preparar o exame - exercícios globais de resposta aberta · proposta de resolução dos...

www.raizeditora.pt

Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Preparar o Exame – Combinatória e Probabilidades” Página 1

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 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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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.

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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.

www.raizeditora.pt



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


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

www.raizeditora.pt



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.

www.raizeditora.pt



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.

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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).



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

.

www.raizeditora.pt



79.2 Dos 210 passageiros, 150 são portugueses

7

5210 .


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



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.

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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%

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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)

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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.


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

www.raizeditora.pt



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.


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.

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt




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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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)

www.raizeditora.pt



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,



G F

35 15 15

55

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt




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.

www.raizeditora.pt



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.

www.raizeditora.pt




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

www.raizeditora.pt



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


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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt



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

www.raizeditora.pt




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

www.raizeditora.pt



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

preparar o exame - exercícios globais de resposta aberta · proposta de resolução dos...

Documents