIAIS LTDA EPP

CAPTULO 01 ANLISE COMBINATRIA 71. Introduo 7

2. Princpio fundamental da contagem (PFC) 9

3. Princpio do desprezo da ordem 18

4. Exerccios caracterizados de contagem 19

5. Frmulas de contagem 26

CAPTULO 02 NMEROS BINOMIAIS 291. Introduo 29

2. Tringulo de Pascal 32

3. Binmio de Newton 36

CAPTULO 03 PROBABILIDADE 421. Experimentos aleatrios 42

2. Espao amostral e evento 42

3. Tipos de eventos 43

4. Probabilidade estatstica e probabilidade terica 44

5. Probabilidade terica de um evento 44

6. Propriedades das probabilidades 45

7. Probabilidade do evento unio 51

8. Probabilidades num espao amostral no equiprovvel 51

9. Probabilidade condicional 55

10. Probabilidade do evento interseco 55

11. Eventos independentes 56

EXERCCIOS PROPOSTOS 67

Sum

rio

Teoria

PV-1

3-11


7

Matemti ca

A anlise combinatria aplicada em diver-sos campos de atividade, desde o estudo em apostas em loterias at o estudo das possveis ligaes entre os tomos na Qumica. Em par-ticular na Matemtica, teremos oportunidade de aplic-la no desenvolvimento dos binmios de Newton e na teoria das probabilidades.

1.1. Fatorial

So muito frequentes, na anlise combina-tria, produtos que tenham como fatores todos os nmeros inteiros positivos, desde 1 at um certo n, por exemplo 5 4 3 2 1; para facilitar, usaremos uma forma abreviada para represent-los, o fatorial.

Definio: Sendo n um nmero natural, maior que 1, o fatorial de n (n!) o produto de todos os naturais de n at 1.

Assim n! = n (n 1) (n 2) 3 2 1O smbolo n! tambm pode ser lido como

n fatorial.Exemplos5! = 5 4 3 2 17! = 7 6 5 4 3 2 13! = 3 2 1Em particular, definimos: 0! = 1 e 1! = 1

Observao: Ao desenvolver um fatorial, colo-cando os fatores em ordem decrescente, pode-se interrop-lo onde for conveniente, indicando os ltimos fatores tambm na notao de fatorial.

Exemplos:

01. 7! = 7 6 5 4 3 2 1! = 7 6 5! =

= 7 6! = 7 6 5 4!

02. n! = n (n 1)! = n (n 1) (n 2)!

03. (n + 1)! = (n + 1) n! = (n + 1) n (n 1)!

Este um recurso muito utilizado nas simplifi-caes de expresses com fatoriais:

Exemplo

10098

100 99 98

989 900

!!

!

!.= =

1. Introduo A anlise combinatria a parte da Mate-mtica que estuda a quantidade de possibi-lidades de ocorrncia de um acontecimento, sem que haja necessidade de descrevermos todas as possibilidades de ocorrncia.

Para explicar esse estudo, podemos analisar o problema abaixo.

Consideremos a figura abaixo, em que h parte da planta de um bairro. Uma pessoa deve cami-nhar de sua casa escola onde estuda, usando um dos caminhos mais curtos, isto , ela s po-der caminhar da esquerda para a direitaou de baixo para cima. Quantos so os possveis caminhos diferentes para esse percurso?

Casa

Escola

Observao: A figura mostra um dos caminhos possveis.

Para resolver esse problema, a primeira ideia tentar descrever todos os caminhos possveis, o que facilmente descartado dada a grande quantidade de possibilidades.

Nos prximos mdulos, esse e muitos ou-tros problemas sero resolvidos por meio de regras de contagem, que no exigem a des-crio das possibilidades, isto , descobrir quantas sem necessariamente saber quais.

CAPTULO 01 ANLISE COMBINATRIA


PV-1

3-11

8

Matemtica

01. Classifique as igualdades como verdadei-ras (V) ou falsas (F):

a. 3! + 2! = 5!

b. (3!) (2!) = 6!

c. (3!)2 = 9!

d. 42!! = 2!

03.

Simplificar +(n 1)!(n1)!

EXERCCIOS RESOLVIDOS

02. Simplifique:

a. 8!6!

b. 7!5!2!

c. 6!2!3!

04. Resolver a equao:

20 (n 1)! = (n + 1)!

05. UFRN

Se (x + 1)! = 3 (x!), ento x igual a:

a. 1 d. 4

b. 2 e. 5

c. 3

Resoluo

a. F, pois 3! = 3 2 1 = 6, 2! = 2 1 = 2 e

5! = 5 4 3 2 1 = 120

b. F, pois 6! = 6 5! = 6 120 = 720

(3!) (2!) = 6 2 = 12 6! = 720

c. F, pois 9! = 9 8 7 6! = 362.880

e (3!)2 = (6)2 = 36

d. F, pois =4!2!

432!2!

= 12 2! = 2

Resoluo

a. 86

8 7 6

656

!!

!

!= =

b. 75 2

7 6 5

5 221

!! !

!

! != =

c. 62 3

6 5 4 3

2 1 360

3!! !

!

!= =

Resoluo

Inicialmente, desenvolvemos (n + 1)! at che-garmos em (n 1)!:

( )!( )!

( ) ( )!

( )!

( )

nn

n n n

n

n n

+=

+

=

= + =

11

1 1

1

1 nn n2 +Resposta

n2 + n

Resoluo

=+

=

+20 (n 1)!

(n1)!

(n 1) n (n1)!

(n1)!

20 = n2 + n n2 + n 20 = 0

n = 4 ou n = 5 (no convm)

S = {4}

Resoluo

( )! ! ( ) ! !x x x x x

x

+ = + =

=

1 3 1 3

2

Resposta

B

PV-1

3-11


9

Matemtica

06. FCMSC - SP

A soluo da equao +

+=

(n 2)!(n 2)!(n 1)!(n1)!

4 um nmero natural:

a. par. d. divisvel por 5.

b. cubo perfeito. e. mltiplo de 3.

c. maior que 10.

07.

Se + =x! (x 1)!

(x 1)! x!20 , ento x vale:

a. 6 d. 5

b. 5 e. 6

c. 4

2. Princpio fundamental da contagem (PFC)O PFC uma regra que permite determinar o nmero de possibilidades de ocorrncia de um acontecimento, sem que se descrevam todas as possibilidades. A ideia da regra resulta de uma anlise apurada de diagramas de rvores.

2.1. Diagrama de rvore

chamado de diagrama de rvore o esquema que lembra a estrutura de uma rvore, usado para descrever todas as possibilidades de ocorrncia de um acontecimento.

Consideremos o acontecimento: uma corrida de que participam apenas trs corredores A, B e C.

ABC

ACB

BAC

BCA

CAB

CBA

C

B

C

A

B

A

B

C

A

C

A

B

A

B

C

1 lugar(3 possibilidades)

2 lugar(2 possibilidades)

3 lugar(1 possibilidade)

Resultados(6 possibilidades)

Tronco

1 etapa de ramicao

2 etapa de ramicao

3 etapa de ramicao

Analisando o diagrama, percebemos que cada um dos resultados possveis para a corrida uma pontana rvore e que os galhosdesta rvore se ramificam em trs etapas:

1 etapa: escolha do 1 colocado



Resoluo

( )!( )!( )!( )!

( ) ( )! ( n nn n

n n n+ +

= + +2 2

1 14

2 1 2))!

( )!( ) ( )!

n n n

nn

n n

+=

+= + =

1 1 24

21

4 2 4 4 3nn

n

=

=

6

2RespostaA

Resoluo

x xx x

xx

x x x! ( )!( )! !

( )!( )!

( ) ( +=

+=

+11

11

1 111

1 20 4

)!( )!

( )

x

x x x

=

+ = = =ou x 5 (no coonvm)

RespostaC


PV-1

3-11

10

Matemtica

Assim, do tronco da rvore partem 3 galhos; de cada um destes partem 2 galhos e de cada um dos ltimos parte um galho. Logo, o total de pontas ser:

3 2 1 = 6 que o nmero de resultados possveis para a corrida.

2.2. Aplicao do PFC

No problema: Em uma corrida de que participam apenas trs corredores A, B e C, quantos so os resultados diferentes possveis? Consideremos o acontecimento (resultado da corrida) estudado em trs etapas sucessivas e independentes:

1 etapa: escolher o 1 colocado



Os nmeros de possibilidades de escolha em cada etapa so:

1 etapa: 3 possibilidades (qualquer um dos trs participantes pode ser o primeiro colocado);

2 etapa: 2 possibilidades (qualquer que seja o corredor escolhido para vencedor, na etapa ante-rior, existiro 2 possibilidades para escolher o 2 colocado);

3 etapa: 1 possibilidade (quaisquer que sejam os escolhidos para a 1 e 2 colocaes, nas eta-pas anteriores, para a 3 colocao s o terceiro corredor possvel)

Para determinar o nmero de resultados possveis, s multiplicarmos os nmeros de possibilidades de cada uma das trs etapas.

Deste modo: 3 2 1 = 6

Assim, o nmero de resultados diferentes para a corrida 6.

A regra que utilizada para chegar a esse resultado a do princpio fundamental da contagem (PFC), que pode ser enunciada genericamente deste modo:

Se um acontecimento pode ser analisado em etapas sucessivas e independentes de modo que:

n1 seja o nmero de possibilidades na 1 etapa,

n2 seja o nmero de possibilidades na 2 etapa,

nk seja o nmero de possibilidades na k-sima etapa,

ento n1 n2 n3 nk o nmero de possibilidades de ocorrncia do acontecimento.

Exemplos

01. De quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cinco lugares?

Resoluo

Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro conforme a figura a seguir.

e d c

b a

PV-1

3-11


11

Matemtica

Consideremos as etapas sucessivas:

1 etapa: escolha da pessoa que se sentar no lugar a

2 etapa: escolha da pessoa que se sentar no lugar b

3 etapa: escolha da pessoa que se sentar no lugar c

4 etapa: escolha da pessoa que se sentar no lugar d

5 etapa: escolha da pessoa que se sentar no lugar e

Assim, os nmeros de possibilidades so:

5 4 3 2 1

1 etapaLugar A

2 etapaLugar B

3 etapaLugar C

4 etapaLugar D

5 etapaLugar E

Logo, o total de possibilidades :

5 4 3 2 1 = 5! = 120

Resposta: As pessoas podem sentar-se de 120 modos diferentes.

Observao: Por no haver restrio na escolha em nenhuma das etapas (uma das pessoas no pode sentar-se no lugar da direo, por exemplo), a ordem em que se colocam as etapas de esco-lha no altera o resultado. Assim, por exemplo:

5 4 3 2 1

1 etapaLugar E

2 etapaLugar B

3 etapaLugar A

4 etapaLugar D

5 etapaLugar C

Total = 5 4 3 2 1 = 5! = 120

02. As chapas dos automveis no Brasil so formadas por 3 letras e 4 algarismos. Usando o alfa-beto de 26 letras, quantas chapas podem ser formadas?

Resoluo

L L L A A A A

L = Letra e A = Algarismo

1 etapa: escolha da 1 letra



4 etapa: escolha do 1 algarismo





PV-1

3-11

12

Matemtica

Na 1, 2 e 3 etapas temos 26 possibilidades.

Na 3, 4, 5, 6 e 7 etapas, temos 10 possibilidades (qualquer um dos 10 algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)

Assim:

26 26 26 10 10 10 10 = 175.760.000

03. Quantos divisores positivos tem o nmero 288?

Resoluo

Decompondo 288 em fatores primos, encontramos: 288 = 25 32

Qualquer nmero de forma 2x 3y, com 0 x 5 e 0 y 2, divisor de 288, ento, estudados os nmeros de possibilidades para ecolha dos expoentes x e y, temos:

x {0,1,2,3,4,5}

y {0,1,2}

6 3

1 etapa Expoente x

2 etapa Expoente y

Total = 6 3 = 18

Resposta: 288 tem 18 divisores positivos.

04. Dispe-se de 4 livros, 6 cadernos e 3 canetas para serem distribudos entre dois estudantes. To-dos os objetos devem ser distribudos, mas no h necessidade de uma diviso equnime. De quantos modos diferentes esta distribuio pode ser feita?

Resoluo

Devemos estudar a quantidade de objetos que um dos estudantes pode receber, e, automati-camente, ficar estudada a quantidade que o outro poder receber. Por exemplo, se o primeiro estudante receber 1 livro, o outro receber 3 livros.

Logo, o nmero de possibilidades para a distribuio dos livros : (0,4); (1,3); (2,2); (3,1); (4,0), ou seja, 5 possibilidades.

Raciocinando de forma anloga para a distribuio dos demais objetos, teremos:

1 etapaLivros

2 etapaCadernos

3 etapaCanetas

75 4

Total: 5 7 4 = 140

Resposta: A distribuio poder ser feita de 140 modos diferentes

PV-1

3-11


13

Matemtica

2.3. Princpio da preferncia (PP)

Consideremos o problema: de quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cin-co lugares, se somente duas delas dirigem?

Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro, conforme a figura a seguir.

e d c

b a

Considere as etapas sucessivas:

1 etapaLugar E

2 etapaLugar D

3 etapaLugar C

4 etapaLugar B

5 etapaLugar A

Na 1 etapa, temos 5 possibilidades: qualquer uma das cinco pessoas pode sentar-se.

Na 2, 3 e 4 etapas, temos 4, 3 e 2 possibilidades respectivamente, sempre uma possibilidade a menos que na etapa anterior.

No entanto, fica impossvel determinar o nmero de possibilidades na 5 etapa, pois devemos ter necessariamente uma pessoa que dirige nesse lugar, e, dependendo das escolhas anteriores, essa possibilidade pode no existir.

Para evitar impasse de contagem como esse, usamos uma regra que chamamos de princpio de preferncia (PP).

O estudo dos nmeros de possibilidades deve comear sempre pelas etapas em que h restrio, dando-se preferncia para aquelas onde a restrio maior.

Assim, como existe restrio para ocupar o lugar da direo, devemos necessariamente comear o estudo das possibilidades por esse lugar:

1 etapaLugar A

2 etapaLugar B

3 etapaLugar C

4 etapaLugar D

5 etapaLugar E

2 4 3 2 1


PV-1

3-11

14

Matemtica

Na 1 etapa, temos apenas 2 possibilidades; s as duas pessoas que dirigem podem ocupar esse lugar (direo).

Na 2, 3, 4 e 5 etapas, temos 4, 3, 2 e 1 possibilidades respectivamente, sempre uma possibi-lidade a menos que na etapa anterior.

Desta forma, total = 2 4 3 2 1 = 48

Observao: Muitas vezes, mesmo usando o PP, ainda persistem os impasses de contagem. Nes-sas situaes, devemos dividir o estudo das possibilidades em mais do que um caso, conforme ocorre no exemplo 6.

05. Usando todas as letras da palavra caderno, sem repetio, responda s seguintes questes.

a. Quantas palavras distintas podem se formar?

Observao: entenda por palavrauma sequncia de 7 letras mesmo que no pronunciveis.

b. Quantas dessas palavrasterminam com consoante?

Resoluoa. Considerando as escolhas das sete letras como etapas sucessivas e independentes, perce-

bemos que nenhuma delas apresenta restrio (qualquer letra pode aparecer em qualquer posio na palavra); ento a ordem que se faz do estudo do nmero de possibilidades dessas etapas no afetar o resultado.

1 etapa 2 etapa 3 etapa 4 etapa 5 etapa 6 etapa 7 etapa

7 6 5 4 3 2 1

Total = 7 6 5 4 3 2 1 = 7! = 5.040

b. Como existe restrio na escolha da ltima letra, para evitar impasses, fazemos desta a 1 etapa, de acordo com o PP.

(Como a ltima letra deve ser uma consoante, temos 4 possibilidades para essa etapa (C, D, R, N)).

6 5 4 2 1 4

2 etapa 3 etapa 4 etapa 5 etapa 6 etapa 7 etapa 1 etapa

3

Total = 6 5 4 3 2 1 4 = 6! 4 = 2.880

Resposta: a. 5.040 b. 2.880

06. Quantos nmeros pares de quatro algarismos distintos, maiores que 1.999, existem no nosso sistema de numerao?

ResoluoMilhar Centena Dezena Unidade

Restries0 e 1

Restries1, 3, 5, 7 e 9

PV-1

3-11


15

Matemtica

De acordo com o PP, a 1 etapa deve ser a escolha da unidade e a 2 etapa, a escolha do milhar; no entanto, mesmo usando esta ordem nas etapas, teremos impasses, pois, na escolha da unidade, te-mos 5 possibilidades (0, 2, 4, 6, 8) e, para o milhar, teremos 8 possibilidades (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), caso seja escolhido o zero para a unidade e 7 possibilidades caso no seja o zero o algarismo escolhido.

Para solucionar esse problema, devemos dividir a anlise em dois casos.1 caso: nmeros que terminam em zero.

Milhar Centena Dezena Unidade

8 7 1

2 etapa(no pode

ser zero ou 1)

3 etapa 4 etapa 1 etapa(s o zero)

8

Total = 8 8 7 1 = 448

2 caso: nmeros que terminam em 2, 4, 6 e 8Milhar Centena Dezena Unidade

2 etapa(No pode

ser 0, 1 ou oalgarismoescolhido

para a unidade)

3 etapa 4 etapa 1 etapa(podem ser2, 4, 6 ou 8)

7 8 7 4

Total = 7 8 7 4 = 1.568

Assim, o total de nmeros que podem ser formados :

448 + 1.568 = 2.016

Resposta: Podemos obter 2.016 nmeros.


07. UFES-ES

Quantos so os nmeros naturais de cinco al-garismos, na base 10, que tm todos os alga-rismos distintos e nenhum deles igual a 8, 9 ou 0? Quantos deles so pares?

08. Unesp

Uma rede de supermercados fornece a seus clientes um carto de crdito, cuja identi-ficao formada por 3 letras distintas (dentre 26), seguidas de 4 algarismos dis-tintos. Uma determinada cidade receber os cartes que tm L como terceira letra, o ltimo algarismo zero e o penltimo 1. A quantidade total de cartes distintos oferecidos por tal rede de supermercados para essa cidade :

Resposta

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

7 6 5 4 3 = 2.520 nmeros

6 5 4 3 3 = 1.080 nmeros pares


PV-1

3-11

16

Matemtica

a. 33.600 d. 58.500

b. 37.800 e. 67.600

c. 43.200

10. ENEM

Um tcnico em refrigerao precisa revisar to-dos os pontos de sada de ar de um escritrio com vrias salas.

Na imagem apresentada, cada ponto indicado por uma letra a sada do ar e os segmentos so as tubulaes.

L F

H

JK

I

G

Iniciando a reviso pelo ponto K e terminando em F, sem passar mais de uma vez por cada ponto, o caminho ser feito passando pelos pontos:

a. K, I e F.

b. K, J, I, G, L e F.

c. K, L, G, I, J, H e F.

d. K, J, H, I, G, L e F.

e. K, L, G, I, H, J e F.

09. Udesc

Um conjunto de oito tanques, dispostos con-forme mostra a figura abaixo, dever ser cheio com diferentes tipos de cido, sendo que cada tanque dever conter um nico tipo de cido, escolhido entre cinco tipos diferentes.

Por imposio tcnica, dois tanques com vrti-ces em comum no podero conter o mesmo tipo de cido; a quantidade de maneiras de se encherem os tanques :

a. 81.920

b. 390.625

c. 32.768

d. 65.536

e. 160.000

Resoluo

Do texto, temos:L F

I H

JK

Incio

FimG

Obs.: acompanhar sequencialmente as setas.

Vem:

K, L, G, I, J, H, F

Resposta

C

Resoluo

4

5

4

4

4

4

4= 5 47 = 81.920

4

Resposta

A

Resoluo

Considerando as 26 letras e os 10 algarismos, temos:25 24 1

1 1 08 7 1 1

Letrasdistintas

Nmerosdistintos

Portanto, o nmero de possibilidades ser:

25 24 1 8 7 1 1 = 33.600

Resposta

A

PV-1

3-11


17

Matemtica

11. Fuvest-SP

Maria deve criar uma senha de 4 dgitos para sua conta bancria. Nessa senha, somente os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usados e um mesmo algarismo pode aparecer mais de uma vez. Contudo, supersticiosa, Maria no quer que sua senha contenha o nmero 13, isto , o algarismo 1 seguido imediatamente pelo alga-rismo 3. De quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua senha?

a. 551

b. 552

c. 553

d. 554

e. 555

12. FGV-SP

Quantos nmeros mpares de 4 algarismos, sem repetir algarismos num mesmo nmero, podemos formar com os dgitos: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8?

a. 210 d. 840

b. 7! e. 1.680

c. 200

13. UECE

A quantidade de nmeros inteiros compreen-didos entre os nmeros 1.000 e 4.500 que po-dem ser formado utilizando somente os alga-rismos 1, 3, 4, 5 e 7, de modo que no figurem algarismos repetidos, :

a. 48 c. 60

b. 54 d. 72

Resoluo

O total de senhas que podemos formar :

5 5 5 5 = 625

Clculo das senhas em que aparece o nme-ro 13.

1a) =1

1

1

3

5 525

2a) =5 1

1

1

3

525

3a) =5 5 1

1

1

325

Observao

A senha 1313 foi contada duas vezes, na (1a) e na (3a) opes, logo o total de senhas em que aparece o nmero 13 :

75 1 = 74

Subtraindo do total de senhas aquelas nas quais aparecem o nmero 13, temos:

625 74 = 551

Resposta

A

Resoluo

Elementos disponveis: { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

Nmeros mpares de 4 algarismos:

7 6 5 4

1357

Logo: 840

Resposta

D

Resoluo

1 caso: nmeros iniciados pelos algarismos 1 e 3.

2 4 3 2 = 48

13

2 caso: nmeros iniciados com o algarismo 4 (Neste caso, o algarismo das centenas deve ser 1 ou 3.)

1 2 3 2 = 12

4

1 3

Total = 48 + 12 = 60

Resposta

C


PV-1

3-11

18

Matemtica

3. Princpio do desprezo da ordemQuantos so os anagramas da palavra CASA?

Resoluo

Imaginemos que as duas letras A da palavra CASA sejam diferentes, por exemplo conside-remos CAS. Assim, os anagramas so:

CAS ACS SCA CAS

CAS ACS SCA CSA

CSA ACS SAC SCA

CAS ASC SAC SAC

CSA ASC SCA ACS

CSA ASC SAC ASC

Anagramas so as palavras formadas com as mesmas letras de uma palavra. Tais palavras no precisam ter significado na linguagem co-mum.

Desprezando as diferenas imaginadas entre as letras A, percebemos que existem apenas 12 anagramas diferentes.

possvel calcular esse total de anagramas de uma outra forma:

Supondo 4 letras diferentes:

4 2 13

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

Total = 4 3 2 1 = 4! = 24

Para desprezar a mudana de ordem das 2 le-tras repetidas, s dividir o total por 2!; assim:

Total = = =4!2!

242

12

Resposta: So 12 anagramas.

Observao: Ao calcular o total de ana-gramas de uma palavra que apresenta uma letra que se repete n vezes, calculamos inicialmente o total, como se todas as letras fossem diferentes e, em seguida, desprezamos a mudana de ordem das n letras, consideradas nesse total, dividindo-o por n!. No caso em que a palavra apresenta n letras iguais e tambm outras m letras iguais, s dividir o total por n! e por m!, isto , por n! m!

Essa regra, para desprezar uma mudana de ordem considerada em uma contagem inicial, cha-madade princpio do desprezo da ordem (PDO).


01.

Quantos so os anagramas da palavra CAMADA?

03.

No jogo denominado Mega Sena so escolhi-dos 6 nmeros inteiros entre 1 e 60. Quantos resultados distintos podem ocorrer na Mega Sena?

02.

Quantos so os anagramas da palavra BATATA?

Resoluo

So 6 letras das quais 3 so repetidas. Ento:

x = = =63

6 5 4 33

120!!

!!

Resoluo

So 6 letras das quais 3 so A e 2 so T. Ento:

x =

=

=6

3 26 5 4 33 2 1

60!

! ! !!

Resoluo

Devemos primeiro pensar nas maneiras distin-tas de escolher os 6 nmeros e, depois, des-prezar a ordem, pois ela no importante para o jogo. Assim:

x = =60 59 58 57 56 55

650 063 860

!

. .

PV-1

3-11


19

Matemtica

04. FGV-SP

Sobre uma mesa so colocadas em linha 6 moedas. O nmero total de modos possveis pelos quais podemos obter 2 caras e 4 coroas voltadas para cima :

a. 360 d. 120

b. 48 e. 15

c. 30

Indique a alternativa que representa o total de smbolos diferentes que podem ser forma-dos, iluminando-se, exatamente, 4 delas. (Por exemplo, iluminando-se convenientemente,

pode-se obter etc.)

a. 140 d. 64

b. 70 e. 24

c. 32

4. Exerccios caracterizados de contagem

4.1. Formao de nmeros

Quantos nmeros mpares, com 4 algarismos distintos, podemos obter empregando os algaris-mos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9?

Resoluo

Algarismos: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

8 7 6 5

Milhar Centena Dezena Unidade

2 etapa 3 etapa 4 etapa 1 etapa(s pode ser1, 3, 5, 7 e 9)

Total = 8 7 6 5 = 1.680

Resposta: Podemos obter 1.680 nmeros.

05. PUCCamp-SP

muito comum o uso de barras iluminadas em aparelhos eletrnicos, para a formao de smbolos (letras, nmeros, sinais etc.). Consi-derando as 8 barras dispostas na forma abaixo:

Resoluo

Temos: C para cara e

K para coroa

Devemos formar todas as sequncias possveis com as letras C, C, K, K, K e K.

Assim: = = =x 6!2!4!

6 5

215

Resposta

E

Resoluo

Primeiro escolheremos 4 barras para serem iluminadas entre as 8 disponveis.

Depois, desprezaremos a ordem de escolha das 4 barras, pois, uma vez formado o smbolo, a ordem da escolha no importante.

X = =8 7 6 5

48 7 6 54 3 2

2 !

1

70=

Resposta

B


PV-1

3-11

20

Matemtica

4.2. Comisses com cargos definidos

De um grupo de 10 pessoas, 5 so escolhidas para compor uma comisso que formada por um presidente, um vice-presidente, com um 1 secretrio, um 2 secretrio e um tesoureiro. Quan-tas comisses podem ser formadas?

Resoluo

10 9 8 7 6

V V P 1 S 2 S T

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

5etapa

Total = 10 9 8 7 6 = 30.240

Resposta: Podem ser formadas 30.240 comisses.

4.3. Anagramas sem repetio de letras

Anagramas so as palavras formadas com as mesmas letras de uma palavra dada. Tais pala-vras no precisam ter significado na linguagem comum.

Quantos so os anagramas da palavra CINEMA?

Resoluo

6 5 4 3 2 1

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

5etapa

6etapa

Total = 6 5 4 3 2 1 = 6! = 720

Resposta: So 720 anagramas.

4.4. Anagramas com repetio de letras

Quantos so os anagramas da palavra MATEMTICA?

Resoluo

Supondo 10 letras diferentes, teramos 10! anagramas.

Para desprezar as mudanas de ordem das letras repetidas (3 As, 2 Ms e 2 Ts), utilizaremos o P. D. O.

Total = 103 2 2

10 9 8 7 6 5 4 3

3 2 1 2 1151

!! ! !

!

! .= = 2000

4.5. Ocupao de lugares definidos

De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em um banco de cinco lugares?

PV-1

3-11


21

Matemtica

1 resoluo

Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha dos lugares que as trs pessoas vo ocupar.

1 pessoa 2 pessoa 3 pessoa

5 4 3

3etapa

2etapa

1etapa

Total = 5 4 3 = 60

2 resoluo

Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha das pessoas que ocuparo os cinco lugares, considerando, porm, dois fantasmas para simbolizar os lugares vagos.

5 4 3 2 1

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

5etapa

1lugar

2lugar

3lugar

4lugar

5lugar

Total = =5 4 3 2 1

2!60

Note que o total foi dividido por 2! para desprezar a mudana de ordem dos fantasmas.

Resposta: Podem sentar-se de 60 modos diferentes.

4.6. Comisses sem cargos definidos

Dez times de futebol de um estado disputam um campeonato para classificar os quatro re-presentantes no campeonato brasileiro. De quantos modos diferentes pode acontecer essa classificao?

Resoluo

78910

1 2 3 4

1 etapa 2 etapa 3 etapa 4 etapa

Total = 10 9 8 7 = 5.040


PV-1

3-11

22

Matemtica

Como o problema no questiona os resultados possveis para a competio, e sim os classifi-cados para o campeonato brasileiro, a ordem dos quatro no interessa. Ento, usando o PDO, chegamos ao resultado:

Total = =10 9 8 7

4!210

Resposta: Pode acontecer de 210 modos diferentes.

4.7. Distribuio em grupos

Oito escoteiros devem ser distribudos em duas patrulhas que tero misses diferentes. De quan-tos modos isto pode acontecer?

Resoluo

Imaginemos a distribuio sendo feita colocando-se os escoteiros em fila e consideremos os quatro primeiros da fila em uma patrulha e os quatro ltimos na outra.

A A AA B B B B

12345678

1etapa

8etapa

7etapa

6etapa

5etapa

4etapa

3etapa

2etapa

Total = =8 7 6 5 4 3 2 1

4! 4!70

Resposta: Pode acontecer de 70 modos.

Observao O produto foi dividido por 4! 4! para desprezar a ordem dos elementos em cada patrulha.

4.8. Figuras geomtricas

Considere 8 pontos distintos em uma circunferncia. Quantos tringulos distintos podem ser forma-dos com vrtices nesses pontos?

Resoluo

Consideremos as etapas sucessivas da escolha dos vrtices dos tringulos:

8 7 6

Total = =8 7 6

3!56

Resposta: Podem ser formados 56 tringulos.

Observao O produto foi dividido por 3! para desprezar a ordem dos vrtices, pois ABC e BCA representam o mesmo tringulo, por exemplo.

PV-1

3-11


23

Matemtica

01. FGV-SP

Usando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9, existem x nmeros de 4 algarismos, de modo que pelo menos 2 algarismos sejam iguais. O valor de x :

a. 505 d. 625

b. 427 e. 384

c. 120

03. UFPA

Quantos so os anagramas da palavra Brasil comeados por B e terminados por L?

a. 24 d. 240

b. 120 e. 1.440

c. 720


02.

Vinte e dois pilotos de Frmula 1 participaro de um grande prmio.

Os trs primeiros colocados subiro ao pdio onde ocuparo lugares distintos e sero ho-menageados.

De quantas maneiras diferentes o pdio pode ser composto?

04. Mackenzie-SP

O nmero de maneiras diferentes de colocar em uma linha de um tabuleiro de xadrez (8 posies) as peas brancas (2 torres, 2 cava-los, 2 bispos, a rainha e o rei) :

a. 8! d. 8

b. 504 e. 4

c. 5.040

Resoluo

Pelo PFC, temos disponveis {1, 3, 5, 7, 9}

5 5 5 5 = 625

Nmeros de 4 algarismos, com os 5 elementos disponveis.

5 4 3 2 = 120

Nmeros de 4 algarismos distintos, com os 5 elementos disponveis.

Se do total de nmeros de 4 algarismos sub-trairmos os nmeros de 4 algarismos dis-tintos, os que restarem tero pelo menos 2 algarismos iguais. Portanto;

x = 625 120 = 505

Resposta

A

Resoluo

1 2 3

22 21 20 = 9.240

Resoluo

B 4 3 2 1 L

Total: 4! = 24

Resposta

A

Resoluo

T T C C B B D R

Total = 8

2 2 25 040

!! ! !

.=

Temos 8 letras (peas) com

2 Ts (torres so iguais)

2 Cs (cavalos so iguais)

2 Bs (bispos so iguais)

e 1D (rainha)

1R (rei)edist os

int


PV-1

3-11

24

Matemtica

05. FGV-SP

De quantas maneiras 4 moas e 4 rapazes podem se sentar numa fila de 8 assentos, de modo que nunca haja nem dois rapazes vizi-nhos nem duas moas sentadas uma ao lado da outra?

a. 5.040 d. 576

b. 40.320 e. 1.152

c. 2.880

07.

Oito livros devem ser distribudos em dois gru-pos de quatro livros cada um. De quantos mo-dos isto pode ser feito?

06. Aman-RJ (modificado)

As diretorias de 4 membros que podemos for-mar com os 10 scios de uma empresa so:

a. 5.040 e. 24

b. 40 d. 210

c. 2

Observao: O produto foi dividido por 4! 4! para desprezar a ordem dos livros em cada grupo, e por 2! para desprezar a ordem dos dois grupos, visto que ABCD EFGH e EFGH ABCD re-presentam, por exemplo, a mesma distribuio.

08. UEL-PR (modificado)

I. Sejam 15 pontos distintos, perten-centes a uma circunferncia. O n-mero de retas distintas determinadas por esses pontos :

a. 14 d. 210

b. 91 e. 225

c. 105

Resoluo

Podemos ter:

M R M R M R M R

4 4 3 3 2 2 1 1 = 576

ou

R M R M R M R M

4 4 3 3 2 2 1 1 = 576

Logo: 576 + 576 = 1.152

Resposta:

E

Resoluo

Total = =10 9 8 7

4!210

Resposta

D

Resoluo

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

5etapa

6etapa

8etapa

7etapa

12345678

Total = =8 7 6 5 4 3 2 1

4! 4! 2!35

Resposta: Pode acontecer de 35 modos.

Resoluo

15 pontos distintos de uma circunferncia nunca sero alinhados 3 a 3. Sabemos que

AB BA = ; portanto:

=

15 14

2!105

Resposta

C

PV-1

3-11


25

Matemtica

II. Nas condies do problema, qual o nmero de semirretas determinadas pelos 15 pontos?

10. UFMG

Considere formados e dispostos em ordem crescente todos os nmeros que se obtm per-mutando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9. O n-mero 75.391 ocupa, nessa disposio, o lugar:

a. 21o

b. 64o

c. 88o

d. 92o

e. 120o09.

Considere a figura abaixo, em que temos parte da planta de um bairro. Uma pessoa deve ca-minhar de sua casa escola onde estuda por um dos caminhos mais curtos. Quantos so os caminhos possveis para ir:

Escola

Igreja

Casa

a. de casa escola?

b. de casa escola, passando pela igreja?

Resoluo

Sabemos que AB BA , portanto:

Total = 15 14 = 210

Resposta: 210 semirretas

Resposta

a. Um possvel caminho seria:

D D C D C D D C C C D

Obtm-se outros caminhos fazendo ana-gramas da palavra acima

Temos: 11

6 5!

! ! = 462

b. casa / igreja e igreja / escola

D D D D C C C D C D C

7

4 34

2 2210

!! !

!

! !=

Comeando por 1, 3 ou 5:

=3 4 3 2 1 72(1, 3, 5)

+

Comeando por 71 ou 73:

=1 2 3 2 1 12(1, 3)(7)

+

Comeando por 751:

1 1 1 2 1 2(5) (1)(7)

7 5 . 3 1 9

+

1=

=

87 nmeros menores que 75.391.

Assim, o no 75.391 ocupa o 88o lugar.

Resposta

C


PV-1

3-11

26

Matemtica

11. UFScar-SP

Em seu trabalho, Joo tem 5 amigos, sendo 3 homens e 2 mulheres. J sua esposa Maria tem, em seu trabalho, 4 amigos (distintos dos de Joo), sendo 2 homens e 2 mulheres. Para uma confraternizao, Joo e Maria pretendem convidar 6 dessas pessoas, sendo exatamente 3 homens e 3 mulheres. Determine de quantas maneiras eles podem convidar essas pessoas:

a. dentre todos os seus amigos no trabalho.

b. de forma que cada um deles convide exatamente 3 pessoas, dentre seus res-pectivos amigos.

5. Frmulas de contagem

5.1. Agrupamentos

Quando formamos grupos com elementos de um conjunto, chamamos esses grupos de agrupamentos. Existem trs tipos bsicos de agrupamento.

1 tipo Arranjos simples

So agrupamentos que diferem um do outro pela ordem ou pela natureza dos elementos componentes.

Exemplo os arranjos de 2 elementos que po-dem ser feitos com A, B e C so:

AB, BA, AC, CA, BC e CB

2 tipo Combinaes simples

So agrupamentos que diferem um do outro apenas pela natureza dos elementos compo-nentes.

Exemplo as combinaes de 2 elementos que podem ser feitas com A, B e C so: AB, AC e BC.

3 tipo Permutaes simples

So agrupamentos que diferem um do outro apenas pela ordem dos elementos compo-nentes.

Exemplo as permutaes que podem ser fei-tas com A, B e C so:

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA

5.2. Frmula para clculo do nmero de agrupamentos

I. Frmula para calcular o nmero de ar-ranjos

Seja An,p o nmero de arranjos que podem ser feitos com n elementos, agrupando-os p a p.

Para calcular o nmero de arranjos, basta usar o PFC. Assim A7,3, por exemplo, ser:

7 6 5

1etapa

2etapa

3etapa

Se multiplicarmos e dividirmos o produto 7 6 5 por 4!, teremos:

Resoluo

Considerando:

Joo tem 5 amigos3

2

4

H

M

Maria tem amiggosH

M

2

2

Foram convidados 6 amigos para confraterni-zao, sendo exatamente 3 H e 3 M.

a. Dentre todos:

escolhendo-se 3 H dentre 5 H

=5 4 3

3!10

escolhendo-se 3 M dentre 4 M

=4 3 2

3!4

Pelo princpio fundamental, temos 10 4 = 40 possibilidades.

b. De forma que cada um deles convide exata-mente 3 pessoas, dentre seus respectivos amigos:

1a possibilidade:

Maria escolhe 2 M e 1 H, e consequente-mente, Joo escolhe 1 M e 2 H

( ) ( ) ( ) =1 2 2

3 22

12 !

casos

2a possibilidade:

Maria escolhe 1M e 2H e conse-quentemente Joo escolhe 2 M e 1H (2) (1) (1) (3) = 6 casos

Logo: Total de casos = 6 + 12 = 18 casos

PV-1

3-11


27

Matemti ca

= = =A7 6 5 4!

4!7!4!

7!(7 3)!7,3

De modo geral:

= +A n(n1)(n2) (n p 1)(np)!(np)!n,p

ou seja: An

n pn pn p,n p!

( n p( n p)!=

em particular An,0 = 1 e An,n = n!

II. Frmula para calcular o nmero de combinaes

Seja Cn,p o nmero de combinaes que podem ser feitas com n elementos, agrupando-os p a p.

Para calcular o nmero de combinaes, basta usar o PFC e, em seguida, desprezar a troca de ordem dos elementos do grupo (PDO).

Assim, C7,3, por exemplo, ser:

7 6 5

1etapa

2etapa

3etapa

= =C7 6 5

3!

A

3!7,37,3

De modo geral: =CA

p!n,pn,p

Assim: =C n!(np)!p!n,p

De modo particular: Cn,0 = 1 e

Cn,n = 1

III. Frmula para calcular o nmero de per-mutaes

Seja Pn o nmero de permutaes que podem ser feitas com n elementos.

Para calcular o nmero de permutaes, po-demos usar o PFC, assim P5, por exemplo, ser:

5 4 3 12

1etapa

2etapa

3etapa

4etapa

5etapa

P5 = 5 4 3 2 1 = 5!

De modo geral:

Pn = n!


01.

Calcule:

a. A8, 3 b. A10, 2 c. A8, 0

02.

Resolver Ax, 4 = 5 Ax, 3

Resoluo

a. = = = =A8!

(8 3)!8!5!

8 7 6 5!

5!336

8,3

b. = = = =A10!

(10 2)!10!8!

10 9 8!

8!90

10,2

c. = = =A8!

(8 0)!8!8!

18,0

Resoluo

=

= =

= =

x!(x 4)!

5 x!(x 3)!

(x 3)!(x 4)!

5(x 3) (x 4)!

(x 4)!5

logo, x 3 5 x 8

Resposta

S = {8}


PV-1

3-11

28

Matemtica

03.

Calcule o valor de:

=

+ +E

C

C C C5,3

5,1 10,2 4,2

04.

Resolver Cx, 3 6Cx, 2 = 0

05.

Resolver =P

P5x

x1

Resoluo

= = =

= = =

= = =

= = =

=

+ += =

C 6!(6 3)! 3!

6 5 4 3!

3! 3!20

C 5!(51)! 1!

5 4!

4! 1!5

C 10!(10 2)! 2!

10 9 8!

8! 2!45

C 4!(4 2)! 2!

4 3 2!

2! 2!6

Assim, E 205 45 6

2056

514

6,3

5,1

10,2

4,2

Resposta

E = 514

.

Resoluo

xx

xx

xx

x

!( )! !

!

( )! !

!( )! !

!

(

3 36

2 20

3 36

=

xx

xx

x x

)! !

( )!( )!

!!

( ) ( ) !

(

2 20

23

6 32

2 3

=

=

xx

x

) !

3

6 3 2 12 1

2 18 20

=

= =x

Resposta

S = {20}

Resoluo

=

=

x!(x 1)!

5

x (x 1)!

(x 1)!5

Assim: x = 5

Resposta

S = {5}

PV-1

3-11


29

Matemti ca

CAPTULO 02 NMEROS BINOMIAIS

1. IntroduoCombinaes de n elementos p a p so agru-pamentos com p elementos cada, que podem ser formado com n elementos disponveis.

O nmero de combinaes que podem ser fei-tas com n elementos p a p dado por Cn,p e calculado desta forma:

=C n!(np)! p!n,p

1.1. Defi nio

Dados dois nmeros naturais, n e p, chama-se de

nmero binomial o par de valores n

p

, em que:

n

pn

n p pcomn p

= =

n= n co= comn= mn!= != ( n p( n p)! !

n

p

l-se: binomial de n sobre p

No nmero binomial n

p

, n o numerador e

p, o denominador.

Com base na da definio, observamos que:

n

pCn p

= ,

Como consequncias da definio, temos:

1) n

0

= 1 para n

2) n

1

= n para n *

3) n

n

= 1 para n

1.2. Propriedades

Pn

p

n

n p1P1P )

= n pn p

Demonstrao

n

pn

n p p

n

n pn

n n p

=

=

!( )! !

![ ( )]!(( )!

![ ]!( )!

n p

n

n pn

n n p n p

n

n p

= +

=

=

np n p

n

p

n

n p

!!( )!

:Portanto

Observao:

So chamamos n

pe

n

n p

de nmeros bi-

nomiais complementares.

Exemplos

17

2

7

52

13

4) )

=

=

113

9

Pn

p

n

p

n

p2P2P

1

1

1)

(Rela

+ +

=

+

+

o doo do e Stifel)

Demonstrao

n

p

n

pn

n p pn

n p

+ +

= +1 1

!( )! !

!( )! (( )!p+1

n

p

n

p

nn p n p p

n

+ +

=

= +

1

1!

( ) ( )! !!

(( )! ( ) !n p p p1 1+


PV-1

3-11

30

Matemtica

n

p

n

pn p n n p

n p

+ +

=

+ +

11 1!( ) !( )

( ) (nn p p p )! ( ) !1 1+

n

p

n

p

n p n n n p

n p

+ +

=

+ +

1

! ! !

( )!

n!

( )!

!( )( )! (

p

n

p

n

pn n

n p

+

+ +

=

+

1

11pp

n

p

n

pn n

n p p

+

+ +

=

++

1

11

)!

!( )( )! ( 11

1

11

1 1

)!

( )![ ( )]! (

Comon

pn

n p p

+

+

=

++ + +11

11

)!

( )!( )! ( )!

=+

+n

n p p

Temos: n

p

n

p

n

p

+ +

=

+

+

11

1

Exemplos

17

3

7

4

8

4)

+

=

211

5

11

6

12

6)

+

=

39

0

9

1

10

1)

+

=

Observao:

Consideremos um grupo de pessoas formado por Paulo e mais n pessoas.

Ento:

1) O nmero de modos de selecionar, nesse gru-po, um subgrupo formado por p + 1 pessoas

Cn

pn p+ +=

+

+

1 1

1

1,

2) O nmero de modos de selecionar um sub-grupo formado por Paulo e por outras p pessoas

1 C Cn

pn p n p, ,= =

3) O nmero de modos de selecionar um subgrupo formado por p + 1 pessoas, exceto

Paulo, Cn

pn p, +=

+

1 1

Como o total de subgrupos a soma do nme-ro de subgrupos dos quais Paulo participa com o nmero de subgrupos dos quais Paulo no participa, temos:

n

p

n

p

n

p

+ +

=

+

+

11

1


01.

Calcule E, sendo 6

2

4

4

3

0

8

1

+

+

+

02.

Calcule 5

0

5

pp

=

Resoluo

E

E

E

= + + +

= + + +

=

64 2

1 1 8

6 52

1 1 8

25

!! !

Resoluo

5 5

0

5

1

5

2

5

30

5

pp

=

+

+

+

=

+

+

= + +

=

5

4

5

5

51 5

0

5

pp

553 2

52 3

51 4

1

51 5

0

5

!! !

!! !

!! !

+ + +

= +

=

pp

++ + + +

=

=

10 10 5 1

532

0

5

pp

PV-1

3-11


31

Matemtica

03.

Resolver a equao: x 1

210

=

05.

Resolver a equao:

8

5

8

6

9

3

+

=

x

04.

Resolver a equao:

10

2

10

2 3x x

=

Resoluo

x xx

xx

( )!( )! !

( )!( )! !

1

21

1 2 213 2

= =

Asssim:

( )!( )! !

( )( ) ( ) !

(

xx

x x x

x

13 2

10

1 2 3

=

33 210

) ! !=

x2 3x + 2 = 20

x2 3x 18 = 0

ou seja, x = 6 ou x = 3 (no convm)

S = { 6 }

Resoluo

Temos dois casos:

1) Binomiais iguais

x 2 = 2x 3 x = 1

que no satisfaz, pois devemos ter:

0 x 2 10 e 0 2x 3 10

2) Binomiais complementares:

(x 2) + (2x 3) = 10

3x = 15 x = 5

S = {5}

Resoluo

8

5

8

6

9

6

+

=

(relao de Stifel)

Assim: 9

6

9

3

=

x

ou seja:

x 3 = 6 ou 6 + (x 3) = 9

x = 9 x = 6

S = {6, 9}


PV-1

3-11

32

Matemtica

2. Tringulo de Pascal

2.1. Montagem do tringulo

Vamos colocar os nmeros binomiais n

p

em

linhas e colunas, de modo que os de numera-dores iguais fiquem numa mesma linha e os de denominadores iguais numa mesma coluna.

Linha 0

Linha 1

Linha 2

Linha 3

Linha 4

Linha 5

Colu

na0

Colu

na1

Colu

na2

Colu

na3

Colu

na4

Colu

na5

00( )10( ) 11( )

21( ) 22( )

32( ) 33( )

43( ) 44( )

54( ) 55( )53( )

42( )52( )

31( )41( )51( )

20( )30( )40( )50( )

Calculando cada um dos binomiais, obtemos:

Linha 0

Linha 1

Linha 2

Linha 3

Linha 4

Linha 5

Coluna

0Coluna

1Coluna

2Coluna

3Coluna

4Coluna

5

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

3 3

4 4

5 5

6

10 10

A esta disposio dos nmeros d-se o nome de Tringulo de Pascal.

2.2. Propriedades

P1) Em qualquer linha, dois binomiais equi-distantes dos extremos so complementares, portanto, iguais.

Consideremos, como exemplo, a linha 5.

11 5 510 10

54( ) 55( )53( )52( )51( )50( )

P2) A soma de dois binomiais consecutivos de uma mesma linha igual ao binomial situado imediatamente abaixo do binomial da direita.

00( )10( ) 11( )

21( ) 22( )

32( ) 33( )

43( ) 44( )

54( ) 55( )53( )

42( )52( )

31( )41( )51( )

( )30( )40( )50( )

20

+

+

=

=

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1 2

3 3

4 4

5 5

6

10 10

+

+

=

=

Notamos que:

32( ) 43( ) 44( ) 54( )42( )31( ) +

+

+

+

=

=

=

=

e

3 3 46 1 5

O que podemos concluir que esta propriedade uma aplicao da relao de Stifel nos elementos do tringulo. Com ela, podemos construir qual-quer linha do tringulo a partir da linha anterior.

Assim, considerando a linha 4, temos:

11 4 4

5 5

6

10 10

+ + + +

PV-1

3-11


33

Matemti ca

Lembrando que os nmeros binomiais das extremidades so sempre iguais a 1, temos a linha 5 do tringulo de Pascal.

1 5 10 10 5 1

P3) A soma de todos os binomiais da linha n do tringulo de Pascal 2n.

00( )10( ) 11( )

21( ) 22( )

32( ) 33( )

( )43( ) 4454( ) 55( )53( )

42( )52( )

31( )41( )51( )

20( )30( )40( )50( )

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

3 3

4 4

5 5

6

10 10

+

+ +

+ + +

+

+ + + +

+ + + +

=

=

=

=

=

=

21

20

22

23

24

25

Genericamente temos:

n n n n n

n0 1 2 3

n nn n0 10 10 10 10 10 1+

n nn n0 10 10 10 10 10 1

+

n nn n2 32 32 32 32 32 3+

n nn n2 32 32 32 32 32 3

++

= 2n

ou

n

pn

p

n

=

=

20

Justificativa

Considerando um conjunto A com n elementos para formar um subconjunto de A, devemos de-cidir, para cada elemento, se o inclumos ou no no subconjunto. Ento, o total de subconjuntos :

2 2 2 2 2 2 2 = n

n elementos

Poderamos obter esse mesmo total, pela soma das quantidades de subconjuntos com 0 elementos, 1 elemento, 2 elementos, ... , n elementos, isto :

Cn,0 + Cn,1 + Cn,2 + ... + Cn,n = 2n

ou, ento,

n n n n

nn

0 1 22

+

+

++

=

P4) A soma dos elementos de uma coluna do tringulo de Pascal (comeando no primeiro elemento da coluna) igual ao elemento que est avanado uma linha e uma coluna sobre a ltima parcela.

n

n

n

n

n

n

n k

n

+

+

+

++

n k+n k

1 2n1 2n1 2 +1 2+1 2===

+ +

+

n k+ +n k+ +

n

1

1

ou

n p

n

n k

np

k +n p+n p

=

+ +n k+ +n k

+

=

0

1

1

Exemplo

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

3 3

4 4

5 5

6

10 10

+

+

=


PV-1

3-11

34

Matemti ca

Justificativa

Aplicando a relao de Stifel aos elementos das colunas e efetuando a adio membro a membro, temos:

n+1n+1

n+2n+1

n+3n+1

n+4n+1

n+1n+1

n+2n+1

n+3n+1

nn

nn

n+1n

n+1n

n+2n

n+2n

n+3n

n+3n

n+kn+1

n+kn+1

n+kn

n+kn

n+k+1n+1

n+k+1n+1

n+k1n+1

n+k1n

n+k1n

=

=

=

=

=

=

=

+

+

++

+

+

+ + + +

+ +...

P5) A soma dos elementos de uma diagonal (isto , de uma paralela hipotenusa) do tringulo de Pascal, comeando do primeiro elemento da diagonal, igual ao elemento que est imediatamente abaixo da ltima parcela.

n n n n k

k0

1

1

2n n2n n

2

n nn n +

+n nn n

+

+n n+n n

n nn n ++

+n nn n

===

=

+ +

n k+ +n k+ +

k

1

ou

n p

p

n k

kp

k +n p+n p

=

+ +n k+ +n k

=

10

Exemplo

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

3 3

4 4

5 5

6

6 6

10 10

+

+

+

15 1520

Justificativa

n p

p

n n n+

=

+

+

+

+

+0

1

1

2

2++

+

=

n kkp

k

0

Usando a propriedade dos nmeros binomiais complementares, temos:

n p

p

n

n

n

n

n

n

+

=

+

+

+

+

+

1 2++

+

=

n knp

k

0

O segundo membro a soma da coluna n at a linha n + k do tringulo de Pascal; ento, pela propriedade P4, temos:

n p

p

n k

np

k +

=

+ +

+

=

110

mas:

n k

n

n k

k

+ +

+

=

+ +

1

1

1 (complementares)

Ento:

n p

p

n k

kp

k +

=

+ +

=

0

1

PV-1

3-11


35

Matemtica

01.

Determine as somas indicadas:

a. 6

0

6

1

6

2

6

6

+

+

++

b. 3

0

4

1

5

2

12

9

+

+

++

c. 3

3

4

3

5

3

9

3

+

+

++

03.

Calcule 8

0

8

kk

=


02.

Calcule n, sabendo que:

n n n

n0 12 048

+

++

= . (soma dos ele-

mentos da linha n)

04.

Calcule 10

1

10

pp

=

Resoluo

a.6

0

6

1

6

2

6

626

+

+

++

= ((linha 6)

b.3

0

4

1

5

2

12

+

+

++ 99

13

9

3

3

4

3

=

+

(diagonal)

c. +

++

=

5

3

9

3

10

4(colunaa)

Resoluo

n n n

nn

n

0 12 2 048

2 211

+

++

= =

=

.

=n 11

Resoluo

8 8

0

8

1

8

20

8

kk

=

+

+

++

=

888

28

= (linha 8)

Resoluo

10 10

1

10

2

10

101

10

pp

=

+

++

=

=

=

= =2

10

02 1 1 02310 10 .


PV-1

3-11

36

Matemtica

3. Binmio de NewtonO teorema do binmio, que ser estudado neste mdulo, trata do desenvolvimento de (a + b)n, para n natural. Impropriamente ele chamado binmio de Newton. Isaac Newton viveu no sculo XVII, embora o de-senvolvimento de (a + b)n, para qualquer n natural (ou, pelo menos, um dispositivo para encontrar os coeficientes) j era conhecido muito antes. O caso n = 2 j era conhecido por Euclides (300 a.C.), mas a generalizao da lei s apareceu por volta de 1.100 d.C., na lgebra de Omar Khayyam. Curiosamente, este autor no forneceu a lei, mas assegura-va que podia encontrar as potncias quarta, quinta, sxtupla e at superiores, por uma lei que ele descobrira e que ele afirmava ter enunciado em uma outra obra, da qual, contudo, no parece haver restado nenhuma cpia.

O que se deve a Newton, na verdade, a ge-neralizao do teorema do binmio para va-lores negativos e fracionrios de n, que, no entanto, no sero estudados neste captulo.

3.1. Produto de Stevin

Vamos achar a lei de formao do produto dos n binmios do primeiro grau da forma

(x + a1), (x + a2), ..., (x + an)

que diferem entre si, somente pelos segundos termos.

Inicialmente consideremos o produto de dois fatores: (x + a1) (x + a2).

(x + a1) (x + a2) = x2 + a2x + a1x + a1a2

(x + a1) (x + a2) = x2 + (a1 + a2)x + a1a2

Efetuemos agora o produto de trs fatores: (x + a1) (x + a2) (x + a3)

(x + a1) (x + a2) (x + a3) =

= x3 + a3x2 + a2x2 + a2a3x + a1x2 + a1a3x + a1a2x+ + a1a2a3

(x + a1) (x + a2) (x + a3) = = x3 + (a1 + a2 + a3)x2 + (a1a2 + a1a3 + a2a3)x + a1a2a3

Se efetuarmos o produto de quatro fatores, encontraremos:

(x + a1) (x + a2) (x + a3) (x + a4) = = x4 + (a1 + a2 + a3 + a4)x3 + (a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 + a2a4 + a3a4)x2 + (a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4)x + a1a2a3a4

De modo geral, no produto de n fatores, se chamarmos de:

S1 = a1 + a2 + ... + an

(combinaes dos n segundos termos 1 a 1)

S2 = a1a2 + a1a3 + ... + an-1an


S3 = a1a2a3 + a1a2a4 + ........


Sn = a1a2a3 ... an

(combinaes dos n segundos termos n a n) te-remos:

(x a1) (x + a2) ... (x + an) = = xn + S1xn1 + S2xn2 + ... +Sn

Esse o chamado produto de Stevin.

Observao

O nmero de parcelas de S1 Cn,1 = n

1


2


3

O nmero de parcelas de Sn Cn, n = n

n

PV-1

3-11


37

Matemti ca

01.

Ache o produto (x + 1) (x + 4) (x + 5)


02.

Ache o produto (x + 1) (x 3) (x + 2) (x + 4)

3.2. O desenvolvimento de (x + a)n

Se no produto de Stevin fizermos

a1 = a2 = a3 = ... = an = a, teremos:

S1 = a + a + a + ... + a = Cn,1 a = n

1

a

S2 = a2 + a2 + a2 + ... + a2 = Cn,2 a2 = n

2

a2

S3 = a3 + a3 + a3 + ... + a3 = Cn,3 a3 = n

3

a3

..........................................................................

Sn = an

Assim:

(x + a)n = xn + n

1

axn 1 +

n

2

a2xn 2

+ n

3

a3xn 3 + ...+

n

n

an

Como n

0

= 1, podemos escrever:

( ) ( )x a( )n

xn

axn

n nxn nx

T

n

T

+ =( )+ =( )( )x a( )+ =( )x a( )n n+ =n n

n n

n nn nn nn n

n nn n

n n

n n

n nn nn nn n

n nn n

n n +

+0 10 10 1 0 10 1

1T1T

2T2T

1

222

3

2 2

3 3

3

4

+

+

a x2 2a x2 2

na x3 3a x3 3

n2 2n2 2

T3T3

3 3n3 3

T4T4

2 22 2

3 33 3

++

n

nan

Tn 1+n 1+Tn 1T

Esse desenvolvimento, chamado de bi-nmio de Newton, tambm pode ser escrito assim:

( )( )x a( )n

pa xa xn pa xn pa xn p

p

nn pn p+ =( )+ =( )( )x a( )+ =( )x a( )n p+ =n p

n p

n pn pn pn p

n pn p

n p

n p

n pn pn pn p

n pn p

n p

=

n pn p0

Observaes:

1) O desenvolvimento de um binmio de grau n tem n+1 termos.

2) A soma dos expoentes, em qualquer ter-mo, o grau n do binmio.

3) O expoente de x, no primeiro termo, n, e vai decrescendo de um em um at atingir zero, no ltimo termo.

Resoluo

S1 = 1 + 4 + 5 = 10

S2 = 1 4 + 1 5 + 4 5 = 29

S3 = 1 4 5 = 20; Logo:

(x + 1) (x + 4) (x + 5) =

x3 + 10x2 + 29x + 20

Resoluo

S1 = 1 + (3) + 2 + 4 = 4

S2 = 1 (3) + 1 2 + 1 4 + (3) 2 + (3) 4 + 2 4 = 7

S3 = 1 (3) 2 + 1 (3) 4 + 1 2 4 + (3) 2 4 = 34

S4 = 1 (3) 2 4 = 24; Logo:

(x + 1) (x 3) (x + 2) (x + 4) =

= x4 + 4x3 7x2 34 x 24


PV-1

3-11

38

Matemti ca

4) O expoente de a, no primeiro termo, zero e vai crescendo de um em um at atingir n, no ltimo termo.

5) Os coeficientes dos termos extremos so

iguais a um n en

n0

6) O coeficiente de qualquer termo um n-mero binomial de numerador n e denominador igual ao nmero de termos precedentes. As-

sim, o coeficiente do 6 termo n

5

7) Os coeficientes do desenvolvimento de (x + a)n so os elementos da linha n do trin-gulo de Pascal.

8) A soma dos coeficientes do desenvolvi-mento de (x + a)n 2n.

0.1. 3.3. Termo geral do binmio de Newton

Chamamos termo geral do binmio de Newton a frmula que permite encontrarmos o termo do desenvolvimento de uma certa or-dem conhecida.

No desenvolvimento de (x + a)n, vimos que:

O 1 termo T1 = n

0

a0xn

O 2 termo T2 = n

1

a1xn 1

O 3 termo T3 = n

2

a2xn 2

O 4 termo T4 = n

3

a3xn 3

............................................................

O ltimo termo Tn + 1 = n

n

anx0

Supondo que um termo tenha p termos prece-dentes, sendo pois o termo de ordem p + 1, temos:

Tn

pa x

pp na xp na x p

+=

1

que a frmula do termo geral do binmio.


01.

Construir o tringulo de Pascal e, a partir dele, fazer o desenvolvimento de:

a. (x + a)4

b. (x + a)5

c. (x + a)6

Resoluo

linha 0 1

linha 1 1 1

linha 2 1 2 1

linha 3 1 3 3 1

linha 4 1 4 6 4 1

linha 5 1 5 10 10 5 1

linha 6 1 6 15 20 15 6 1

a. (x + a)4 = x4 + 4ax3 + 6a2x2 + 4a3x + a4

b. (x + a)5 = x5 + 5ax4 + 10a2x3 + 10a3x2 +

+ 5a4x + a5

c. (x + a)6 = x6 + 6ax5 + 15a2x4+ 20x3a3 +

+ 15a4x2+ 6a5x + a6

PV-1

3-11


39

Matemtica

02.

Desenvolver (2x + 3)4

04.

Sabendo que:

a5 + 5

1

a

4b + 5

2

a

3b2 + 5

3

a

2b3 + 5

4

ab

4 +

+b5 = 1.024, podemos dizer que (a + b)2 igual a:

a. 144 d. 64

b. 4 e. 16

c. 36

03.

Desenvolver (x 1)5

05.

Dado o binmio (2x + y)5, obtenha:

a. a soma dos coeficientes binomiais.

b. a soma dos coeficientes do desenvolvi-mento.

Resoluo

(2x + 3)4 = 4

0

(2x)

430 + 4

1

(2x)

331 +

+ 4

2

(2x)232 +

4

3

(2x)133 +

4

4

(2x)034

(2x + 3)4 = 1 16x4 + 4 8x3 3 + 6 4x2 9 +

+ 4 2x 27 + 1 81

(2x + 3)4 = 16x4 + 96x3 + 216x2 + 216x + 81

Resoluo

(x 1)5 = 5

0

x5(1)0 +

5

1

x4(1)1 +

5

2

x3(1)2 +

+ 5

3

x2(1)3 +

5

4

x(1)4 +

5

5

x0(1)5

(x 1)5 = x5 5x4 + 10x3 10x2 + 5x 1

Resoluo

No primeiro membro da igualdade fornecida, temos (a + b)5; ento;

(a + b)5 = 1.024 (a + b)5 = 210

(a + b)5 = (22)5

a + b = 22 a + b = 4

(a + b)2 = 16

Resposta

E

Resoluo

a. 5

0

5

1

5

2

5

3

5

4

+

+

+

+

+

=5

525

b. Ao invs de efetuarmos o desenvolvimento de (2x + y)5 para obtermos a soma de seus co-eficientes, fazemos:

x = 1 e y = 1 e obtemos:

(2 1 + 1)5 = 35 = 243, que a soma procurada.


PV-1

3-11

40

Matemtica

06.

Calcular o valor aproximado de (1,002)1508.

Obtenha o termo independente de x no de-

senvolvimento de xx

22

61

+

07.

Considere o binmio (x2 + y)6.

a. D o termo geral do desenvolvimento.

b. Obtenha o termo em x4.

Resoluo

Notemos que (1,002)15 = (1 + 0,002)15, ento, fazendo o desenvolvimento do binmio, temos:

(1 + 0,002)15 =

=

+

+

+

15

01 0 002

15

11 0 002

1

15 0 14 1 , ,

55

21 0 002

15

31 0 00213 2 12 3

+

++

+

, ,

115

151 0 0020 15

,

Podemos perceber que, a partir do 3 termo, os valores so to pequenos que podem ser des-prezados. Assim:

(1 + 0,002)15 1 + 0,030

ou (1,002)15 1,03

Resoluo

a. Tp + 1 = 6

p

yp (x2)6 p =

6

p

yp x12 2p

b. Fazendo o expoente de x, no termo geral, igual a 4, temos:

12 2p = 4 p = 4

Assim, o termo em x4 :

T4 + 1 = 6

4

y4 x12 2 4 = 15y4 x4

ou seja, o termo em x4 o 5 termo e vale 15x4y4.

Resoluo

Tp + 1 = 6 1

22 6

p xx

p

p

( )

Tp + 1 = 6

2 12 2

px xp p

Tp + 1 = 6

12 4

px p

Termo independente de x expoente de x = 0

Fazendo 12 4p = 0, teremos: p = 3

T3 + 1 = 6

3

x0

T4 = 6

3

= 20

Ento, o termo independente de x o 4 ter-mo e vale 20.

PV-1

3-11


41

Matemtica

09.

Obtenha o termo mdio no desenvolvimento

de ( ) .x x3 4

10.

Quantos termos racionais existem no desen-

volvimento de 3 2320

+( ) ?

11. UEL-PR

Se a soma dos coeficientes do desenvolvimento do binmio (2x + y)n igual a 243, ento o n-mero n :

a. 12 d. 5

b. 10 e. 3

c. 8

Resoluo

Tp

Tp

p

p p

p

+

+

=

( ) ( )

=

1

320

1

202 3

20

2 33202

p p

O termo racional se p e3

20 p2

forem intei-

ros, isto , devemos ter 20 p mltiplo de 2 e p mltiplo de 3.

Alm disso, 0 p 20

20 p par p par.

p par

p mltiplo dep mltiplo de

p mlti

;

36

pplode

pp

6

0 200 6 12 18

{ }, , ,Assim, existem quatro termos racionais que obtemos substituindo, no termo geral, o valor de p por 0, 6, 12 e 18.

Resoluo

Soma dos coeficientes:

(2 1 + 1)n = 243 3n = 243 3n = 35 n = 5

Resposta

D

Resoluo

Tp

x x

Tp

pp p

pp

+

+

=

=

13 4

1

4

41

( ) ( )

( )

(( )

( )

x x

Tp

x

T

p p

pp

pp

p

12 12 3

12

12 341

+

+

+

=

11

24 52

41=

p xp

p

( )

O binmio tem 5 termos (grau 4), ento o ter-mo mdio o 3 termo (T3).

Tp

x x x3

224 5 2

2 7 74

1 6 1 6=

= =( )


PV-1

3-11

42

Matemtica

CAPTULO 03 PROBABILIDADE

Os clculos hebreus sobre a posio dos astros, realizados por Ben Ezra no sculo XII, com a finalidade de fazer previses astrolgicas, po-dem ser considerados como os primeiros pas-sos rumo teoria das probabilidades.

O Livro dos jogos de azar, de Girolamo Cardano (1501-1576), publicado em torno de 1550, o primeiro manual organizado que traz algumas noes de probabilidades. Nesse livro, Cardano, que era jogador, alm de matemtico, astrlogo e mdico, desenvolve clculos de expectativas acerca de jogos de dados e tambm d conse-lhos sobre como trapacear no jogo.

No entanto, o estudo sistemtico das probabi-lidades comeou, realmente, em 1654, quan-do um jogador francs, o Chevalier de Mr, escreveu a Blaise Pascal (1623-1662) fazendo vrias perguntas sobre o jogo de dados e ou-tros jogos de azar. Uma das perguntas era: dois jogadores, igualmente hbeis, querem inter-romper partida. Conhecendo que o montan-te das apostas e a situao do jogo (quantas partidas cada um ganhou), como dever ser repartido o dinheiro?

Pascal, que, por ser extremamente religioso, no era jogador, escreveu a outro matem-tico francs Pierre de Fermat (1601-1665) sobre as perguntas feitas pelo Chevalier de Mr. A partir dessa correspondncia, Pascal e Fermat aprofundaram estudos conjuntos sobre probabilidades e, apesar de no terem publicado suas descobertas, chegaram a de-finir conceitos como expectativa, chance e mdia, alm de estabelecer tcnicas de con-tagem e estatsticas de incidncia de casos num dado fenmeno.

Tambm no sculo XVII, mais precisamente em 1657, o holands Christian Hiygens (1629-1695) publicou seu livro O raciocnio nos jogos de dados, no qual apresentou importantes contribuies ao estudo das probabilidades.

O suo Jacques Bernoulli (1654-1705), na mesma poca, deu grande contribuio no estudo das probabilidades ao propor um teo-rema no qual afirmava que a probabilidade de um evento ocorrer tende a um valor constante quando o nmero e ensaios desse evento ten-dem ao infinito.

Depois de Bernouilli, Abraham de Moivre (1667-1751) publicou o livro A doutrina do azar, no qual tambm faz anlises de jogos que contriburam para o estudo das proba-bilidades.

Foi em 1812 que Pierre Simon Laplace (1749-1827) deu forma a uma estrutura de raciocnio e a um conjunto de definies no seu livro Teo-ria analtica da probabilidade.

A teoria moderna das probabilidades hoje constitui a base de um dos ramos de maior aplicao nas cincias, a Estatstica.

1. Experimentos aleatriosOs experimentos cujos resultados podem ser previstos, isto , podem ser determinados an-tes mesmo de sua realizao so chamados experimentos determinsticos. Por exemplo, possvel prever a temperatura em que a gua entrar em ebulio desde que conhe-cidas as condies em que o experimento se realiza.

Alguns experimentos, contudo, no so assim previsveis. Por mais que sejam mantidas as mesmas condies, no podemos prever qual ser o resultado ao lanarmos uma moeda. Esses so chamados experimentos aleatrios (em latim alea = sorte).

Experimentos aleatrios so aqueles que, repetidos em condies idnticas, no produzem sempre o mesmo resultado.

A teoria das probabilidades estuda a forma de se estabelecerem as possibilidades de ocor-rncia num experimento aleatrio.

2. Espao amostral e eventoVamos estudar experimentos aleatrios com resultados equiprovveis (mesma chance de ocorrncia) e em nmero determinado, isto , finito. Desta forma definimos:

Espao amostral: o conjunto de todos os resultados possveis de um experimento aleat-rio. Indicaremos o espao amostral por U.

Evento: qualquer subconjunto do espao amostral.

PV-1

3-11


43

Matemtica

Exemplo

Lanamos trs moedas e observamos as faces que ficaram voltadas para cima.

Representar:

a. o espao amostral do experimento;

b. o evento A: Sarem apenas faces iguais;

c. o evento B: sair exatamente uma face cara;

d. o evento C: chances de sair, pelo me-nos, uma face cara.

Resoluo

a. U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Ca), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), (Co, Co, Co)}

b. A = {(Ca, Ca, Ca), (Co, Co, Co)}

c. B = {(Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)}

d. C = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)}

Observao

Os nmeros de elementos do espao amostral e dos eventos de um experimento aleatrio so calculados com a anlise combinatria.

3. Tipos de eventoConsideremos o experimento aleatrio: lan-amento de um dado comum e observao do nmero representado na face voltada para cima.

O espao amostral ser:

U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

Analisemos os diversos tipos de eventos que podemos definir neste experimento.

I. Evento elementar

Qualquer subconjunto unitrio de U.

Exemplo

Ocorrncia de um nmero mltiplo de 5.

A = {5}

II. Evento certo

o prprio espao amostral U.

Exemplo

Ocorrncia de um divisor de 60

B = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

III. Evento impossvel

o conjunto vazio ().Exemplo

Ocorrncia de um mltiplo de 8

C = { } = IV. Evento unio

a reunio de dois eventos.

Exemplo

Evento A: ocorrncia de um nmero primo

A = {2, 3, 5}

Evento B: ocorrncia de um nmero mpar

B = {1, 3, 5}

Evento A B: ocorrncia de um nmero pri-mo ou mpar

A B = {1, 2, 3, 5}V. Evento Interseco

a interseco de dois eventos.

Exemplo


A = {2, 3, 5}


B = {1, 3, 5}

Evento A B: ocorrncia de um nmero pri-mo e mpar

A B = {3, 5}VI. Eventos mutuamente exclusivos

Dois eventos, E1 e E2, de um espao amostral U so chamados mutuamente exclusivos quando

E1 E2 = Exemplo

Evento A: ocorrncia de um nmero par

A = {2, 4, 6}


B = {1, 3, 5}

A e B so eventos mutuamente exclusivos, pois A B =

VII. Evento complementar

o evento E = U E.

Exemplo



PV-1

3-11

44

Matemti ca

A = {2, 3, 5}

Evento A: ocorrncia de um nmero no pri-mo

A = U A = {1, 4, 6}

Observao

No caso do exemplo, podemos dizer que o evento A a no ocorrncia de um nmero primo.

4. Probabilidade estat sti ca e probabilidade tericaImaginamos a seguinte situao: em uma tur-ma da segunda srie do Ensino Mdio, existem 25 garotas e 10 garotos e um brinde foi sortea-do para um dos membros da turma. Temos de adivinhar o sexo do contemplado.

Intuitivamente, sabemos que mais fcil ter sido sorteada uma garota que um garoto, no entanto no podemos afirmar com certe-za o sexo do contemplado. A chance de uma garota ter sido sorteada pode ser traduzida por um nmero que chamamos probabilidade.

Uma observao que pode ser feita de que a teoria das probabilidades uma maneira matemtica de lidar com a incerteza.

O clculo da probabilidade de um evento acontecer, muitas vezes, feito experimen-talmente. Essa probabilidade chamada de experimental ou estatstica.

Exemplo

A probabilidade de uma pessoa morrer aos 25 anos obtida com o levantamento e o tratamen-to adequado de um grande nmero de casos.

No entanto, quando se jogam dois dados para se calcular a probabilidade de se obterem, nas faces voltadas para cima, dois nmeros iguais, no necessario realizar o experimento. Ela pode ser conseguida por meio de uma anlise terica do espao amostral e do evento. Neste caso, chamamos de probabilidade terica.

No Ensino Mdio, no desenvolvemos estudos de probabilidade estatstica, assunto que ser discutido na maioria dos cursos superiores.

5. Probabilidade terica de um eventoSe num fenmeno aleatrio, o nmero de ele-mentos do espao amostral for n(U) e o nme-

ro de elementos do evento A for n(A), ento a probabilidade de ocorrer o evento A o nme-ro P(A) tal que:

P An An U

( )P A( )P A( )n A( )n A( )n U( )n U

=

Uma outra forma de definir a probabilidade de ocorrer o evento A :

P A( )P A( )P A =nmero de casos favorveis a A

nmero de cee ce asos possvepossveposs is

Exemplos

1) Retirando-se uma carta de um baralho normal de 52 cartas, qual a probabilidade de tirar um rei?

Baralho Rei

Resoluo

P E( )=nmero de resultados favorveisnmero dde resultados possveis

P E( )= =452

113

2) Em um lanamento de dois dados, um pre-to e outro branco, qual a probabilidade de que os dois nmeros obtidos sejam iguais?

Resoluo

U = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), ..., (6, 4), (6, 5), (6, 6)}

n(U) = 6 6 = 36

PV-1

3-11


45

Matemtica

E = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}

n(E) = 6

Assim, P En En U

( )( )( )

= = =636

16

3) Dentre as seis permutaes dos n-meros 1, 2, e 3, uma escolhida ao acaso. Considerando o nmero de trs algarismos assim escolhido, determine a probabilidade de ele:

a. ser par;

b. ser mltiplo de trs;

c. ser mltiplo de cinco.

Resoluo

O espao amostral :

U = {123, 132, 213, 231, 312, 321}

a. Evento A: ocorre nmero par.

A = {132, 312}

P An An U

( )( )( )

= = =26

13

b. Evento B: ocorre nmero mltiplo de trs.

B = {123, 132, 213, 231, 312, 321}

P Bn Bn U

( )( )( )

= = =66

1 (evento certo)

c. Evento C: ocorre nmero mltiplo de cinco

C = { }

P Cn Cn U

( )( )( )

= = =06

0 (evento impossvel)

Observao:

Por meio da teoria determinamos que, no lan-amento de um dado no viciado, a probabi-

lidade de se obter o nmero 2 16

. Isto no

significa que, sempre que forem feitos seis lan-amentos de um dado, certamente ocorrer em um deles, e apenas um, o resultado 2. Na prtica, o que se verifica que, num grande n-mero de lanamentos, a razo entre o nmero de vezes que ocorre o resultado 2 e o nmero

de lanamentos efetuados se aproxima de 16

.

6. Propriedades das probabilidadesP1) A probabilidade do evento impossvel

0. (P() =0)

Pnn U n U

( )( )( ) ( )

= = =0 0

P2) A probabilidade do evento certo 1.

(P(U) = 1)

P Un Un U

( )( )( )

= = 1

P3) Sendo A um evento de um espao amostral U, a probabilidade de A um nmero racional entre 0 e 1, inclusive. (0 P(A) 1).

00 n A n U

n Un An U

n Un U

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

Como P(A) = n An U( )( )

temos:

0 P(A) 1

P4) Sendo A um evento e A seu comple-mentar, ento P A P A( ) ( ) .+ = 1

A

U

A

n U n A n An Un U

n An U

n An U

Ass

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )

= +

= +

iim P A P A, ( ) ( )+ = 1

Observao:

comum expressar a probabilidade de um evento na forma de porcentagem. Assim, se P(A) = 0,82, por exemplo, podemos dizer que P(A) = 82%.

Exemplo

1) Os 900 nmeros de trs algarismos esto colocados em 900 envelopes iguais. Um dos envelopes sorteado. Qual a probabilidade de ele conter um nmero que tenha, pelo me-nos, dois algarismos iguais?


PV-1

3-11

46

Matemtica

Resoluo

Sendo A o evento: ocorrer um nmero com, pelo menos, dois algarismos iguais. mais fcil cal-cular P A( ) , a probabilidade do evento complementar de A. Assim;

A

U

A

Nmeros com pelo menos dois algarismos repetidos

Nmeros comalgarismos distintos

9n(A) =1

Centena

92

Dezena

8 = 6483

Milhar

P A( )=

=

648900

648900

Como P(A) + P(A) = 1

P(A)+ 11

252900

0 28 28

= = =P A( ) , %

P A( )=

=

648900

648900

Como P(A) + P(A) = 1

P(A)+ 11

252900

0 28 28

= = =P A( ) , %


01.

Trs moedas so lanadas simultaneamente; descreva o espao amostral.

02.

Dois dados so lanados simultaneamente. Observadas as faces voltadas para cima, d:

a. o espao amostral do experimento;

b. o evento A: a soma maior que 8.

03.

Lanando-se um dado honesto, qual a probabili-dade de se obter um nmero menor que 4?

1

1

2

2

4

4

3

3

5

5

6

6

b. A = {(3, 6), (4, 5), (4, 6), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}

Resoluo

U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), (Co, Co, Co)}

Resoluo

U = {1, 2, 3, 4, 5, 6} A = {1, 2, 3}

P An An U

( )( )( )

= = =36

12

Resoluo

a. U = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, ,2), (4, 3), (4 , 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}

Observao:

Podemos representar esquematicamente o espao amostral:

PV-1

3-11


47

Matemtica

04.

Uma carta retirada ao acaso de um baralho de 52 cartas. Determine a probabilidade de ser:

a. uma dama;

b. uma dama ou rei.

06.

Numa urna existem 1.000 bolas, numeradas de 1 a 1.000. Retirando-se uma bola ao acaso, qual a probabilidade:

a. de observar um nmero mltiplo de 7?

b. do nmero obtido no ser mltiplo de 7?

05.

Uma moeda no viciada lanada trs vezes seguidas. Qual a probabilidade de:

a. obter 3 coroas?

b. obter exatamente 2 caras?

c. obter pelo menos 2 caras?

Resoluo

a. n(U) = 52

n(A) = 4

P A( )= =452

113

b. n(U) = 52, n(B) = 8

P B( )= =852

213

Resoluo

a. U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), (Co, Co, Co)}

A = {(Co, Co, Co)}

P An An U

( )( )( )

= 18

b. B = {(Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca)}

P Bn Bn U

( )( )( )

= =38

c) C = {(Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Ca, Ca)}

P Cn Cn U

( )( )( )

= = =48

12

Resoluo

a) U = {1, 2, 3, ..., 1.000}

n(U) = 1.000

A = {7,14, 21, ..., 994}

1 000 7

30

20

6

.

142

n(A) = 142

P An An U

( )( )( ) .

= = =1421 000

71500

b. A U A=

P A P A

Assim P A

( ) ( )

, ( )

= =

=

1 171500

429500


PV-1

3-11

48

Matemtica

07. ENEM

Todo o pas passa pela primeira fase de campanha de vacinao contra a gripe suna (H1N1). Segun-do um mdico infectologista do Instituto Emlio Ribas, de So Paulo, a imunizao deve mudar, no pas, a histria da epidemia. Com a vacina, de acordo com ele, o Brasil tem a chance de barrar uma tendncia do crescimento da doena, que j matou 17 mil no mundo. A tabela apresenta da-dos especficos de um nico posto de vacinao.

Campanha de vacinao contra a gripe suna

Datas davacinao

Pblico-alvoQuantidade de

pessoas vacinadas

8 a 19 de maro

Trabalhadores da sade e indgenas

42

22 de mar-o a 2 de

abril

Portadores de doenas

crnicas22

5 a 23 de abril

Adultos saud-veis entre 20 e

29 anos56

24 de abril a 7 de maio

Populao com mais de 60

anos30

10 a 21 de maio

Adultos saud-veis entre 30 e

39 anos50

Disponvel em: .Acesso em: 26 abr. 2010 (adaptado).

Escolhendo-se aleatoriamente uma pessoa atendida nesse posto de vacinao, a probabi-lidade de ela ser portadora de doena crnica :

a. 8% d. 12%

b. 9% e. 22%

c. 11%

08. ENEM

Rafael mora no centro de uma cidade e decidiu se mudar, por recomendaes mdicas, para uma das regies: rural, comercial, residencial urbano ou residencial suburbano. A principal recomendao mdica foi com as temperatu-ras das ilhas de calor da regio, que deve-riam ser inferiores a 31 C. Tais temperaturas so apresentadas no grfico:

PERFIL DA ILHA DE CALOR URBANA

F9291908988878685

C

33

32

31

30

RuralCom

ercial

Centro

Residencial

urbano

Residencial

suburbano

EPA

Escolhendo, aleatoriamente, uma das outras regies para morar, a probabilidade de ele es-colher uma regio que seja adequada s reco-mendaes mdicas :

a. 15

d. 35

b. 14

e. 34

c. 25

Resoluo

Pessoas vacinadas: 200

P En E

n SP E( )

( )

( )( ) , %= = = =

22

2000 11 11

Resposta

C

Resoluo

Observando-se o grfico, as regies que Rafael poderia escolher para morar, com tempera-turas inferiores a 31 C, so: rural, residencial urbano ou residencial suburbano.

Logo, a probabildiade (P) de Rafael escolher uma regio que apresenta temperatura infe-rior a 31 C ser:

P =34

Resposta

E

PV-1

3-11


49

Matemtica

09.

O grfico mostra a velocidade de conexo Internet utilizada em domiclios no Brasil. Esses dados so resultado da mais recente pesquisa, de 2009, realizada pelo Comit Gestor da Internet (CGI).

% domiclio segundo

40

35

30

25

20

15

10

5

0

34

20

15

5

1 1

24

At256Kbps

Entre256 e

1 Mbps

De1 Mbps a

2 Mbps

Entre 2 Mbps a4 Mbps

De 4 Mbps a8 Mbps

Acimade 8

Mbps

No sabe/No

responde

Disponivel em: . Acesso em: 28 abr. 2010. Adaptado.

Escolhendo-se, aleatoriamente, um domiclio pesquisado, qual a chance de haver banda larga de conexo de pelo menos 1 Mbps neste domiclio?

a. 0,45 d. 0,22

b. 0,42 e. 0,15

c. 0,30

Resoluo

Desconsiderando os 24% indicados em no sabe/no responde e de acordo com a tabela, te-mos:

domiclio segundo a velocidade de conexo: 100

banda larga de pelo menos 1 Mbps: 22

P En En S

P E( )( )( )

( ) % ,= = = =22100

22 0 22

Obs: considerando que nos 24% indicados em no sabe/no responde podemos ter domiclio que atende condio, temos:

22100

46100

P E( )

22% P(E) 46%

0,22 P(E) 0,46

Assim, o item no teria resposta nica.

Resposta

D


PV-1

3-11

50

Matemtica

10. ENEM

A populao mundial est ficando mais velha, os ndices de natalidade diminuram e a expectativa de vida aumentou. No grfico seguinte, so apresentados dados obtidos por pesquisa realizada pela Organizao das Naes Unidas (ONU), a respeito da quantidade de pessoas com 60 anos ou mais em todo o mundo. Os nmeros da coluna da direita repre-sentam as faixas percentuais. Por exemplo, em 1950 havia 95 milhes de pessoas com 60 anos ou mais nos pases desenvolvidos, nmero entre 10% e 15% da populao total nos pases desenvolvidos.

461 35

30

25

analise combinatoria e probabilidades

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