Analise Combinatori e Probabilidade Exercicios

CURSO ON-LINE – RACIOCÍNIO LÓGICO P/ BACENPROFESSOR: VÍTOR MENEZES

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Aula 5 – Análise combinatória e Probabilidade.

I. ANÁLISE COMBINATÓRIA........................................................................................................................2

1. Princípio fundamental da contagem. . . ..................................................................................................2

2. Arranjos .................................................................................................................................................5

3. Permutação. ...........................................................................................................................................9

4. Combinação............................................................................................................................................9

5. Outros exercícios . . . ............................................................................................................................ 12

6. Permutação com repetição . . . ............................................................................................................. 44

II. PROBABILIDADE . . . ............................................................................................................................. 53

1. Introdução. . ........................................................................................................................................ 53

2. Abordagem frequentista da probabilidade. . . . .................................................................................... 61

3. Probabilidade condicional. . . ............................................................................................................... 65

4. Fórmula da probabilidade condicional . . . . .......................................................................................... 72

5. Probabilidade da união de dois eventos . . . . ........................................................................................ 84

6. Probabilidade do evento complementar . . . . ....................................................................................... 97

7. Teorema da probabilidade total. ........................................................................................................ 108

8. Teorema de Bayes .............................................................................................................................. 119

9. Probabilidade e análise combinatória . ............................................................................................... 126

III. QUADRO RESUMO .......................................................................................................................... 133

IV. LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSO. ............................................................................................. 134

V. GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSO . ........................................................................................ 156


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I. ANÁLISE COMBINATÓRIA Em análise combinatória nós vamos basicamente aprender a contar. Isso mesmo. O intuitoaqui será contar de quantas formas um dado processo pode ocorrer.

Uma forma de resolver este tipo de problema é simplesmente listar todas as situaçõespossíveis e, depois, contá-las. Vejamos um exemplo.

Considere que um guia turístico deseje colocar três pessoas em fila indiana, para percorreruma trilha. De quantas maneiras é possível formar a tal fila?

É um problema de contagem. Precisamos contar quantas são as maneiras de executar oprocesso descrito, qual seja, formar a fila de três pessoas.

Chamando as pessoas de A, B e C, temos as seguintes filas possíveis:

A, B, C

A, C, B

B, A, C

B, C, A

C, A, B

C, B, A

São seis filas possíveis. Listamos todas elas e, depois, contamos. Difícil? Certamente não.

O problema começa quando o número de casos possíveis aumenta muito. Imaginem se, emvez de três pessoas na fila, fossem quinze. E aí? Listar todas as maneiras de formação da filaseria algo extremamente trabalhoso.

Nestas situações, é muito útil conhecer ferramentas de análise combinatória. São ferramentasque permitem uma contagem mais rápida.

A mais importante delas é o princípio fundamental da contagem. Ele pode ser aplicado pararesolver qualquer problema de análise combinatória.

A partir do princípio fundamental da contagem, de aplicação geral, é possível chegar afórmulas que se destinam a problemas com certas particularidades. Neste contexto,aprenderemos os casos de arranjo, permutação e combinação.

1. Princípio fundamental da contagem

EC 1. APEX 2006 [UNIVERSA]

Em um laboratório de pesquisa científica, são realizados experimentos de reproduçãoenvolvendo 6 machos e 8 fêmeas de uma espécie animal. Todos os animais utilizados nosexperimentos gozam de boa saúde e estão em perfeitas condições de reprodução. Cadaexperimento consiste em se colocarem juntos, em um ambiente controlado, um macho e umafêmea, durante um período de tempo determinado, formando o casal do experimento. Nessasituação, a quantidade de casais diferentes que podem ser formados é igual a:

(A) 8

(B) 14


3


(C) 28

(D) 48

(E) 56

Resolução.

Antes de resolver o problema da forma como foi proposto, vamos modificá-lo, para facilitar oentendimento. Vamos considerar que são apenas 3 machos e 4 fêmeas. Vamos designar osmachos por letras (A, B, C) e as fêmeas por números (1, 2, 3, 4).

O esquema abaixo apresenta todas as possibilidades de casal:

O diagrama acima representa doze possíveis casais:

1A, 1B, 1C, 2A, 2B, 2C, 3A, 3B, 3C, 4A, 4B, 4C

Há 4 possibilidades para a escolha da fêmea. Escolhida a fêmea, há 3 possibilidades de macho.

E, para obter a quantidade de casais possíveis, basta multiplicar:


4


Este resultado decorre do princípio fundamental da contagem (PFC). 4 3 12

O princípio fundamental da contagem nos diz que, quando uma tarefa puder se dividida em netapas, e cada etapa puder ser realizada de mi maneiras diferentes (com “i” variando de 1 até n), o número de maneiras pelas quais podemos concluir a tarefa é igual ao produto:

nmmmm ×××× ...321

No exemplo acima, a tarefa de formar o casal podia ser dividida em duas etapas. Na primeiraetapa, escolhemos a fêmea. Há 4 formas de fazer isso.

Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 3 formas de fazer isso.

O número de maneiras de concluirmos a tarefa como um todo é dado por: 1ª etapa 2ª etapa

4 3

Bastou multiplicar a quantidade de maneiras de executar cada etapa.

4 3 12

Na análise combinatória, nós basicamente estudamos como resolver problemas semelhantes aeste, em que utilizamos o princípio fundamental da contagem para saber de quantas formasuma dada tarefa pode ser realizada.

Neste primeiro exemplo, até que não foi difícil listar todos os casos possíveis para depoiscontá-los. São apenas 12 casais. Fazer uma lista com todos eles não é problema.

Contudo, imagine se fossem 30 machos e 50 fêmeas. Listar todos os casais possíveis seriamuito difícil. É aí que o princípio fundamental da contagem nos auxilia.

O PFC é de aplicação geral (serve para resolver qualquer problema de análise combinatória).Há problemas que apresentam certas particularidades, que fazem com que o PFC resulte emdeterminadas fórmulas. Neste contexto, temos as fórmulas de combinação, arranjo epermutação.

Visto isso, podemos voltar ao enunciado original.

São 6 machos e 8 fêmeas.

Queremos formar casais. Vamos dividir esta tarefa em duas etapas.

Na primeira etapa, escolhemos a fêmea. Há 8 maneiras de executar esta primeira etapa.

Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 6 maneiras de executar esta segunda etapa.

Aplicando o PFC, calculamos de quantas maneiras podemos formar o casal:

8 6 48São 48 casais possíveis.

Gabarito: D

Um detalhe muito importante sobre o exemplo acima:


5


Observe que etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes.

Seja A o conjunto das fêmeas {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Seja B o conjunto dos machos {a, b, c, d,e, f}.

A primeira etapa (escolha da fêmea) pode ser executada com elementos do conjunto “A”. Asegunda etapa (escolha do macho) pode ser executada com elementos do conjunto “B”.

Quando etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes, basta aplicarmos o PFC.Certo?

De outra forma, quando mais de uma etapa estiver relacionada a um mesmo conjunto, aíprecisaremos tomar alguns cuidados, que serão vistos mais adiante.

EC 2. ANAC 2009 [CESPE]

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitibacom destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendouma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.

Resolução. Vamos dividir o problema em etapas.

Na primeira etapa, escolhemos a cidade de origem.

Há 3 opções para a execução desta primeira etapa: Porto Alegre, Florianópolis e Curitiba. 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

3

Escolhida a cidade de origem, vamos para a segunda etapa.

Na segunda etapa, escolhemos a cidade de escala. Há 4 opções: BH, BSB, RJ e SP. 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

3 4

Por fim, na terceira etapa, escolhemos a cidade de destino. Há 7 opções (FOR, SSA, NAT, JPA, MCZ, REC, AJU).

1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

3 4 7

Aplicando o PFC, temos: 84473 =××

São 84 formas de se montar rotas aéreas. Este número, de fato, é múltiplo de 12 (pois émúltiplo de 3 e de 4).

Gabarito: certo.

2. Arranjos


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EC 3. Ministério da Saúde 2007 [CESPE]

Julgue o seguinte item.

1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteandoum deles com um ingresso para cinema, outro com um ingresso para teatro e o terceiro comum ingresso para show, ele terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo.

Resolução. Vamos dividir o processo em etapas. Na primeira etapa, escolhemos o ganhador do cinema;na segunda, do teatro; na terceira, do show.

Neste problema, temos um fato que não ocorreu nos exercícios anteriores.

Para melhor entendimento, vamos retomar a questão EC 1.

Naquele exercício, queríamos formar casais. Para tanto, tínhamos o conjunto das fêmeas – {1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} - e o conjunto dos machos – {a, b, c, d, e, f}.

A primeira etapa estava relacionada ao conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

A segunda etapa estava relacionada ao conjunto {a, b, c, d, e, f}.

Ou seja, etapas diferentes estavam relacionadas a conjuntos diferentes. Quando isso ocorre, aresolução do problema é bem tranquila, não há maiores cuidados a se tomar.

Agora, neste exercício, temos o conjunto dos servidores {a, b, c, d, e}.

Para escolher o ganhador do cinema, tomaremos um dos elementos deste conjunto. Paraescolhemos o ganhador do teatro, novamente tomaremos um dos elementos deste conjunto.Para o show, idem.

Agora, um mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa. Quando isso ocorre, antesde fazermos qualquer conta, temos que responder a duas perguntas extremamenteimportantes:

1 – há reposição?

2 – a ordem de escolha dos elementos é importante?

Neste problema não há reposição.

O diretor quer premiar 3 servidores diferentes. Assim, se um servidor já foi premiado com ocinema, ele não pode mais ser premiado com o show ou com o teatro.

Dizemos que não há reposição. Uma vez escolhido um elemento, ele não é reposto aoconjunto original, ele não é mais uma opção para as próximas etapas.

Primeira etapa: para a escolha do vencedor do cinema, há 6 opções de funcionários.

Agora vamos para a segunda etapa. Vamos escolher o vencedor do teatro.


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Tínhamos 6 servidores. Só que um deles já foi escolhido para ir ao cinema. Como não háreposição, ele não pode ser escolhido novamente. Então sobram 5 possibilidades para asegunda etapa. Há apenas 5 servidores que podem ser escolhidos para ganhar o ingresso doteatro.

Escolhidos os vencedores do cinema e do teatro, sobram 4 opções de servidores para o show.

Ficamos com: 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

6 5 4

Devido ao fato de não haver reposição, fomos diminuindo a quantidade de possibilidades: 6,depois 5, depois 4.

Tudo bem até aqui?

Já vimos o impacto da primeira pergunta. O fato de não haver reposição faz com que onúmero de formas de executar cada etapa vá diminuindo. Agora vamos para a segundapergunta.

A segunda pergunta que temos que responder é: a ordem é importante?

Ou seja, uma mera alteração na ordem de escolha dos elementos resulta em um novo caso?

Neste problema, a ordem é importante. Uma alteração na ordem de escolha muda tudo. Sortear A, B, C é diferente de escolher C, B, A. Na primeira formação, A vai para o cinema eC para o show. Na segunda formação, A vai para o show e C vai para o cinema.

Dizemos que a ordem de escolha é importante.

Quando isso acontece, ou seja, quando uma alteração na ordem representa um novo caso, nãotemos maiores preocupações. Basta aplicar o princípio fundamental da contagem.

Ficamos com: 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

6 5 4

6 5 4 120 Quando a ordem de escolha é importante e não há reposição, estamos diante de um casoparticular do PFC, denominado arranjo.

Para quem gosta de fórmulas, existe uma que calcula a quantidade de arranjos.

A fórmula é:

,!

!O sinal “!” indica “fatorial”.

Exemplos de fatorial:

5! 5 4 3 2 1 1204! 4 3 2 1 24


8


3! 3 2 1 6 2! 2 1 2

Ou seja, para calcular o fatorial de n, basta multiplicar o número n pelos números naturais que lhe antecedem, até chegar em 1. As únicas exceções são:

1! 10! 1

É muito importante saber como fazer a divisão entre o fatorial de dois números.

Exemplo:

Vamos calcular: 6!4!

Sempre que tivermos uma divisão de fatoriais, existe uma técnica interessante que nos facilitabastante. É o seguinte.

Queremos calcular: 6! ÷ 4!

O maior fatorial é 6!

Vamos desenvolve-lo.

6! 6 5 4 3 2 16! 6 5 4 3 2 1

O que é que nós temos entre parêntesis? É justamente 4!. Ou seja, na hora de desenvolver 6!nós podemos fazer assim:

6! 6 5 4!Desta forma, temos:

6! 4!

6 5 4!4! 6 5 30

Sabendo disso, podemos resolver esta questão do CESPE usando a fórmula.

Temos um caso em que não há reposição e a ordem importa. Assim, temos um problema dearranjo. De um total de 6 elementos 6 , queremos escolher 3 3 , sem reposição, onde a ordem importa. O número de maneiras de fazer isso é:

,6!

6 3 !

,6!3 !

Agora desenvolvemos o numerador até atingirmos 3!, para podermos simplificar.

,6 5 4 3!

3 ! 6 5 4 120

Gabarito: certo.


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3. Permutação. Um caso particular de arranjo ocorre quando n = p. Neste caso, temos uma permutação. Afórmula fica reduzida a:

!!

!0! !

Assim, a permutação de n elementos é dada por:

!Exemplo:

Qual o número de anagramas da palavra “rato”?

Como a palavra RATO é pequena, podemos listar todos os anagramas. São eles:

rato raot rtao rtoa rota roat

arto arot ator atro aort aotr

trao troa taro taor tora toar

orta orat otar otra oart oatr

São 24 anagramas.

Observem que cada anagrama é formado pelas letras “a, o, r, t”. A partir deste conjunto de 4elementos, queremos formar grupos, de 4 elementos, sem reposição, onde a ordem éimportante. Ou seja, estamos permutando essas 4 letras. Assim, o número de anagramas éigual a:

4! 24

4. Combinação


Julgue o item seguinte:

Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando cada um deles com um ingresso para teatro, ele terá mais de 24 maneiras diferentes para fazê-lo.

Resolução. Problema bem semelhante ao EC 3, com um pequeno detalhe que faz toda diferença: aqui aordem não importa! Se todos os premiados vão para o teatro, pouco importa a ordem em queserão escolhidos.

Vejamos com calma o porquê disso. Vamos dividir a tarefa em etapas.

Na primeira etapa, temos 6 opções de servidores para ganhar o primeiro ingresso de teatro.

Na segunda etapa, dos 6 servidores, sobram 5 para ganhar o segundo ingresso (pois não háreposição).


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Na terceira etapa, sobram 4 servidores para ganhar o terceiro ingresso. 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

6 5 4

O problema é que nos 120 casos acima, temos casos repetidos.

6 5 4 120

Suponha que os servidores A, B e C tenham sido escolhidos nesta ordem (ou seja, A ganhou oprimeiro ingresso, B ganhou o segundo e C, o terceiro).

Este caso é representado por:

ABC.

Agora, considere outro caso, abaixo indicado:

CBA

Agora, C ganha o primeiro ingresso, B ganha o segundo e A ganha o primeiro.

Em termos práticos, qual a diferença entre ABC e CBA?

Nenhuma!

Se todos eles vão ao teatro, pouco importa a ordem em que foram escolhidos, o prêmio é omesmo. Neste tipo de questão, não importa a ordem de escolha. Só o que importa é quaiselementos foram escolhidos.

Dizemos que a ordem de escolha dos elementos não é importante.

Quando isso ocorre, temos que eliminar as contagens repetidas. Isto é feito por uma divisão.

Como exemplo, vamos nos concentrar no caso em que A, B e C são escolhidos.

Observe que este caso foi contado seis vezes:

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

Todos os 6 casos acima representam, na verdade, um único caso.

Isso ocorreu com todas as possibilidades de premiação. Todas elas foram contadas 6 vezes.

Temos que dividir por 6, para eliminar a contagem repetida. 120

Há 20 formas de premiar 3 dos 6 servidores. 6 20

Gabarito: errado.

Assim, sempre que a ordem não for importante, após a aplicação do PFC precisamos fazer umajuste.

Este ajuste destina-se a eliminar as contagens repetidas. Isto é feito por meio de uma divisão.

Como fazer esta divisão?

Neste exercício, a ordem de escolha dos três vencedores não é relevante.


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De quantas formas podemos montar grupos com estas três pessoas, apenas alterando a ordemde escolha?

Temos um caso de permutação. Queremos apenas permutar três elementos.

Há 6 formas de permutar 3 elementos. 3! 6

Ou seja, há 6 formas de permutar os elementos A, B e C (ou seja, de formarmos grupinhosonde apenas alteramos a ordem). São elas:

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

Por isso dividimos por 6, pois cada conjunto de premiados foi contado seis vezes.

Quando não há reposição e a ordem não é importante, temos um caso de combinação.

Se tivermos n elementos e quisermos escolher p, sem reposição, de forma que a ordem não éimportante, temos um caso de combinação de n elementos, tomados p a p. A fórmula dacombinação é:

,!! !

A fórmula da combinação já tem o fator que elimina as contagens repetidas.

Neste exercício do CESPE, poderíamos ter aplicado esta fórmula.

Temos um caso em que a ordem não importa e onde não há reposição. É um problema decombinação. Temos 6 elementos (n = 6) e queremos combiná-los 3 a 3 (p = 3). Aplicando afórmula:

,!! !

!)!(!),(

ppnnpnC

×−=

elimina as contagens repetidas


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,6!

6 3 ! 3!

, 3 ! 3!6!

Agora desenvolvemos 6! até chegar em 3!

,6 5 4 3!

3 ! 3!6 5 4

3!6 5 43 2 1 20

5. Outros exercícios Os exercícios de análise combinatória podem ser resumidos da seguinte forma:

Há reposição? A ordem é importante? Forma de resolução

Sim Sim PFC

Não Sim arranjos, permutações, PFC

Não Não combinações, PFC

Professor, e quando a ordem não é importante e há reposição?

Resposta: Falamos sobre este tipo de exercício posteriormente, quando estudarmospermutação com repetição.

Alguns alunos têm dificuldade em saber se um dado problema é de arranjo, de permutação oude combinação.

Por este motivo, não vou mais separar os exercícios por assunto, para que vocês tenham que“quebrar a cabeça” decidindo que ferramenta usar. Assim, se houver alguma dúvida, elanecessariamente vai aparecer.

EC 5. CGU 2008 [ESAF]

Ágata é decoradora e precisa atender ao pedido de um excêntrico cliente. Ele, o cliente, exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma seqüência de 5 listrashorizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágatapossui apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a parede podeser pintada é igual a:

a) 56

b) 5760

c) 6720

d) 3600

e) 4320

Resolução:


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Temos uma tarefa a realizar: preencher as cinco listras com cores diferentes.

Queremos calcular de quantas formas é possível fazer isso. Para tanto, dividimos nossa tarefaem etapas.

Na primeira etapa, preenchemos a primeira listra. Na segunda etapa, escolheremos a cor paraa segunda listra. Na terceira etapa, escolheremos a cor para terceira listra. E assim por diante.

Sempre que tivermos uma tarefa que pode ser dividida em etapas, e pudemos calcular dequantas maneiras cada etapa pode ser realizada, então podemos usar a análise combinatória.

A análise combinatória nos permite partir das etapas para descobrir de quantos modospodemos executar a tarefa como um todo (no caso, preencher as cinco listras da parede).

Muito bem, vamos dividir nossa tarefa em etapas.

São 5 listras. O preenchimento de cada listra vai corresponder a uma etapa.

Para a primeira etapa, temos 8 opções de cores. Assim, há 8 modos de executarmos a primeiraetapa. Vamos deixar isso indicado em um quadro:

Bom, agora vamos com calma.

Em todos os problemas de análise combinatória, há duas perguntas muito importantes, quedevem ser respondidas:

1 – Há reposição?

2 – A ordem entre os elementos é importante?

Por enquanto, vamos analisar apenas a primeira pergunta.

Precisamos saber se há reposição ou não.

Já escolhemos uma cor para a primeira etapa. Esta cor pode ser novamente escolhida? Não,não pode. Uma mesma cor não pode ser usada em duas listras diferentes, porque o cliente deÁgata não quer repetição de cores.

Logo, não há reposição. Ou seja, um vez escolhido um dado elemento, este elemento não éreposto no conjunto de possibilidades para as próximas etapas.


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Resposta à primeira pergunta: não há reposição.

Isto é importante para preenchermos as demais etapas.

Vamos agora para a segunda etapa. Temos que escolher uma cor para a segunda listra.

De início, tínhamos 8 cores. Uma delas já foi escolhida e não pode ser mais usada (pois nãohá reposição). Com isso, para a segunda etapa, sobram 7 cores. Ou seja, há 7 formas deexecutarmos a segunda etapa.

Vamos para a terceira etapa. Tínhamos 8 cores disponíveis. Duas já foram usadas nas etapasanteriores e não podem mais ser usadas (não há reposição!). Para a terceira etapa sobram 6cores.

E o raciocino se repete nas demais etapas.

Agora, aplicamos o princípio fundamental da contagem (PFC). Este princípio nos diz quebasta multiplicarmos as quantidades de cada etapa, para podermos achar o número de formasde executar a tarefa como um todo.

Usando o PFC, temos:

45678 ×××× = 6720


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Agora vamos para a segunda pergunta: a ordem de escolha dos elementos é importante?

Resposta: sim. Se alterarmos a ordem de escolha das cores, modificamos completamente a parede.

Da primeira vez em que dei esta questão num curso, um aluno não conseguiu visualizarporque é que alterando a ordem das cores temos uma parede diferente.

Se você está com dificuldade, vamos para outro exemplo.

Queremos pintar uma bandeira, com duas cores, usando duas listras horizontais. As coresescolhidas são branco e vermelho.

Se usarmos branco em cima e vermelho em baixo, acabamos de pintar a bandeira da Polônia.

Se usarmos vermelho em cima e branco em baixo, acabamos de pintar a bandeira de Mônaco.

Ou seja, uma mera alteração na ordem das cores mudou a bandeira. Com a parede é análogo.

Muito bem, vimos que a ordem é importante.

Sempre que a ordem for importante, basta aplicar o PFC. Não é necessário qualquer ajuste.

A resposta é mesmo 6720.

Já vimos que este tipo de problema, em que a ordem é importante e não há reposição, recebeum nome especial. Dizemos que se trata de um caso de arranjo.

Lembrando, a fórmula do arranjo é:

)!(!

, pnnA pn −

=

Neste caso, temos 8 cores (n = 8) e queremos escolher 5 (p = 5). Assim, temos um arranjo deoito cores, tomadas cinco a cinco.

Em outras palavras: de um conjunto de 8 cores, queremos escolher 5, sem reposição, onde aordem importa. O número de maneiras de fazer isso é:

)!(!

, pnnA pn −

=

)!58(!8

5,8 −=A

672045678!3

!3456785,8 =××××=

×××××=A

Vocês sempre devem dar preferência à utilização do PFC. Isto porque ele é de aplicação geral,serve para resolver qualquer problema de análise combinatória.

Já a fórmula do arranjo só serve para situações bem específicas. São elas:


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- a ordem importa

- não há reposição

- não há restrições nas etapas

Simplesmente decorar a fórmula sem saber exatamente quando ela pode ser usada é um “perigo”. Então, melhor ficar com o PFC, que é mais garantido.

Gabarito: C

EC 6. IPEA 2008 [CESPE]

Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres emque os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos,escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadasde modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 naprimeira posição dos algarismos é superior a 600.000.

Resolução. Vamos dividir o processo de formação da senha em etapas. Cada etapa vai corresponder a umcaractere escolhido.

Note que agora temos reposição. Uma vez escolhida uma letra, ela pode ser novamenteescolhida. Uma vez escolhido um número, ele pode novamente ser escolhido.

Note também que temos restrições em algumas etapas. A primeira letra só pode ser “a”. Oprimeiro algarismo só pode ser 9.

· primeira etapa: 1 opção (só temos a letra A)

· segunda etapa: 26 opções (pois há reposição)

· terceira etapa: 26 opções

· quarta etapa: 1 opção (só pode ser o algarismo 9)

· quinta etapa: 10 opções (são 10 algarismos possíveis)

· sexta etapa: 10 opções

· sétima etapa: 10 opções

Aplicando o PFC: 000.676101010126261 =××××××

Gabarito: certo


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Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade revezamento 4 100 m rasos. Para isso, uma seleção será realizada com o objetivo de se selecionarem 7atletas, sendo dois atletas com altura inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70m, e dois atletas com altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 24 atletas, 9com altura inferior a 1,65, 8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 com altura de 1,73 m ou 1,74 m. Aquantidade de diferentes equipes que podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritosestá entre:

(A) 10.000 e 20.000.

(B) 20.000 e 30.000.

(C) 30.000 e 40.000.

(D) 40.000 e 50.000.

(E) 50.000 e 60.000.

Resolução. Para facilitar a escrita, vou chamar os intervalos de altura de: baixo (inferior a 1,65m),mediano (1,65 a 1,70m) e alto (superior a 1,70m).

Precisamos escolher:

- dois atletas baixos;

- três atletas de altura mediana;

- dois atletas altos.

Para a escolha dos atletas baixos temos 9 opções.

Para a escolha dos atletas medianos temos 8 opções.

Para a escolha dos atletas altos temos 7 opções.

Vamos dividir a escolha da equipe em etapas. Cada etapa vai corresponder à escolha de umatleta.

Para a escolha do primeiro atleta baixo, temos 9 opções.

Para a escolha do segundo atleta baixo, sobram 8 opções (não há reposição; escolhido umatleta, ele não pode mais ser escolhido novamente).

Baixo Mediano Alto 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa

9 8

Agora vamos aos atletas medianos.

Para a escolha do primeiro atleta mediano, temos 8 opções.

Para a escolha do segundo, temos 7 opções (pois não há reposição).

Para a escolha do terceiro, temos 6 opções.


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9 8 8 7 6

Para o primeiro atleta alto, temos 7 opções.

Para o segundo atleta alto, temos 6 opções.


9 8 8 7 6 7 6

Aplicando o PFC:

Agora observem um detalhe importante.

9 8 8 7 6 7 6

Nesta questão, a ordem não é importante. Não importa em que ordem os atletas foramescolhidos. O que importa é quais foram escolhidos.

A equipe ABCDEFG é exatamente a mesma coisa que a equipe BACDEFG.

Precisamos fazer as divisões para eliminar as contagens repetidas.

Certo???

Errado!!!

Lembrem-se de que possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto.

Lá no EC 1, por exemplo, nem precisamos nos preocupar em saber se a ordem era relevanteou não. Não precisamos nos preocupar em saber se era relevante escolher primeiro o macho edepois a fêmea (e vice-versa).

Isto porque cada etapa estava relacionada a um conjunto diferente. Entre conjuntos diferentesnão tem como haver contagem repetida.


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A preocupação em eliminar contagens repetidas só surge quando um mesmo conjunto estárelacionado a mais de uma etapa.

Portanto, possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto. A forma corretade eliminar as contagens repetidas é assim:

Agora sim, ficamos com: 9 8 8 7 6 7 6

2! 3! 2! 42.336

Gabarito: D

Outra maneira de resolver é usando a fórmula da combinação.

Para a escolha dos atletas baixos, temos 9 opções e temos que escolher 2, sem reposição, ondea ordem não é importante. É um caso de combinação.

,9!

7! 2!9 8

Há 36 modos de escolhermos os atletas baixos. 2 36

Analogamente, para os atletas medianos, temos:

,8!

5! 3!8 7 6

3 2 56

Por fim, para os atletas altos, temos:

,7!

5! 2!7 6

Podemos dividir o problema em três etapas.

2 21

Na primeira etapa, escolhemos os atletas baixos. Há 36 formas de fazer isso.

Na segunda etapa, escolhemos os atletas medianos. Há 56 formas de fazer isso.


20


Na terceira etapa, escolhemos os atletas altos. Há 21 formas de fazer isso.

Aplicando o PFC:

Há 42.336 formas de montarmos a equipe. O resultado obtido foi o mesmo. 36 56 21 42.336

Notem que, nesta segunda solução, depois de aplicarmos o PFC, não foi preciso fazerqualquer divisão para eliminar contagens repetidas.

É que, para preenchermos cada etapa, usamos a fórmula da combinação, que já contém umfator que elimina contagens repetidas.

EC 8. MPOG 2010 [ESAF]

Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes maneirasque Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a:

a) 2440

b) 5600

c) 4200

d) 24000

e) 42000

Resolução. Temos uma tarefa, que consiste em alocar as 10 pessoas em três diferentes salas.

Vamos dividir esta tarefa em etapas. Na primeira etapa, escolhemos a primeira pessoa da sala 1. Na segunda etapa, escolhemos a segunda pessoa da sala 1. E assim, por diante, até a décimaetapa, quando escolhemos a terceira pessoa da sala 3.

Para a primeira etapa, temos 10 opções de pacientes.

Escolhido o primeiro paciente, para a segunda etapa sobram 9 opções.

E assim por diante.


21


Ok, mas, dentro de cada sala, a ordem de escolha dos pacientes não é relevante. Precisamosfazer algumas divisões para eliminar as contagens repetidas.

Ficamos com:

=××××

=×

×××××=

×× !3578910

!3!35678910

!3!3!4!10 4200

Gabarito: C

EC 9. COFECON 2009 [UNIVERSA]

Em um terreno quadrado, um jardineiro marcou sobre os lados, consecutivamente, 2, 2, 3 e 4pontos distintos e não-coincidentes com os vértices. Ele deseja usar esses pontos, juntamentecom os vértices do quadrado, como vértices de triângulos para fazer desenhos no jardim. Onúmero total de distintos triângulos que ele pode obter é

(A) 165.

(B) 215.

(C) 380.

(D) 417.

(E) 455.

Resolução.

Segue uma figura representando o terreno:


22


São 15 pontos. A cada três pontos escolhidos, formamos um triângulo. Exemplo:

Assim, temos um total de 15 pontos e temos que escolher 3, sem repetição, onde a ordem nãoimporta. Trata-se de um caso de combinação.

,15!

15 3 ! 3!15 14 13

3! 455

Só que tem um pequeno problema nesta solução.

Não é qualquer conjunto de três pontos que forma um triângulo. Se estes pontos foremcolineares (ou seja, se estiverem alinhados), eles não formam um triângulo.

Exemplo:


23


Os três pontos destacados em vermelho acima, que pertencem ao lado B do quadrado, estãoalinhados. Eles não formam um triângulo.

Assim, dos 455 conjuntinhos de três pontos encontrados, temos que excluir aqueles que nãocorrespondem a triângulos.

No lado A temos 4 pontos. Qualquer conjunto de três pontos formado com estes 4 pontos nãoé um triângulo.

Quantos conjuntos de três pontos é possível formar com os pontos do lado A?

Temos uma combinação de 4, tomados 3 a 3.

,4!

1! 3! 4

Para o lado B também temos combinação de 4, tomados 3 a 3:

,4!

1! 3! 4

Para o lado C são 5 pontos, e queremos escolher 3.

, 2! 3! 105!

Para o lado D são 6 pontos, tomados 3 a 3.

,6!

3! 3! 20

Somando os casos que não são triângulos, temos:

- 4 casos no lado A

- 4 casos no lado B

- 10 casos no lado C

- 20 casos no lado D.

Total: 38 casos que não são triângulos.

O total de triângulos fica:

455 38 417


24


Gabarito: D

EC 10. SEFAZ MG 2005 [ESAF]

Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de um desfile de modas. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas, mas sempre emfilas formadas por exatamente quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila sópoderá ser ou Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser aprimeira da fila. Assim, o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a:

a) 420

b) 480

c) 360

d) 240

e) 60

Resolução: Temos um grupo de 7 modelos. Precisamos escolher 4, sem reposição, onde a ordem importa.

Seria, portanto, um caso de arranjo. Mas, neste problema, não dá para irmos aplicando a fórmula de imediato, porque há diversas restrições em várias etapas.

Exemplo de restrição: Denise não pode ser a primeira da fila.

Ocorre que a fórmula de arranjo não é preparada para tratar de etapas com restrições.

Será bem mais fácil usarmos o PFC mesmo.

Como a ordem importa, basta aplicarmos o princípio fundamental da contagem, sem fazerqualquer ajuste.

A fila vai ser formada por 4 modelos. A cada modelo escolhida temos uma etapa. A primeiraetapa consistirá em escolher a primeira modelo da fila. A segunda etapa consistirá emescolher a segunda modelo da fila. E assim por diante.

Agora vamos começar a preencher as etapas.

Reparem que, em algumas etapas, temos certas restrições. A última de cada fila só pode ser Ana, Beatriz, Carla ou Denise. E Denise não pode ser a primeira da fila. Assim, temosrestrições na primeira e na quarta etapa.


25


Para a primeira etapa, temos 6 opções (pois Denise não pode ser a primeira da fila).

Escolhida a primeira modelo, vamos para a segunda etapa. São sete modelos ao todo. Uma jáfoi escolhida na primeira etapa. Sobram 6.

São 7 modelos. Duas já foram escolhidas. Para a terceira etapa sobram 5.

Por fim, a quarta etapa. Para a quarta etapa, temos 4 opções (só Ana, Beatriz, Carla e Denisepodem ser as últimas da fila). Agora vem um grande problema. Não podemos simplesmenteindicar que a quarta etapa pode ser realizada de 4 maneiras.

Por quê?

Porque eram 7 modelos. Três já foram escolhidas nas etapas anteriores. Pode ser, porexemplo, que Ana já tenha sido escolhida em uma das etapas anteriores. Ou seja, Ana, que erauma das opções para encerramento de fila, pode já não estar mais disponível. Nesta situação,teríamos apenas 3 opções para a quarta etapa.

E pode ser também que, além de Ana, Beatriz também já tenha sido escolhida. Ou seja,teríamos apenas 2 opções para encerramento da fila.

E pode ser ainda que Caroline já tenha sido escolhida. A única opção para encerramento dafila seria Denise.

E agora? Como fazer?

Sempre que tivermos etapas com restrições, é muito útil tentar começar por elas. Há restriçõesna primeira e na última etapa. Além disso, duas restrições se referem à Denise. Ou seja, paranós, Denise é uma modelo mais problemática.

Vamos começar tudo de novo. Agora vamos iniciar pelas etapas 4 e 1 (que têm restrições).Além disso, vamos focar na Denise.

Vejamos quantas são as filas que terminam com Denise.

Para a quarta etapa, temos 1 opção (Denise). Afinal de contas, queremos calcular quantas filastêm Denise no fim.


26


Vamos agora para a 1ª etapa. A primeira etapa tem outra restrição. Denise não pode ser aprimeira da fila. São sete modelos ao todo. Uma já foi escolhida para encerrar a fila. E foiescolhida justamente a Denise. Sobraram 6 modelos e todas elas podem iniciar a fila. Assim,para a primeira etapa temos 6 opções.

Vamos para a segunda etapa, para a qual não há restrições. Eram sete modelos. Duas já foramescolhidas. Sobram 5.

Na terceira etapa também não temos restrições. Eram sete modelos. Três já foram escolhidas.Sobraram 4.

Aplicando o PFC: 1201456 =×××

Este é o número de filas em que Denise é a última.

Agora vamos ver quantas são as filas em que Denise não é a última.

CURSO ON-LINE – RACIOCÍNIO LÓGICO P/ BACEN PROFESSOR: VÍTOR MENEZES

27


Só Ana, Beatriz, Carla e Denise encerram a fila. Não queremos filas que terminam comDenise porque estas a gente já trabalhou. Assim, vejamos quantas filas terminam com Ana,Beatriz ou Carla. São 3 opções para a quarta etapa.

Vamos para a primeira etapa. São sete modelos. Uma já foi escolhida para encerrar a fila.Sobram 6, dentre as quais está Denise. Só que temos uma restrição. Denise não pode iniciar afila. Logo, para a primeira etapa temos 5 opções.

Tínhamos sete modelos. Duas já foram escolhidas. Para a segunda etapa, em que não temosrestrições, sobram 5 opções de modelo.

Por fim, para a terceira etapa, em que também não há restrição, sobram 4 opções de modelo.


São 300 filas possíveis, encerrando com Ana, Beatriz ou Carla.

Há 120 filas possíveis encerrando com Denise. E há 300 filas possíveis encerrando com Ana,Beatriz ou Carla. Ao todo, temos 420 filas possíveis.

Gabarito: A


28


EC 11. ABIN 2010 [CESPE]

Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por determinado setor disponha de20 agentes, sendo 5 especialistas em técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimentooperacional e 7 especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com bomdesempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir dessas informações,julgue os itens a seguir.

1. Se, para cumprir determinada missão, for necessário fazer, simultaneamente,reconhecimento operacional em 3 locais diferentes, então o responsável pelo setor terá 340maneiras distintas de compor uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas paraessa missão, sendo um especialista para cada local.

2. Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor organizar uma equipecomposta por 1 especialista em entrevista, 1 em reconhecimento operacional e 1 emlevantamento de informações, para determinada missão.

3. Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado que se desloque poruma rua retilínea consista em manter um agente no mesmo lado da via que o investigado,alguns metros atrás deste, e dois outros agentes do lado oposto da rua, um caminhandoexatamente ao lado do investigado e outro, alguns metros atrás. Nessa situação, há 10maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem durante uma missãode acompanhamento em que seja utilizada essa técnica.

Resolução. Primeiro item.

Na primeira etapa, escolhemos o especialista que vai para o primeiro local. Há 8 opções deescolha (pois são 8 especialistas em reconhecimento operacional).

Na segunda etapa, escolhemos o especialista que vai para o segundo local. Há 7 opções deescolha (um mesmo especialista não pode estar ao mesmo tempo em dois lugares diferentes;não há reposição).

Na terceira etapa, escolhemos o especialista que vai para o terceiro local. Há 6 opções deescolha.

Aplicando o PFC:

Há 336 maneiras de constituir a equipe.

8 7 6 336

Item errado.

Segundo item.

Para a escolha do especialista em entrevista, há 5 opções.

Para a escolha do especialista em reconhecimento operacional, há 8 opções.

Para a escolha do especialista em levantamento de informações, há 7 opções.

Aplicando o PFC:


29


5 8 7 280Item certo.

Terceiro item.

São 3 agentes previamente escolhidos.

Para criar cada forma de eles se organizarem, basta alterarmos a ordem de disposição deles aolongo da caminhada. Temos uma permutação de 3 elementos.

3! 6Item errado.

Gabarito: errado, certo, errado.


Com relação a probabilidade, combinações, arranjos e permutações, julgue os seguintes itens.

1. Sabe-se que, no Brasil, as placas de identificação dos veículos têm 3 letras do alfabeto e 4algarismos, escolhidos de 0 a 9. Então, seguindo-se essa mesma lei de formação, masutilizando-se apenas as letras da palavra BRASIL, é possível construir mais de 600.000 placasdiferentes que não possuam letras nem algarismos repetidos.

Resolução. Vamos dividir a formação da placa em etapas.

Para a primeira etapa, temos 6 opções de letras.

O exercício pede que não tenhamos letras nem números repetidos. Ou seja, não há reposição.Logo, para a segunda etapa, temos 5 opções de letras.


30


Já usamos 2 das 6 letras. Para a terceira etapa, sobram 4 opções de letras.

Preenchidas as 3 letras, vamos aos algarismos. Para a primeira posição de algarismo, temos 10opções. Escolhido o primeiro, sobram 9 opções para o segundo algarismo. Na escolha doterceiro algarismo, temos 8 opções. E para o quarto, temos 7 opções de algarismos.

Aplicando o PFC: 800.60478910456 =××××××

Repare que a ordem de escolha é importante (exemplo: a placa BRA1234 é diferente da placa ARB4321 – uma mera alteração na ordem de escolha dos elementos resulta em um novocaso). Por isso, não é necessário excluir contagens repetidas (pois não há contagensrepetidas!).

Gabarito: certo.


O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5pilotos e 6 co-pilotos, incluindo, pelo menos, 2 pilotos, é superior a 210.

Resolução. Vamos calcular o número total de comissões que é possível formar, independentemente de aspessoas escolhidas serem pilotos ou co-pilotos.

Temos 11 pessoas. Queremos escolher 4, sem repetição, onde a ordem não importa. Temosum caso de combinação.

330234

891011!7!4

!114,11 =

×××××

=×

=C

Agora vamos calcular quantas são as comissões com apenas 1 piloto e com 3 co-pilotos. Paratanto, vamos dividir o problema em etapas.


31


Na primeira etapa, escolhemos o piloto. Para escolher o piloto, temos 5 opções.

Na segunda etapa, escolhemos os três co-pilotos. De quantos modos podemos executar estasegunda etapa?

Basta aplicarmos a fórmula da combinação:

2023

4563,6 =

×××

=C

Aplicando o PFC: 100205 =×

É possível formarmos 100 comissões com exatamente 1 piloto e 3 co-pilotos.

Agora vamos calcular quantas são as comissões com 4 co-pilotos. Queremos escolher 4 co-pilotos, de um conjunto de 6. Temos:

152

564,6 =

×=C

É possível formar 15 comissões com 4 co-pilotos.

Deste modo, das 330 comissões, temos:

· 100 são formadas por 1 piloto e 3 co-pilotos

· 15 são formadas por 4 co-pilotos

· o restante é formado por, pelo menos, 2 pilotos.

Logo, o número de comissões com pelo menos 2 pilotos é dado por: 21515100330 =−−

Outra resolução possível seria assim. Você poderia calcular quantas comissões é possívelformar com 2 pilotos e 2 co-pilotos. Depois, quantas comissões existem com 3 pilotos e 1 co-piloto. Por fim, quantas comissões existem com 4 pilotos. Feito isso, basta somar todos osvalores que você encontrou. O resultado deve ser o mesmo que achamos acima.

Gabarito: certo.


Em um voo em que haja 8 lugares disponíveis e 12 pessoas que desejem embarcar, o númerode maneiras distintas de ocupação dos assentos para o voo sair lotado será superior a 500.

Resolução. Segue a solução pretendida pela banca, quando forneceu o gabarito preliminar.

Temos 12 pessoas e queremos escolher 4, sem repetição, onde a ordem não importa. É umcaso de combinação:


32


495234

9101112!4!8

!128,12 =

×××××

=×

=C

O gabarito preliminar era “errado”

Acontece que o enunciado deu margem a um entendimento de que a ordem importava. Se ocandidato pensasse na ocupação das 12 poltronas, considerando que o fato de um passageiroocupar a poltrona A1 é diferente de ocupar a poltrona B26, então a ordem importa! Nãocustava nada a questão deixar mais claro que a ordem era irrelevante... Creio que seria melhorse o enunciado fosse: “o número de maneiras de se escolher as 8 pessoas que embarcarão ésuperior a 15”. Deste modo, ficaria mais claro que a ordem era irrelevante.

Felizmente, este aspecto foi reconhecido pela banca, que anulou a questão.

Gabarito: anulado

EC 15. TRT 1 2008 [CESPE]

Caso 5 servidores em atividade e 3 aposentados se ofereçam como voluntários para arealização de um projeto que requeira a constituição de uma comissão formada por 5 dessaspessoas, das quais 3 sejam servidores em atividade e os outros dois, aposentados, então aquantidade de comissões distintas que se poderá formar será igual a

A) 60.

B) 30.

C) 25.

D) 13.

E) 10.

Resolução. Vamos dividir o problema em etapas. Cada etapa consistirá em escolher uma pessoa paraformar a comissão.

Nas três primeiras etapas, escolhemos os servidores em atividade. Na quarta e quinta etapasescolhemos os aposentados.

Ainda temos que retirar as contagens repetidas.


33


Aplicando o PFC, temos:

30223

23345!2!3

23345=

××××××

=×

××××

Gabarito: B

EC 16. TRT 1ª Região 2008 [CESPE]

Considerando que as matrículas funcionais dos servidores de um tribunal sejam formadas por5 algarismos e que o primeiro algarismo de todas a matrículas seja o 1 ou o 2, então aquantidade máxima de matrículas funcionais que poderão ser formadas é igual a

A) 4 × 103.

B) 1 × 104.

C) 2 × 104.

D) 2 × 105.

E) 3 × 105.


34


Resolução. Vamos dividir o problema em etapas. Cada etapa vai corresponder à escolha de um algarismo.

- para a primeira etapa temos 2 opções (1 ou 2)

- para as demais etapas, temos 10 opções (algarismos de 0 a 9).

Aplicando o PFC, temos: 4102101010102 ×=××××

Gabarito: C

EC 17. POLICIA FEDERAL 2009 [CESPE]

Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes inscritas serão divididas nosgrupos A e B, e que, para formar o grupo A, serão sorteadas 5 equipes, julgue os itens que seseguem.

1 - A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo Aserá inferior a 400.

Resolução. Temos 11 equipes e queremos escolher 5, sem reposição, onde a ordem não é importante.Temos um caso de combinação.

=××××××××

=123457891011

5,11C 462

Gabarito: Errado


Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda.

2. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiraspostadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modosdistintos de essas pessoas se posicionarem.

3. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressosdisponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essaescolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.

Resolução. Primeiro item.

Exercícios de preencher lugares ao longo de uma mesa redonda são bem comuns em provasde vestibular. É o caso chamado de permutação circular.


35


Neste caso, o que o exercício quer dizer é o seguinte: não há referência física fora da mesa.Você tem que pensar que todos os lugares são equivalentes.

Ou seja, quando formos alocar a primeira pessoa, tanto faz onde ela será colocada, pois todasas vagas são iguais entre si.

Só depois de alocada a primeira pessoa é que passamos a ter uma referência. As demaispessoas poderão se sentar à sua direita, à sua esquerda, à sua frente, etc.

Assim, as etapas só começam depois de alocada a primeira pessoa.

- Início: alocamos a primeira pessoa, que servirá de referência para as demais.

- Primeira etapa: para a segunda pessoa temos 4 lugares restantes

- segunda etapa: para a terceira pessoa temos 3 lugares restantes

- terceira etapa: para a quarta pessoa temos 2 lugares restantes

- quarta etapa: para a quinta pessoa temos 1 lugares restantes.


Segundo item.

Para a primeira cadeira, temos 3 opções de adulto.

Para a segunda cadeira temos 2 opções de criança

Para a terceira cadeira temos 2 opções de adulto (pois um já se sentou na primeira cadeira)

Para a quarta cadeira temos 1 opção de criança (pois a outra já se sentou na segunda cadeira)

Para a quinta cadeira temos 1 opção de adulto.

Aplicando o PFC: 1211223 =××××

Terceiro item.

Temos um caso de combinação:

103,5 =C

Gabarito: certo, certo, errado.

EC 19. TRE MG 2009 [CESPE]

Se, no departamento de recursos humanos de uma empresa em que trabalhem 5 homens e 4mulheres, for preciso formar, com essa equipe, comissões de 4 pessoas com pelo menos 2homens, a quantidade de comissões diferentes que poderão ser formadas será

A) superior ou igual a 200.

B) superior ou igual a 170 e inferior a 200.

C) superior ou igual a 140 e inferior a 170.


36


D) superior ou igual a 110 e inferior a 140.

E) inferior a 110.

Resolução. Primeiro caso: comissões com exatamente 2 homens e 2 mulheres.

Na primeira etapa, temos que escolher 2 homens entre 5 possíveis ( 102,5 =C )

Na segunda etapa, temos que escolher 2 mulheres entre 4 possíveis ( 62,4 =C )

Multiplicando: 60106 =×

Há 60 comissões com exatamente 2 homens.

Segundo caso: comissões com exatamente 3 homens.

Na primeira etapa, temos que escolher 3 homens entre 5 possíveis ( 103,5 =C )

Na segunda etapa, temos que escolher 1 mulhere entre 4 possíveis ( 41,4 =C )

Multiplicando: 40410 =×

Há 40 comissões com exatamente 2 homens.

Terceiro caso: comissões com exatamente 4 homens.

Temos que escolher 4 homens entre 5 possíveis ( 54,5 =C )

Há 5 comissões com 4 homens.

Somando tudo: 10554060 =++

Gabarito: E

EC 20. TJ RO2008 [CESGRANRIO]

Pedrinho precisava inventar uma bandeira para representar seu grupo em um trabalho escolar.Ele criou uma bandeira simples, de quatro listras verticais, representada abaixo.


37


Pedrinho decidiu pintar sua bandeira utilizando as quatro cores da bandeira do Estado deRondônia. De quantos modos essa bandeira poderá ser pintada, se duas listras seguidasdevem, obrigatoriamente, ser de cores diferentes?

(A) 24

(B) 48

(C) 72

(D) 96

(E) 108

Resolução. Podemos dividir a tarefa em etapas. Em cada etapa, escolhemos uma cor para uma das faixas.

Para a faixa da esquerda, temos 4 opções de cores. Para a faixa seguinte, sobram 3, pois duas listras seguidas não podem ter a mesma cor.

Para a terceira faixa, temos, novamente, 3 opções. A única restrição para a terceira faixa é quenão tenha a mesma cor da segunda faixa.

Para a quarta faixa, novamente, temos 3 opções. A única restrição é que não tenha a mesmacor da terceira faixa.

Aplicando o PFC:

1083334 =×××

Gabarito: E

EC 21. TJ RO 2008 [CESGRANRIO]

A figura acima ilustra as 8 possibilidades de disposição, em 3 linhas, de


38


Se Yin e Yang fossem dispostos em 8 linhas, haveria quantas possibilidades de disposição?

(A) 512

(B) 256

(C) 128

(D) 63

(E) 32

Resolução Vamos dividir a tarefa em etapas.

Na primeira etapa, escolhemos qual símbolo (Yin ou Yang) adotaremos para a primeira linha. Temos duas possibilidades.

Na segunda etapa, escolhemos qual símbolo adotaremos para segunda linha. Continuamoscom 2 possibilidades.

E assim por diante. Em todas as 8 etapas teremos 2 possibilidades. Aplicando o PFC:

25622222222 =×××××××

Gabarito: B

EC 22. PRONIMP 2008/1 [CESGRANRIO]

Em uma ambulância da Defesa Civil há, sempre, exatamente 3 bombeiros: um sargento e doiscabos. Se no quadro de bombeiros disponíveis há exatamente 3 sargentos e 4 cabos, quantasequipes diferentes podem ser formadas?

(A) 7

(B) 9

(C) 12

(D) 18

(E) 36

Resolução.

Vamos dividir o problema em etapas. Na primeira etapa, escolhemos o sargento. Nas etapasseguintes, escolhemos os cabos.

Para a escolha do sargento, temos 3 opções. Para a escolha do primeiro cabo, temos 4 opções.Escolhido o primeiro cabo, para escolher o segundo, temos 3 opções.


39


Aplicando o PFC:

18!2

343=

××

Há 18 formas de montarmos a equipe da ambulância.

Gabarito: D

Considere as informações a seguir para responder às questões EC 23 e EC 24.

Um sistema legado utiliza uma senha alfanumérica de 4 posições, onde só são permitidosdígitos de 0 a 9 e caracteres alfabéticos maiúsculos de A a Z (incluindo as letras K, W e Y).Uma senha válida deve ter exatamente 4 caracteres, conter pelo menos um caracter alfabético,e não pode conter ou ser igual ao login do usuário.

EC 23. PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO]

Assumindo que o sistema permite um número ilimitado de tentativas de acesso com senhaserradas, em quantas tentativas, no mínimo, é garantido que um software, capaz de gerar todasas senhas válidas para um determinado login e tentar se autenticar no sistema, determine asenha do usuário cujo login é CID?

(A) 1.669.214

(B) 1.669.544

(C) 1.669.616

(D) 1.679.616

(E) 1.680.916

Resolução. Primeiro vejamos o número total de senhas, independentemente do login.

Podemos dividir cada tentativa de descoberta da senha em etapas. Em cada etapa,preenchemos um caractere.


40


Para cada caractere preenchido, temos 26 opções de letra e 10 opções de algarismos,perfazendo, ao todo, 36 opções. São 4 caracteres a serem preenchidos (perfazendo 4 etapas).Há reposição e a ordem é importante.

O número de maneiras de executar esse processo é:

Número de senhas com 4 caracteres: 616.679.136363636 =×××

Mas tem um detalhe. Nesse número estão computadas inclusive senhas inválidas. Nãopodemos ter senhas com 4 algarismos. Vejamos quantas senhas com 4 algarismos é possívelformar. Seriam 10 possibilidades para cada uma das etapas.

Número de senhas com 4 algarismos: 000.1010101010 =×××

Além disso, não são permitidas senhas que contenham o login da pessoa. Vamos ver quantassenhas iniciam com “CID”. Neste caso, a primeira etapa seria preenchida com a letra “C”. Asegunda etapa, que corresponde à escolha do segundo carctere, seria preenchida com “I”. Aterceira com “D”. Para a quarta etapa, teríamos 36 opções de caracteres.

3636111 =×××

Analogamente, temos 36 senhas que terminam com CID.


41


3611136 =×××

Deste modo, do total de 1.679.616 senhas, retiramos as inválidas. Ficamos com:

544.669.13636000.10616.679.1 =−−−

Gabarito: B


Acrescentando ao sistema a restrição de que a senha não deve conter caracteres repetidos,quantas senhas válidas diferentes são possíveis para o usuário cujo login é NINA?

(A) 1.021.020

(B) 1.215.440

(C) 1.217.440

(D) 1.408.680

(E) 1.413.720

Resolução. Agora não há mais reposição, mas a ordem ainda é importante (pois a senha “A123” édiferente da senha “123A").

Vamos ver quantas senhas é possível formar com 4 caracteres. Para a primeira etapa, temos36 opções de caracteres. Para a segunda etapa, sobram 35. Preenchidas as duas primeirasetapas, para a terceira sobram 34. Para a quarta etapa sobram 33.

Senhas com 4 caracteres, sem repetição: 720.413.133343536 =×××

Agora temos que retirar as senhas inválidas. São inválidas as senhas com 4 algarismos. Dequantos modos é possível escolher 4 algarismos, sem repetição, onde a ordem importa?Temos um caso de arranjo:

040.5!6!10

4,10 ==A

Por fim, não é válida a senha “NINA”, que coincide com o login indicado.

Do total de 1.413.720, devemos retirar as senhas inválidas.


42


679.408.11040.5720.413.1 =−−

Certo?

Errado!

A senha “NINA” não está computada no total de 1.413.720. Neste total, temos apenas senhasem que não há caracteres repetidos. Mas a senha “NINA” apresenta duas letras “N”. Logo, elanão foi computada. Não precisamos, portanto, excluí-la.

Ficamos com:

680.408.1040.5720.413.1 =−

Gabarito: D


Quantos são os números naturais pares que se escrevem (na base 10) com três algarismosdistintos?

(A) 256

(B) 288

(C) 320

(D) 328

(E) 360

Resolução. Vamos dividir o problema em três etapas, cada uma correspondendo à escolha de umalgarismo.

Para o algarismo das centenas, temos nove opções (dígitos de 1 a 9; não podemos usar o zeronas centenas, porque senão o número teria apenas dois algarismos).

Escolhido o algarismo das centenas, sobram nove opções para o algarismo das dezenas.

E para o algarismo das unidades, quantas opções sobram?

Bom, no algarismo das unidades só podemos usar 0, 2, 4, 6 ou 8 (pois o número deve ser par). E agora? Quantas opções temos?

Não dá para saber. Precisaríamos ser informados sobre quais os algarismos foram escolhidosnas etapas anteriores. Por exemplo, se já tiverem sido escolhidos os números 2 e 8, sobrariamapenas 3 opções. Se já tiverem sido escolhidos os números 1 e 4, sobrariam 4 opções. E setiverem sido escolhidos os números 3 e 5, sobrariam 5 opções.

Precisamos de outra solução.


43


Sempre que tivermos restrições em uma das etapas, é bom começarmos justamente pelasrestrições. As restrições deste problema são:

- não podemos escolher o zero para algarismo das centenas

- o algarismo das unidades deve ser par.

Observe que, nas duas restrições, o algarismo 0 está envolvido. Vamos voltar nossa atençãopara ele.

Vamos calcular quantos são os números de três dígitos que terminam com zero.

Para a terceira etapa, temos 1 opção (o zero). Escolhido o zero, para a primeira etapa temos 9opções. Por fim, para a segunda etapa, temos 8 opções.

Números terminados em zero: 72189 =××

Vamos agora ver quantos são os números terminados em 2, 4, 6 ou 8.

Para a escolha do algarismo das unidades, temos 4 opções (2, 4, 6, 8). Para a escolha doalgarismo das centenas, temos 8 opções (pois já usamos um algarismo para as unidades e nãopodemos utilizar o zero).

Para o algarismo das dezenas sobram 8 opções (pois tínhamos 10 algarismos e já usamos 2).

Números terminados em 2,4,6,8: 256488 =××

Somando tudo, temos:

32872256 =+

Gabarito: D

EC 26. PETROBRAS 2006 [CESGRANRIO]


44


Uma mesa redonda apresenta lugares para 7 computadores. De quantos modos podemosarrumar os 7 computadores na mesa de modo que dois deles, previamente determinados, nãofiquem juntos, considerando equivalentes disposições que possam coincidir por rotação?

(A) 120

(B) 240

(C) 480

(D) 720

(E) 840

Resolução. Vamos chamar de A, B, C, D, E, F, G os computadores, Considere que A e B não possamficar juntos.

Vamos dividir o problema em etapas. Cada etapa vai corresponder à alocação de um dadocomputador.

Primeiro vamos alocar o computador “A”. Como a mesa é redonda (ou seja, não apresentareferencial, não tem lado direito nem lado esquerdo), todos os lugares são equivalentes.

Colocado o computador A, agora temos uma referência.

Sobram 6 lugares. Vamos agora alocar o computador B. Como ele não pode ficar ao lado de A, para ele só temos 4 lugares disponíveis.

Alocados os computadores A e B, para o computador C sobram 5 lugares.

Alocados os computadores A, B e C, para o computador D sobram 4 lugares. Para ocomputador E temos 3 opções. Para F 2 opções. E, finalmente, para G temos 1 opção.

Aplicando o PFC:

480123454 =×××××

Gabarito: C

6. Permutação com repetição

Há casos em que temos permutação de elementos repetidos.

Exemplo: qual o número de anagramas da palavra “porto”?

Para formar cada novo anagrama, basta alterarmos a ordem das 5 letras. Ou seja, estamospermutando as cinco letras.

Por exemplo, os anagramas “PORTO” e “ROPTO” são diferentes entre si. E, de um para ooutro, só mudamos as posições das letras R e P.

Assim, queremos permutar as cinco letras. Temos:

!55 =P


45


Só que tem um probleminha na resolução acima. Neste caso, temos letras repetidas. A letra“o” aparece duas vezes. A ordem entre essas duas letras é irrelevante. Ou seja, escrever“PORTO” e “PORTO”, apenas trocando a posição das duas letras “o”, dá no mesmo.Precisamos dividir o resultado acima por 2 fatorial, para excluir as contagens repetidas:

60!2!5=

Deste modo, quando na permutação tivermos elementos repetidos, precisamos eliminar ascontagens repetidas com uma divisão. O raciocínio é exatamente o mesmo que aqueleapresentado quando estudamos a combinação.



Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra,tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas possíveisde se formar com a palavra AEROPORTO, β seja a quantidade de anagramas começandopor consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então βα 21= .

Resolução: Vamos ver quantos anagramas podemos formar com a palavra “aeroporto”.

São 9 letras a serem permutadas. Assim, o número de anagramas é dado por: !9=α

Só que tem um probleminha. A palavra “aeroporto” tem letras repetidas. A ordem entre asduas letras “r” é irrelevante. Logo, precisamos dividir por 2 fatorial.

Além disso, a ordem entre as três letras “o” é irrelevante. Precisamos dividir por 3 fatorial.

!2!3!9×

=α

Agora vamos calcular o valor de β . Queremos formar anagramas com a palavra “turbina”.Só que temos duas restrições: os anagramas devem começar com consoante e terminar com vogal.

Vamos dividir a formação do anagrama em etapas. Na primeira etapa, vamos escolher aprimeira letra do anagrama. Na segunda etapa escolhemos a segunda letra do anagrama. Eassim por diante.

Vamos começar pelas etapas em que temos restrições:

· primeira etapa: temos 4 opções (são 4 consoantes disponíveis para ocupar a primeiraposição)

· sétima etapa: temos 3 opções (são 3 vogais disponíveis para ocupar a última posição)


46


· segunda etapa: tínhamos 7 letras, já usamos duas nas etapas acima; sobram 5 opções

· terceira etapa: 4 opções

· quarta etapa: 3 opções

· quinta etapa: 2 opções

· sexta etapa: 1 opção.

Aplicando o PFC:

1234534 ××××××=β

!534 ××=β

O exercício afirma que:

βα 21= .

Vamos dividir os dois valores:

)!53421(!2!3

!921

×××÷×

=βα

1362880362880

)!53421(!2!3!9

21==

×××××=

βα

Portanto, βα 21 = , pois, quando dividimos um pelo outro, o resultado foi igual a 1.

Gabarito: certo.

EC 28. ANATEL 2008 [CESPE]

Considerando-se que um anagrama da palavra ANATEL seja uma permutação das letrasdessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, que n1 seja a quantidade deanagramas distintos que é possível formar com essa palavra e n2 seja a quantidade de

anagramas distintos dessa palavra que começam por vogal, então 21

12≠

nn .

Resolução. Temos uma permutação. Observem que a letra “a” repete duas vezes. Para excluir ascontagens repetidas, precisamos dividir por 2 fatorial.

O número de anagramas da palavra ANATEL é dado por:

360!2!6

1 ==n

Vamos agora ver quantos anagramas começam por vogal (n2). Para tanto, vamos dividir oproblema em etapas. Cada etapa vai corresponder à escolha de uma letra para ocupar cadaposição do anagrama.

· Primeira etapa: 3 opções (há 3 opções de vogal)


47


· Segunda etapa: 5 opções (tínhamos 6 letras e uma já foi usada na etapa anterior)

· Terceira etapa: 4 opções (tínhamos 6 letras e já usamos duas)

· Quarta etapa: 3 opções

· Quinta etapa: 2 opções

· Sexta etapa: 1 opção

O número de anagramas que começam por vogal é dado por: 123453 ×××××

Só que tem um problema. Acima, nós ignoramos o fato de que, entre as vogais, temos duasque são iguais entre si. A ordem entre as duas letras “a” é irrelevante. Precisamos dividir por 2fatorial .

1802

1234532 =

×××××=n

Logo:

21

360180

1

2 ==nn

.

Gabarito: errado.


Sabendo que cada anagrama da palavra PIRACICABA é uma ordenação das letras P,I,R,A,C,I,C,A,B,A, quantos são os anagramas da palavra PIRACICABA que não possuemduas letras A juntas?

(A) 1260

(B) 5040

(C) 30240

(D) 68040

(E) 70560

Resolução.

Esse é um exercício bem diferente dos demais e, talvez por isso, possa ser considerado maisdifícil.

1) Número total de anagramas de Piracicaba.

Temos uma permutação de 10 elementos. Além disso o “A” repete 3 vezes, o “C” repete 2vezes e o “I” repete 2 vezes.

200.151!2!2!3

!10=

××


48


2) Vamos separar as letras “A” das demais. Vamos pensar numa dada sequência para as letrasP, I, R, C, I, C, B.

Colocamos as letras P, I, R, C, I, C, B numa dada ordem. Entre elas, temos 8 espaços, queserão preenchidos com as letras “A”.

Por exemplo, se escolhermos os espaços 1, 1 e 4, isso dará origem ao seguinte anagrama:

AAPIRACICB

Outro exemplo. Se escolhermos os espaços 2, 7 e 8, teremos o anagrama:

PAIRCICABA

E assim por diante.

Fixadas as posições das demais letras, vamos ver de quantas formas podemos dispor as letras“A” de modo que elas não fiquem juntas.

Para a primeira letra “A”, temos 8 opções de espaço. Para a segunda letra “A”, sobram 7opções. Para a terceira, temos 6 opções.

Como a ordem de escolha entre os espaços é irrelevante, temos que dividir por 3!.

56!3

678=

××

3) Agora vamos contar de quantas formas podemos dispor as letras “A” de forma que duasdelas fiquem juntas e uma delas fique separada.

Para tanto, vamos escolher dois espaços. No primeiro, serão alocadas duas letras “A”. Nosegundo, será alocada a letra A restante.

Desta forma, escolhendo os espaços 3, 4, temos o seguinte anagrama:

PIAARACICB

Outro exemplo. Escolhendo os espaços 1 e 8, temos o seguinte anagrama:

AAPIRCICBA

E assim por diante.

Para a escolha do primeiro espaço, temos 8 opções. Para a escolha do segundo, sobram 7opções. Agora, a ordem de escolha é relevante. O primeiro espaço escolhido vai ser associadoa duas letras “A”.

5678 =×

4) Por fim, vamos ver de quantas formas podemos colocar as três letras A juntas. Elas podemestar juntas em qualquer um dos oito espaços. Portanto, temos 8 modos de coloca-las todasunidas. Se, por exemplo, escolhermos o espaço 2, ficaríamos com o seguinte anagrama:

PAAAIRCICB


49


Fixada a seqüência PIRCICB, temos:

- 56 formas de alocar as letras “A”, todas separadas entre si

- 56 formas de colocar duas letras “A” juntas e uma separada

- 8 formas de colocar todas as letras “A” juntas.

12085656 =++

E isso se repete para qualquer outra sequencia que a gente fixar para as letras P, I, R, C, I, C, B. Ou seja, de cada 120 anagramas, em 56 as letras “A” estão separadas uma das outras.

Como temos, ao todo, 151.200 anagramas, o número de anagramas em que as letras A estão separadas é:

560.70200.15112056

=×

Gabarito: E


Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa quedeseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca,pode escolhê-las de N formas. O valor de N é

(A) 3

(B) 10

(C) 15

(D) 35

(E) 125

Resolução.

Este é um exercício bem diferente. É um tipo de questão pouco cobrado em concurso, masbastante cobrado em vestibular.

Veremos duas soluções: na primeira delas, usaremos apenas as ferramentas que já estudamos.Com isso, quero deixar claro por que é que este exercício é diferente dos demais já vistos emaula.

Na segunda solução, veremos uma nova ferramenta, que permite resolver com muito maisrapidez.

Sejam A, B, C, D, E as marcas de refrigerante. Observem que há reposição, pois podemos,por exemplo, escolher 3 latas da mesma marca (ex: D, D, D).

Além disso, a ordem não importa. Isto porque escolher (A, A, D) é o mesmo que escolher (D,A, A).

O fato de a ordem não importar e haver reposição complica um pouco as coisas.


50


Se simplesmente aplicarmos o PFC, teremos contagens repetidas. Precisaríamos fazer umadivisão para eliminar os casos repetidos.

Ocorre que, pelo fato de haver reposição, nem todos os casos são repetidos com a mesmafreqüência. Ou seja, não é possível, com uma única divisão, excluir todos os casos repetidos.

Para ilustrar o problema, considere a escolha de duas latas da marca “A” e de uma lata damarca “B”. Vamos ver de quantas formas repetidas este caso pode ser computado:

(A,A,B); (A,B,A); (B,A,A)

Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 3 vezes. Uma divisão por 3 seencarregaria de excluir os casos repetidos.

Agora vamos focar em outro caso. Considere a escolha de uma lata de cada uma das marcasA, B, C:

(A,B,C); (A,C,B); (B,A,C); (B,C,A); (C,A,B); (C,B,A)

Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 6 vezes. Precisaríamos dividir por 6.

Por fim, o caso (B,B,B) é computado uma única vez.

Ou seja, cada caso tem uma frequência diferente. Só uma divisão não é capaz de excluir todosos casos repetidos.

Vamos separar o problema em tipos de escolha.

1) Escolhendo latas de refrigerante de 3 marcas diferentes.

Neste caso, precisamos escolher 3 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição, onde aordem não importa. Temos um caso de combinação:

101245

3,5 =××

=C

Há 10 formas de escolher 3 latas de marcas diferentes. Até daria para listar todas elas. SendoA, B, C, D, E as marcas, as escolhas seriam: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD,BCE, BDE, CDE.

2) Escolhendo 2 latas de uma marca e 1 de outra marca.

Agora, precisamos escolher 2 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição.

A primeira marca escolhida será aquela correspondente às 2 latas. A segunda marca escolhidaserá aquela correspondente a 1 lata. Temos um caso de aplicação do princípio fundamental dacontagem (pois a ordem importa).

Número de maneiras de executar a primeira etapa: 5 (há 5 marcas disponíveis)

Números de maneiras de executar a segunda etapa: 4 (escolhida a primeira marca, sobram 4para a segunda etapa).

Aplicando o PFC:


51


2045 =×

Se fôssemos listar as 20 maneiras, elas seriam: AAB, AAC, AAD, AAE, ABB, ACC, ADD,AEE, BBC, BBD, BBE, BCC, BDD, BEE, CCD, CCE, CDD, CEE, DDE, DEE.

3) Escolhendo 3 latas da mesma marca.

Neste caso, precisamos escolher uma única marca, entre as 5 disponíveis. Há 5 modos defazer isso.

Listando todas as possibilidades: AAA, BBB, CCC, , .

Somando tudo, temos: 3552010 =++

Gabarito: D

Observem que, quando dividimos o problema em diversos casos, cada um desses casos podeser tratado de forma diferente.

Agora vejamos uma segunda solução, bem mais rápida.

Neste tipo de problema, em que a ordem não é importante, mas há reposição, nos baseamosem um desenho esquemático, que representa a situação.

Vamos representar os refrigerantes por bolinhas. E vamos usar barrinhas para separar asmarcas.

As barrinhas vermelhas separam as marcas de refrigerante.

Agora, colocamos as latinhas dentro dos quadriculados. Exemplo:

Assim estamos comprando um refrigerante da marca A, outro da marca D e outro da marca E.

Outro exemplo:

Agora estamos comprando duas latas da marca A e uma lata da marca C.


52


Mais um exemplo:

Agora compramos três latas da marca D.

Notem que, usando apenas símbolos (barrinhas vermelhas mais bolinhas pretas) conseguimosrepresentar todos os casos possíveis.

Temos 4 barrinhas e 3 bolinhas (total de 7 símbolos).

A cada alteração na ordem entre estes símbolos, temos um novo caso. Ou seja, estamospermutando 7 símbolos.

Além disso, trata-se de uma permutação com repetição de 3 bolinhas. Precisamos dividir por3! para eliminar as contagens repetidas.

Há também repetição de 4 barrinhas. Precisamos dividir por 4! para eliminar as contagensrepetidas.

Ficamos com: 7!

4! 3! 35

O resultado foi o mesmo que obtivemos antes.

Vejamos outro exercício semelhante.

EC 31. CEB 2009 [UNIVERSA]

Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação:

x1 + x2 + x3 = 14?

(A) 78

(B) 120

(C) 286

(D) 364

(E) 680

Resolução. Podemos novamente usar barrinhas e bolinhas para representar o problema.

Exemplo:


53


Neste caso, temos 6 bolinhas em x1, 5 bolinhas em x2 e 3 bolinhas em x3.

Isto significa que:

De modo que a soma 6 + 5 + 3 = 14. 6; 5; 3

Para representarmos qualquer outra solução, basta alterarmos a ordem entre as duas barrinhasvermelhas e as quatorze bolinhas pretas.

Ou seja, estamos permutando 16 símbolos, com repetição de 14 bolinhas e de 2 barrinhas. 16!

2! 14! 120

Gabarito: B

II. PROBABILIDADE

1. Introdução. Probabilidade tem relação com a chance de um evento ocorrer.

Passaremos longe, muito longe de uma definição adequada de probabilidade. Vamos dar duasdefinições. A primeira nos diz que a probabilidade é a relação entre número de casosfavoráveis e número de casos possíveis. Não é uma definição correta, mas nosso propósitoaqui é apenas resolver questões de concurso, mesmo que para isso tenhamos que deixar umpouco de lado o rigor matemático.

Em seguida, melhoraremos um pouco nossa definição, adotando a abordagem frequentista daprobabilidade.

Quando falamos em probabilidade, podemos basicamente pensar em casos favoráveis e casospossíveis. Sim, apenas isto: casos favoráveis e casos possíveis.

Vejamos o exemplo do lançamento de um dado.

Queremos calcular a probabilidade de sair um número múltiplo de três. Então a pergunta é:qual a probabilidade de sair um número múltiplo de três quando se lança um dado de seisfaces?

A questão é de probabilidade. Probabilidade lembra casos favoráveis e casos possíveis.

Casos possíveis são todos aqueles que podem ocorrer. No lançamento de um dado, podemosobter os seguintes resultados:

Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6


54


Casos favoráveis são todos aqueles em que estamos interessados. Neste exemplo, estamosinteressados nos múltiplos de três.

Casos favoráveis: 3, 6.

Para resolver o problema, primeiro contamos quantos são os casos favoráveis.

Quantos são os múltiplos de três presentes nas faces de um dado?

Resposta: são dois os múltiplos de três presentes nas faces de um dado (o número 3 e onúmero 6).

Depois contamos quantos são os casos possíveis.

Quantos são os casos possíveis no lançamento de um dado?

Resposta: são seis os casos possíveis (1, 2, 3, 4, 5, 6).

A probabilidade será obtida dividindo o número de casos favoráveis pelo número de casospossíveis. Ficaria assim:

62

__

=⇒= PpossíveiscasosfavoráveiscasosP

Estou usando a letra P para indicar a probabilidade.

Vimos que a probabilidade de sair um número múltiplo de três em um lançamento de umdado é de dois sextos.

O conjunto com todos os casos possíveis é chamado de espaço amostral. No caso dolançamento do dado, o espaço amostral é:

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

Repetindo: espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis.

Chamamos de evento a qualquer subconjunto de um espaço amostral. Geralmente os eventosservem para designar um resultado em particular.

No caso acima estávamos interessados nos resultados que são múltiplos de três. Esses eram osnossos casos favoráveis. A esse resultado em particular, qual seja, “sair múltiplo de três”,chamamos de evento.

Neste caso, o evento “sair múltiplo de três” corresponde ao seguinte conjunto:

{3, 6}

Veja como o evento é um subconjunto do espaço amostral.

Com essa noção de espaço amostral e de evento, em vez de dizermos que a probabilidade deum dado evento é a relação entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis,podemos dizer que é a relação entre o número de elementos do evento e o número deelementos do espaço amostral.


55


amostralespaçodoelementosdenumeroeventodoelementosdenumero

possiveiscasosdenumerofavoraveiscasosdenumeroP

_________

______

==

A probabilidade só pode ser definida como a relação entre casos favoráveis e casos possíveis(ou ainda, como a relação entre o número de elementos do evento e o número de elementos doespaço amostral) quando todos os casos têm a mesma chance de ocorrer. A resolução acimasó é válida se o dado for “honesto”. Ou seja, se for um dado simétrico e de materialhomogêneo.

Quando dizemos que o dado é “honesto”, estamos considerando que, em um lançamentoqualquer, a probabilidade de sair a face de número 1 é igual à probabilidade de sair a face denúmero 4, de número 6, ou qualquer outra. Costumamos dizer que todas as faces sãoequiprováveis (ou seja, têm a mesma chance de ocorrer).

Como já dissemos, é comum se utilizar a expressão “evento” para designar um resultado emparticular. Assim, no lançamento de um dado, o evento “sair o número 1” tem a mesmaprobabilidade do evento “sair o número 2”, que por sua vez tem a mesma probabilidade doevento “sair o número 3”, e assim por diante. Todos esses eventos são equiprováveis.

Aí vem a pergunta: e se todos os casos não tiverem a mesma chance de ocorrer? E se o dadonão for honesto? E se a probabilidade de sair “1” for diferente da probabilidade de sair “2”?

Resposta: bom, deixemos isto para depois (daqui a pouco na verdade). Para contornar estetipo de problema, utilizaremos a já mencionada abordagem frequentista da probabilidade.

Por enquanto, vamos apenas ficar com esta noção de casos favoráveis e possíveis, o que jáajuda bastante a resolvermos questões de concursos públicos.

Antes de continuarmos com a teoria, vou responder a uma pergunta em que provavelmentevocês estão pensando.

Pergunta: Mas professor, você disse que essa explicação sobre probabilidade não éadequada. Por quê?

Resposta: Em primeiro lugar, nem todas as situações de aplicação da probabilidade podem serresumidas a casos possíveis e casos favoráveis. Imagine que queremos calcular qual aprobabilidade de, no dia 19/03/2011, a ação da empresa alfa subir. Não dá para transformaresse problema numa situação de número casos possíveis e favoráveis.

Acontece que os problemas em que dá para contar quantos são os casos possíveis e quantossão os casos favoráveis são os mais fáceis para gente começar a se acostumar comprobabilidade. Por isso, de início, vamos focar apenas neles. Ou então, “dar um jeitinho” paraque a questão possa ser interpretada como uma relação entre casos favoráveis e possíveis.

Outro problema da explicação dada é o que segue. Dissemos que probabilidade é igual àdivisão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis quando todos oscasos têm a mesma probabilidade de ocorrer.


56


Ou seja, na própria definição de probabilidade estamos usando o conceito de probabilidade.Que raio de definição é essa? Se utilizarmos na definição o conceito que pretendemos definir,não estamos definindo nada.

Novamente, deixemos esses problemas de lado.

Antes de passarmos para os exercícios, só um alerta. Quando usamos as expressões “casosfavoráveis”/”casos desfavoráveis” (ou ainda: sucessos e fracassos), estamos apenas nosreferindo aos casos em que estamos ou não interessados. Não estamos fazendo qualquer juízode valor. Não nos preocupamos se estamos diante de algo bom ou ruim, certo ou errado.

Para melhor visualização, considere um estudo sobre a relação entre a utilização de umproduto e o desenvolvimento de câncer. Queremos saber qual a probabilidade de uma cobaiaque utilizou o produto por tempo prolongado ter a doença. Nessa situação, os casos favoráveis(=sucesso) seriam aqueles em que a cobaia adquiriu a doença, independentemente de seconsiderar que contrair câncer seja bom ou ruim. Ok?

Continuemos com a matéria.

EC 32. SEFAZ/SP 2009 [ESAF]

Considere que numa cidade 40% da população adulta é fumante, 40% dos adultos fumantessão mulheres e 60% dos adultos não-fumantes são mulheres. Qual a probabilidade de umapessoa adulta da cidade escolhida ao acaso ser mulher?

a) 44%

b) 52%

c) 50%

d) 48%

e) 56%

Resolução:

Para facilitar a resolução do exercício, vamos supor que a cidade tenha 100 adultos. fumantes não-fumantes total

Homem Mulher Total 100

O enunciado nos diz que 40% dos adultos são fumantes.

40100%40 =×

Logo, temos 40 fumantes. fumantes não-fumantes total

Homem Mulher Total 40 100

40% dos fumantes são mulheres.


57


16404,0 =×

São 16 mulheres fumantes. fumantes não-fumantes total

Homem Mulher 16 Total 40 100

Se, das 100 pessoas, 40 são fumantes, então há 60 não-fumantes. fumantes não-fumantes total

Homem Mulher 16 Total 40 60 100

O enunciado informa que 60% dos não-fumantes são mulheres. Portanto, há 36 mulheres não-fumantes (=60% de 60).

fumantes não-fumantes total Homem Mulher 16 36 Total 40 60 100

Ao todo, temos 52 mulheres. fumantes não-fumantes total

Homem Mulher 16 36 52 Total 40 60 100

O exercício pediu a probabilidade de, escolhendo uma pessoa adulta ao acaso, ela ser mulher.

Probabilidade tem a ver com a chance de um dado evento ocorrer. Em outras palavras, pede-se a chance de a pessoa escolhida ser uma mulher.

Neste exercício, todas as pessoas têm a mesma chance de ser escolhida. Quando issoacontece, a probabilidade é dada pela divisão entre o número de casos favoráveis e o númerode casos possíveis.

possiveiscasosnumerofavoraveiscasosnumeroP

____

=

Os casos favoráveis são aqueles em que estamos interessados. Neste problema, estamosinteressados que seja escolhida uma mulher.

Número de casos favoráveis: 52

Além disso, temos 100 casos possíveis (são 100 adultos na cidade).

Com isso, a probabilidade fica:

%5210052

==P

Gabarito: B


58



Em uma pequena localidade, os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora sãomoradores de um bairro muito antigo que está comemorando 100 anos de existência. DonaMatilde, uma antiga moradora, ficou encarregada de formar uma comissão que será aresponsável pela decoração da festa. Para tanto, Dona Matilde selecionou, ao acaso, trêspessoas entre os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora. Sabendo-se que Denílsonnão pertence à comissão formada, então a probabilidade de Carlão pertencer à comissão é, emtermos percentuais, igual a:

a) 30 %

b) 80 %

c) 62 %

d) 25 %

e) 75 %

Resolução.

Vamos listar todas as comissões, representando cada pessoa pela inicial do seu nome. Comissões possíveis, excluindo Denílson:

- A, B, C

- A, B, E

- A, C, E

- B, C, E

São 4 comissões possíveis. Em três delas nós temos a participação de Carlão.

São 3 casos favoráveis em 4 possíveis.

Logo:

%7543==P

Gabarito: E

EC 34. BNDES 2008-2 [CESGRANRIO]

O gráfico a seguir mostra, em percentuais, a distribuição do número de mulheres de 15 anosou mais de idade, segundo o número de filhos, no Brasil.

Selecfilho

(A) 1

(B) 1

(C) 1

(D) 1

(E) 1

Reso

Vamessas

MulhMulh MulhMulhMulhMulhMulhtotal

Na úlinha

Ok, t

Estamtemo

A prpossí

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17/55

17/71

17/100

17/224

17/1000

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9

a

e

a

,

s


60


Gabarito: D.


Dois dados comuns, “honestos”, são lançados simultaneamente. A probabilidade de que asoma dos resultados seja igual ou maior que 11 é

(A) 11/12

(B) 1/6

(C) 1/12

(D) 2/36

(E) 1/36

Resolução.

O resultado do lançamento do primeiro dado pode ser qualquer número de 1 a 6. Temos seisresultados possíveis.

Igualmente, para o segundo lançamento, temos seis resultados possíveis. Assim, o número deagrupamentos, envolvendo os dois lançamentos, é dado por:

3666 =×

Para que a soma seja maior ou igual a 11, temos as seguintes possibilidades (os números entreparêntesis indicam os resultados de cada lançamento):

(5, 6); (6,5); (6, 6)

Apenas nesses casos a soma dos resultados será maior ou igual a 11.

Deste modo, temos três casos favoráveis em 36 possíveis. A probabilidade procurada é de:

121

363==P

Gabarito: C

EC 36. DCEA 2009 [CESGRANRIO]

A probabilidade de que, no lançamento de três dados comuns, honestos, a soma dosresultados seja igual a 18 é

(A) 1/12

(B) 1/36

(C) 1/216

(D) 3/18

(E) 3/216


61


Resolução.

O único caso favorável é aquele em que todos os lançamentos resultam em 6:

(6, 6, 6)

Vamos agora aos casos possíveis. Em cada lançamento, temos 6 possibilidades. Portanto, onúmero de agrupamentos envolvendo os três dados é:

216666 =××

A probabilidade procurada fica:

2161

=P

Gabarito: C

2. Abordagem frequentista da probabilidade Quando um experimento pode ser repetido inúmeras vezes, dizemos que a probabilidadecorresponde à frequência relativa que seria obtida com a repetição do experimento.

Exemplo: seja A o evento que ocorre quando, lançando um dado honesto, obtemos a face 2.

Queremos calcular a probabilidade de A.

?Quando lançamos um dado inúmeras vezes, é razoável esperar que cada face saia em 1/6 dasvezes. Quanto mais vezes lançamos, mais a frequência relativa associada à face 2 se aproximade 1/6.

Idealmente, se lançássemos o dado infinitas vezes, a frequência relativa seria igual a 1/6.

Por isso dizemos que a probabilidade de A é 1/6.

P(A) = 1/6.

⇒ PROBABILIDADE – ABORDAGEM FREQUENTISTAA probabilidade corresponde à frequência relativa que seria obtida em umnúmero muito grande de experimentos.

EC 37. SSP GO 2010 [UNIVERSA]

O agente encarregado de certo departamento tem a atribuição de registrar ocorrências de trêstipos de eventos: P, Q e R. Em certa semana, o evento P ocorreu duas vezes na segunda-feira,quatro vezes na terça-feira, apenas uma vez na quarta-feira e não mais aconteceu naquelasemana. O evento Q foi realizado uma única vez em cada um dos dias de segunda a quinta-feira e duas vezes na sexta-feira, apenas. O evento R ocorreu apenas na terça, na quinta e nasexta-feira, respectivamente, 2, 1 e 4 vezes. Em seu relatório, o agente deve mencionar asfrequências de ocorrências semanais desses três eventos. Para que o relatório fique correto, asfrequências percentuais que o agente deve registrar para os eventos P, Q e R são,respectivamente,

(A) 0,35, 0,3 e 0,35.

(B) 7, 6 e 7.


62


(C) 20, 20 e 20.

(D) 27, 26 e 27.

(E) 35, 30 e 35.

Resolução.

O evento P ocorreu 7 vezes na semana.

O evento Q ocorreu 6 vezes na semana.

O evento R ocorreu 7 vezes na semana.

O total de ocorrências é de:

Destas 20 ocorrências, 7 se referem a P. 7 6 7 20

Portanto, a frequência relativa de P é dada por: 7

20O termo “frequência” indica o número de ocorrências de um dado evento.

Em matemática, a palavra “relação” é sinônimo de divisão.

Assim, queremos calcular uma frequência relativa, ou seja, uma frequência oriunda de umadivisão.

Dividimos o número de ocorrências do evento P pelo total de ocorrências. É uma forma deindicar o percentual de ocorrências que se referem a P.

7 20 35%

Ou seja, 35% das ocorrências se referem a P.

Analogamente, para o evento Q: 6

20 30%

30% das ocorrências se referem a Q. Isto porque das vinte ocorrências, seis são de Q.

Por fim, das 20 ocorrências, 7 se referem a R. O percentual é: 7

20 35%

As frequências, em percentual, são: 35, 30 e 35.

Gabarito: E. Notem que, quando a questão solicita frequências percentuais, fica implícito o símbolo deporcentagem (%).


63


Ou seja, a frequência percentual de P é 35. Isto quer dizer que a frequência é de 35 porcento.

Caso o enunciado tivesse omitido a palavrinha “percentual”, aí o símbolo de porcentagem nãoestaria mais implícito.

Neste caso, a resposta correta deveria conter este símbolo. Ficaria assim:

35%, 30%, 35%.

Isto é o mesmo que:

0,35; 0,30; 0,35

Ou seja, se o enunciado tivesse apenas dito “frequências relativas”, a resposta correta seria a letra A.

O conceito de frequências relativas é muito importante.

Podemos pensar que a probabilidade de um evento corresponde à frequência relativa que seriaobtida em um número muito grande de experimentos. Trata-se da abordagem frequentista daprobabilidade.

Exemplo: qual a probabilidade de, lançando um dado honesto, obtermos o número 1?

É razoável supor que, lançando o dado inúmeras vezes, a face 1 saia em, aproximadamente, 1/6 das vezes.

Se o número de lançamentos tender ao infinito, a face 1 sairá em 1/6 das vezes.

Por isso dizemos que a probabilidade de sair 1 é 1/6. A probabilidade corresponde àfrequência relativa que seria obtida em um número extraordinariamente grande deexperimentos.


Um viajante, a caminho de determinada cidade, deparou-se com uma bifurcação onde estãotrês meninos e não sabe que caminho tomar. Admita que estes três meninos, ao se lhesperguntar algo, um responde sempre falando a verdade, um sempre mente e o outro mente em50% das vezes e consequentemente fala a verdade nas outras 50% das vezes. O viajanteperguntou a um dos três meninos escolhido ao acaso qual era o caminho para a cidade e elerespondeu que era o da direita. Se ele fizer a mesma pergunta a um outro menino escolhido aoacaso entre os dois restantes, qual a probabilidade de ele também responder que é o caminhoda direita?

a) 1.

b) 2/3.

c) 1/2.

d) 1/3.

e) 1/4.


64


Resolução.

Imaginemos que vários viajantes passem regularmente por esta bifurcação, e que eles nuncasaibam qual o caminho correto.

Esta situação aconteceu durante 60 dias seguidos. Nestes 60 dias, vamos ver como secomportam os meninos.

Seja A o menino que sempre diz a verdade, B o menino que sempre mente e C o menino quepode tanto dizer a verdade quanto mentir.

As possíveis maneiras de escolhermos os dois meninos são: AB, AC, BA, BC, CA, CB.

Todas estas combinações são equiprováveis.

Nestes 60 dias, temos:

- AB ocorreu 10 vezes

- AC ocorreu 10 vezes

- BA ocorreu 10 vezes

- BC ocorreu 10 vezes

- CA ocorreu 10 vezes

- CB ocorreu 10 vezes

Como C pode tanto mentir quanto dizer a verdade, então, em 50% das vezes em que ele foiescolhido, ele disse a mesma coisa que o outro menino escolhido. E, nas outras 50% dasvezes, ele disse o contrário do que o outro menino escolhido.

Vamos detalhar melhor então o que acontece nos dias em que C foi escolhido: - AB ocorreu 10 vezes em todas as 10 vezes A e B dão respostas

contrárias. - AC ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais

- em 5 vezes eles dão respostas contrárias - BA ocorreu 10 vezes em todas as 10 vezes A e B dão respostas

contrárias. - BC ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais

- em 5 vezes eles dão respostas contrárias - CA ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais

- em 5 vezes eles dão respostas contrárias - CB ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais

- em 5 vezes eles dão respostas contrárias

Assim, nestas 60 vezes, em 20 ocorrem respostas iguais. Logo, a probabilidade de duasrespostas iguais é de:

31

6020

==P

Gabarito: D


65


3. Probabilidade condicional Voltemos ao nosso dado de seis faces. É o mesmo dado honesto, de material homogêneo. Sóque agora vamos pintar as faces. As faces terão as seguintes cores:

Cor azul: faces 1 e 2.

Cor verde: faces 3, 4, 5 e 6.

Maria lançou esse nosso dado. João não viu o resultado e quer calcular qual a probabilidadede ter saído um múltiplo de 3.

Pergunta: Qual a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3?

Resposta: 62 .

É exatamente o mesmo problema visto anteriormente. Todas as faces têm a mesma chance desair. Os casos favoráveis são: 3 e 6. Os casos possíveis são: 1, 2, 3, 4, 5 e 6. A probabilidadefica:

62

__


Ok, agora vamos mudar um pouco o problema. Maria lançou esse nosso dado. João não viu oresultado. Maria fala para João: “Saiu uma face de cor verde”.

Aí está a grande diferença: agora João sabe que saiu uma face verde. É uma informação nova!Esta informação vai mudar completamente o cálculo. Isto porque já sabemos, com certeza,que não saiu uma face azul.

Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 sabendo que a face que saiué verde. Esta questão pode ser enunciada como:

Qual a probabilidade do resultado do lançamento ser múltiplo de três dado que saiu umaface verde?

Ou seja, a informação de que saiu uma face verde é dada, é sabida. É uma informaçãoconhecida e que deve ser usada.

Se fôssemos escrever os casos possíveis, teríamos:

Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Observe que mudaram os casos possíveis. Isto porque sabemos que não é possível terem saídoos números 1 e 2. Temos certeza de que o resultado foi o de uma face verde.

Já os casos favoráveis são os mesmos. Continuamos interessados nas faces 3 e 6. E estas duasfaces podem ter saído, dado que ambas são da cor verde.

Casos favoráveis: 3,6.

Fazendo o cálculo, temos:


66


Número de casos possíveis: 4

Número de casos favoráveis: 2

E a probabilidade fica:

42

__


A probabilidade agora é de dois quartos. Note como uma informação nova alterou o cálculoda probabilidade. Dizemos que a probabilidade é condicional porque teve uma condição a serobedecida. Não era simplesmente calcular a probabilidade de sair um múltiplo de 3. Foi dadauma condição, uma informação nova. Justamente esta condição alterou o cálculo daprobabilidade.

Agora vejamos alguns exercícios para aplicarmos o que acabamos de aprender.

EC 39. Petrobras 2008/1 [CESGRANRIO]

A tabela abaixo apresenta os pesos de um grupo de pessoas e suas respectivas frequências. Não há observações coincidentes com os extremos das classes.

Uma pessoa com mais de 50 kgf será escolhida ao acaso. A probabilidade de que o peso dessapessoa esteja entre 60 kgf e 80 kgf é, aproximadamente,

(A) 65%

(B) 63%

(C) 60%

(D) 58%

(E) 55%

Resolução.

Vamos calcular a probabilidade de a pessoa escolhida ter entre 60 e 80 kgf. Classes Frequência40 a 50 2 50 a 60 5 60 a 70 7 70 a 80 8 80 a 90 3

total 25


67


Temos 15 casos favoráveis (ver linhas em vermelho), em 25 possíveis. A probabilidade édada por:

2515

=P

Ocorre que foi dada uma condição. A condição é que a pessoa escolhida tem mais de 50 kgf.

Ou seja, queremos calcular a probabilidade de a pessoa escolhida ter entre 60 e 80 kfg,DADO que ela tem mais que 50 kgf.

Esta informação nova vai mudar o cálculo da probabilidade. Por isso, dizemos que se trata deuma probabilidade condicional.

Temos que rever nossos casos possíveis. Agora, os casos possíveis são apenas os listadosabaixo:

Classes Frequência50 a 60 5 60 a 70 7 70 a 80 8 80 a 90 3

total 23

Temos 15 casos favoráveis (linhas em vermelho) em 23 possíveis. A probabilidade é dadapor:

%22,652315

≅=P

Gabarito: A Então probabilidade condicional é apenas isso. Temos que obedecer à condição fornecida.Isso é feito revendo os casos possíveis e favoráveis. Temos que excluir aqueles casos que nãoobedecem à condição estabelecida.

EC 40. MPU 2004 [ESAF]

Carlos diariamente almoça um prato de sopa no mesmo restaurante. A sopa é feita de formaaleatória por um dos três cozinheiros que lá trabalham: 40% das vezes a sopa é feita por João;40% das vezes por José, e 20% das vezes por Maria. João salga demais a sopa 10% das vezes,José o faz em 5% das vezes e Maria 20% das vezes. Como de costume, um dia qualquerCarlos pede a sopa e, ao experimentá-la, verifica que está salgada demais. A probabilidade deque essa sopa tenha sido feita por José é igual a

a) 0,15.

b) 0,25.

c) 0,30.

d) 0,20.

e) 0,40.


68


Resolução:

No início deste tópico, comentamos que a probabilidade pode ser calculada como a relaçãoentre casos possíveis e favoráveis. Mas isto só vale quando todos os casos têm a mesmachance de ocorrer (dizemos que são eventos equiprováveis), o que nem sempre ocorre.

Vamos usar este exercício para visualizar a questão.

São três cozinheiros que fazem a sopa. Se a chance de cada um deles fazer a sopa fosse igual,teríamos:

Casos possíveis: José faz a sopa, João faz a sopa, Maria faz a sopa.

Casos favoráveis: José faz a sopa.

A probabilidade de José fazer a sopa seria de 31 .

Mas a chance de cada um deles ter feito a sopa, num dado dia, não é igual. Maria faz sopamenos vezes que João e José. Os eventos não são equiprováveis.

Para solucionar o problema, podemos pensar que, a cada 100 dias em que o Carlos freqüenteo restaurante, temos que: em 40 dias a sopa é feita por João, em 40 dias a sopa é feita porJosé, em 20 dias a sopa é feita por Maria.

Para tornar o exemplo mais claro, vamos supor que o Carlos tenha freqüentado o talrestaurante do dia 01/01/2011 até o dia 10/04/2011, totalizando os 100 dias. Daí, pegamos ocalendário e escolhemos um desses 100 dias aleatoriamente. A pergunta é: qual a chance de,no dia escolhido, a sopa ter sido feita por José, sabendo que estava salgada?

Nestes 100 dias, vamos ver como cada cozinheiro se comporta.

João fez a sopa 40 vezes. Em 10% dessas 40 vezes, ele salgou demais a sopa.

José fez a sopa 40 vezes. Em 5% dessas 40 vezes, ele salgou demais a sopa.

Maria fez a sopa 20 vezes. Em 20% dessas 20 vezes, ela salgou demais a sopa.

Resumindo:

Em 36 dias o João fez uma sopa normal.

Em 4 dias o João fez uma sopa salgada.

Em 38 dias o José fez uma sopa normal

Em 2 dias o José fez uma sopa salgada.

Em 16 dias a Maria fez uma sopa normal

Em 4 dias a Maria fez uma sopa salgada.


69


Com este artifício, contornamos o problema citado no começo da resolução. Quando listamoso que acontece em cada um dos cem dias, conseguimos levar em conta o fato de Maria fazersopa menos vezes que João e José.

Dentre os cem dias, selecionamos um ao acaso. Agora sim. Estamos focando nos dias, nãonos cozinheiros. Todos os cem dias são equiprováveis. Todos têm a mesma chance de seremescolhidos.

Esta é a chamada abordagem frequentista da probabilidade. Consideramos que aprobabilidade corresponde à frequência relativa que seria obtida num número grande deexperimentos.

Caso fosse possível analisar um número muito grande de dias, seria razoável esperar que Joãofaria a sopa em 40% das vezes, José em 40% das vezes e Maria em 20% das vezes. Estasfrequências relativas seriam iguais às respectivas probabilidades.

Continuemos com a resolução do problema.

Se não soubéssemos que a sopa está salgada, teríamos:

Casos possíveis: 100 dias, assim discriminados:

36 dias o João fez uma sopa normal.

4 dias o João fez uma sopa salgada.

38 dias o José fez uma sopa normal




Estamos interessados nos dias em que José faz a sopa. Estes dias são nossos casos favoráveis.

Casos favoráveis: 40, assim discriminados:

38 dias em que o José fez uma sopa normal

2 dias em que o José fez uma sopa salgada.

Contudo, temos a informação de que a sopa está salgada (condição!). Temos que rever nossalista de casos possíveis e favoráveis.

Casos possíveis: 10, assim discriminados:

36 dias o João fez uma sopa normal.

4 dias o João fez uma sopa salgada.

38 dias o José fez uma sopa normal



70




Casos favoráveis: 2, assim discriminados:

38 dias em que o José fez uma sopa normal

2 dias em que o José fez uma sopa salgada

A probabilidade fica:

2,0102

__

==⇒= PpossíveiscasosfavoráveiscasosP

Gabarito: D

EC 41. MPE RO 2005 [CESGRANRIO]

Na prova de Língua Estrangeira de um concurso, 60% dos candidatos optaram por Inglês e osdemais, por Espanhol. Destes, 5% foram classificados e daqueles, 10% foram classificados.Escolhendo-se ao acaso um candidato classificado, qual é a probabilidade de ele haver optadopor Inglês?

(A) 0,06

(B) 0,40

(C) 0,50

(D) 0,60

(E) 0,75

Resolução.

Vamos supor que são 100 candidatos. Eles estão assim distribuídos:

· 60 optaram por inglês

· 40 optaram por espanhol

Dos que optaram por espanhol, 5% foram classificados. Dos que optaram por inglês, 10% foram classificados. Ficamos com:

· 6 optaram por inglês e foram classificados

· 54 optaram por inglês e foram desclassificados

· 2 optaram por espanhol e foram classificados

· 38 optaram por espanhol e foram desclassificados

Escolhe-se aleatoriamente um candidato classificado. Ou seja, temos uma condição a serobedecida: o candidato foi classificado. Precisamos rever nossa listagem de casos possíveis.


71


· 6 optaram por inglês e foram classificados

· 54 optaram por inglês e foram desclassificados

· 2 optaram por espanhol e foram classificados

· 38 optaram por espanhol e foram desclassificados

Temos agora 8 casos possíveis.

Os casos favoráveis são aqueles em que o candidato optou por inglês. São 6 casos favoráveis. A probabilidade fica:

%7543

86

===P

Gabarito: E

Texto para as questões EC 42 e EC 43.

Em um grupo de 40 homens e 60 mulheres, a probabilidade de um homem ser míope é 0,05 ea probabilidade de uma mulher ser míope é 0,1.

EC 42. Petrobras 2005 [CESGRANRIO]

Selecionando uma pessoa ao acaso, qual é a probabilidade de ela ser míope?

(A) 0,05

(B) 0,06

(C) 0,07

(D) 0,08

(E) 0,09

Resolução.

Temos 100 pessoas, assim distribuídas:

· 2 homens míopes

· 38 homens não míopes

· 6 mulheres míopes

· 34 mulheres não míopes

Estamos interessados nos míopes. Temos 8 casos favoráveis, assim distribuídos:

· 2 homens míopes



%8100

8==P

Gabarito: D


72



Selecionado um míope ao acaso qual é a probabilidade de ele ser homem?

(A) 0,25

(B) 0,27

(C) 0,30

(D) 0,33

(E) 0,40

Resolução.

A condição dada é: o escolhido é míope. Nossos casos possíveis agora são 8, assimdistribuídos:

· 2 homens míopes

· 38 homens não míopes


· 34 mulheres não míopes

Em 8 casos possíveis, temos 2 favoráveis.

25,082==P

Gabarito: A

4. Fórmula da probabilidade condicional Outra forma de resolver exercícios de probabilidade condicional é por meio de uma fórmula.

Considere o lançamento de um dado. Antes de ver o resultado, queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3. Qual a probabilidade deste evento?

A probabilidade é de 2/6. Certo? Temos dois casos favoráveis (3 e 6) em seis casos possíveis.

Vamos mudar um pouco o exemplo. O dado é lançado. Antes de vermos o resultado, alguémnos informa: saiu um número maior que 4.

Pronto. Agora temos uma informação nova.

Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 DADO que saiu um númeromaior que 4. Temos uma informação nova, que devemos utilizar.

Agora a probabilidade muda. Temos apenas dois casos possíveis (5 e 6). E, dentre os casospossíveis, apenas um nos é favorável (6). Neste segundo caso, a probabilidade é igual a 1/2.

Se fôssemos resumir isto em uma fórmula, ficaria assim:

)()()|(

BPBAPBAP ∩

=


73


Nosso espaço amostral pode ser representado pelo seguinte conjunto:

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

Temos dois eventos.

Se lançarmos o dado e obtivermos uma face múltipla de 3, temos o evento ‘A’. O evento ‘A’ é um subconjunto do espaço amostral.

A = {3, 6}

Se lançarmos o dado e obtivermos uma face maior que 4, temos o evento ‘B’.

B = {5, 6}.

A intersecção dos dois conjuntos acima é dada por:

A ∩ B = {6}

O símbolo que parece um ‘U’ de cabeça para baixo indica a intersecção. Neste exemplo, estáassociado ao resultado do lançamento do dado que é, simultaneamente, maior que 4 emúltiplo de 3.

As probabilidades relacionadas são:

· )(AP é a probabilidade de o evento A ocorrer.

· )(BP é a probabilidade de o evento B ocorrer.

· )( BAP ∩ é a probabilidade de A e B ocorrerem simultaneamente. O símbolo que pareceum “U” de cabeça para baixo indica intersecção. Ou seja, estamos interessados nos casos em que os dois eventos ocorrem simultaneamente.

· )|( BAP é a probabilidade de o evento A ocorrer, DADO que o evento B ocorreu. É aprobabilidade de A, condicionada ao acontecimento de B.

No caso do lançamento do dado, ficamos com:

62)( =AP (casos favoráveis: 3, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

62)( =BP (casos favoráveis: 5, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

61)( =∩ BAP (caso favorável: 6 – só o número 6 é, ao mesmo tempo, maior que 4 e múltiplo

de 3; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

Aplicando a fórmula:

)()()|(

BPBAPBAP ∩

=

21

62

61)|( =÷=BAP

Portanto, a probabilidade de sair um múltiplo de 3 dado que saiu um número maior que 4 é de50%.


74


Um diagrama destes conjuntos ajuda a entender melhor a fórmula.

O nosso espaço amostral é representado pelo retângulo azul. Nele, temos todos os possíveisresultados do lançamento do dado {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Dentro do espaço amostral temos dois conjuntos destacados. O conjunto vermelho representao evento A (múltiplos de 3). O conjunto verde representa o evento B (maiores que 4).

É dado que o resultado do lançamento do dado é maior que 4. Ou seja, já sabemos que oresultado, qualquer que seja, deve estar dentro do conjunto verde.

Todos os resultados fora do conjunto verde são descartados. É como se a condiçãoestabelecida modificasse nosso espaço amostral.

Nosso espaço amostral modificado se reduziria ao conjunto verde.


75


Agora, a única possibilidade de o evento A ter ocorrido corresponde ao número que, além deser múltiplo de 3, também é maior que 4. Ou seja, corresponde ao elemento que está naintersecção entre A e B.

Ou seja, temos uma condição (o resultado é maior que 4, ou seja, ocorreu o evento B). Graçasa esta condição, os casos favoráveis estão relacionados à intersecção e os casos possíveisestão relacionados ao conjunto B.

Logo, a probabilidade fica “casos favoráveis” sobre “casos possíveis”.

Vou indicar por “n( )” o número de elementos de cada conjunto.


76


A probabilidade condicional fica:

)()()|(

BnBAnBAP ∩

=

Dividindo o numerador e o denominador pelo número de elementos do espaço amostral (S):

)()()()()|(

SnBnSnBAnBAP

÷÷∩

=

O que conduz a:

)()()|(

BPBAPBAP ∩

=

Dizemos que o evento ‘A’ é independente do evento ‘B’ quando )()|( APBAP = . Ou seja, o fato de ‘B’ ter ocorrido não influi em nada na probabilidade de ‘A’.

⇒

FÓRMULA DA PROBABILIDADE CONDICIONAL:

)()()|(

BPBAPBAP ∩

=

Se A e B são independentes, então:

)()|( APBAP = e )()|( BPABP =

É interessante observar que, a partir da fórmula da probabilidade condicional, podemoschegar à fórmula da probabilidade da intersecção de dois eventos:

)()|()()(

)()|( BPBAPBAPBP

BAPBAP ×=∩⇒∩

=

⇒ PROBABILIDADE DA INTERSECÇÃO DE DOIS EVENTOS

Um resultado interessante para eventos independentes é o seguinte:

|

Mas, se os eventos são independentes, então o fato de B ocorrer não altera a probabilidade de

| I

A: | II

Substituindo II em I:

|


77


Ou seja, quando dois eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é o produtodas probabilidades.

⇒

ATENÇÃO:Se A e B são independentes, então:

Para eventos independentes, a probabilidade da intersecção é o produto dasprobabilidades.

EC 44. CGU/2008 [ESAF]

A e B são eventos independentes se:

a) )()()( BPAPBAP +=∩

b) )()()( BPAPBAP ÷=∩

c) )()()( BPAPBAP −=∩

d) )()()( ABPAPBAP +=∩

e) )()()( BPAPBAP ×=∩

Aplicação direta da fórmula vista.

Gabarito: E.

EC 45. STN 2008 [ESAF]

Dois eventos A e B são ditos eventos independentes se e somente se:

a) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for nula

b) a ocorrência de B alterar a probabilidade de ocorrência de A.

c) a ocorrência de A alterar a probabilidade de ocorrência de B.

d) a ocorrência de B não alterar a probabilidade de ocorrência de A.

e) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for igual a 1.

Resolução:

Aplicação direta do conceito visto acima.

Gabarito: D


Dois eventos de um espaço amostral são independentes quando


78


(A) a informação de que um deles ocorreu não altera a probabilidade de o outro ocorrer.

(B) um deles ocorrendo, o outro, necessariamente, não vai ocorrer.

(C) são disjuntos, ou seja, a probabilidade de ocorrerem juntos é negativa.

(D) são negativamente correlacionados.

(E) têm a mesma probabilidade de acontecer.

Resolução:

Aplicação direta do conceito visto acima.

Gabarito: A


Carlos sabe que Ana e Beatriz estão viajando pela Europa. Com as informações que dispõe,ele estima corretamente que a probabilidade de Ana estar hoje em Paris é 3/7, que aprobabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é 2/7, e que a probabilidade de ambas, Ana eBeatriz, estarem hoje em Paris é 1/7. Carlos, então, recebe um telefonema de Ana informandoque ela está hoje em Paris. Com a informação recebida pelo telefonema de Ana, Carlos agoraestima corretamente que a probabilidade de Beatriz também estar hoje em Paris é igual a

a) 2/3

b) 1/7

c) 1/3

d) 5/7

e) 4/7

Resolução:

Primeiro vamos resolver sem a fórmula.

Vamos imaginar a seguinte situação, bem esdrúxula.

Ana sempre vai a Paris na segunda, terça e quarta.

Beatriz sempre vai a Paris na quarta e quinta.

Carlos sabe dessas informações. Só que Carlos é concurseiro. Ficou tanto tempo estudandopara concurso, sem parar, que perdeu a noção do tempo e não sabe que dia é hoje.

Para ele, a probabilidade de hoje ser segunda é de 1/7. E de ser terça também é 1/7. Idem paraqualquer outro dia da semana.

E mais.


79


A probabilidade de Ana estar hoje em Paris é de 3/7 (casos favoráveis: segunda, terça equarta).

A probabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é de 2/7 (casos favoráveis: quarta e quinta).

A probabilidade de ambas estarem hoje em Paris é de 1/7 (caso favorável: quarta)

Ana informa a Carlos: hoje estou em Paris.

Aí Carlos conclui: com certeza hoje só pode ser ou segunda, ou terça ou quarta.

Ou seja, agora temos três casos possíveis:

Segunda, terça, quarta.

E Carlos está interessado nos dias em que Beatriz também vai estar em Paris. Só tem um casofavorável: quarta feira.

Caso favorável:

Quarta.

Logo, a probabilidade de Beatriz estar em Paris, dado que Ana está em Paris, é:

31

=P

Gabarito: C

Agora vamos usar a fórmula.

Seja “A” o evento que ocorre quando, escolhendo-se um dia da semana ao acaso, ele é um diaem que Ana está em Paris.

Seja “B” o evento análogo, referente aos dias em que Beatriz está em Paris.

O exercício disse que: 7/3)( =AP

7/2)( =BP

7/1)( =∩ BAP

E foi pedido:

?)( =ABP

Usando a fórmula:

31

7/37/1

)()()( ==

∩=

APABPABP

EC 48. ANP 2008 [CESGRANRIO]

A tabela abaixo mostra a distribuição de frequência dos vinte empregados de uma empresa, deacordo com as suas idades. Dois empregados diferentes são escolhidos em seqüência,aleatoriamente, para representar a empresa num determinado evento. Qual a probabilidade deque ambos tenham 34 anos?


80


(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34

(E) 1/19

Resolução.

Seja “A” o evento que ocorre quando o primeiro funcionário escolhido aleatoriamente tem 34anos. Seja “B” o evento que ocorre quando o segundo funcionário escolhido aleatoriamentetem 34 anos. O exercício pediu:

?)( =∩ BAP


)()()( APABPABP ×=∩

Vamos calcular a probabilidade do evento “A”. São 5 casos favoráveis (5 funcionários com34 anos) em 20 possíveis.

205)( =AP

Agora vamos calcular a probabilidade de “B dado A”. Ou seja, queremos saber aprobabilidade do segundo funcionário escolhido ter 34 anos, dado que o primeiro escolhidotambém tem 34 anos.

Neste caso, temos apenas 4 casos favoráveis (pois uma das pessoas com 34 anos já foiescolhida). E temos apenas 19 casos possíveis.

194)( =ABP

Logo:



81


191

194

205)( =×=∩ ABP

Gabarito: E Outra opção de resolução é usar os conceitos de análise combinatória. Veremos como fazer aofinal da aula.

EC 49. BNDES 2008/1 [CESGRANRIO]

Um dado comum, com seis faces numeradas de 1 a 6 e não viciado, será lançado repetidasvezes. Qual a probabilidade de que se obtenha o 6 como resultado pela primeira vez após osegundo lançamento?

(A) 25/36

(B) 11/36

(C) 5/36

(D) 25/216

(E) 11/216

Resolução.

Seja “A” o evento que ocorre quando o resultado do primeiro lançamento é diferente de 6. Seja “B” o evento que ocorre quando o resultado do segundo lançamento é diferente de 6. Oexercício pediu:

?)( =∩ BAP



Vamos calcular a probabilidade de “A”. Queremos que o primeiro lançamento não resulte em 6. Temos 5 casos favoráveis (1, 2, 3, 4, 5) em 6 possíveis.

65)( =AP

Vamos agora calcular a probabilidade de “B dado A”. Queremos que o resultado do segundolançamento seja diferente de 6, dado que o resultado do primeiro lançamento foi diferente de 6. Ocorre que o resultado de um lançamento não interfere em nada no resultado dolançamento seguinte. São dois eventos independentes.

65)()( == BPABP

Ou seja, a probabilidade da intersecção é igual ao produto das probabilidades:

3625)()()( =×=∩ APBPABP

Gabarito: A


82



Qual a probabilidade de serem obtidos três ases em seguida, quando se extraem três cartas deum baralho comum de 52 cartas se a carta extraída é reposta no baralho antes da extração dapróxima carta?

(A) 1/169

(B) 1/221

(C) 1/2197

(D) 1/5525

(E) 1/140608

Resolução.

Em um baralho de 52 cartas, temos 4 ases. Sejam A, B, e C os eventos que ocorrem quandoum “ás” é retirado, respectivamente, na primeira, na segunda e na terceira extrações.

Como, depois de cada extração, a carta retirada é reposta, teremos sempre 52 cartas possíveise 4 cartas favoráveis.

131

524)()()( ==== CPBPAP

Os eventos A, B, e C são independentes. Pouco importa qual carta foi sorteada na primeiraextração. Ela é reposta no monte de cartas, de forma que, para a segunda extração, aprobabilidade de tirar um “ás” continua sendo de 1/13.

O exercício pediu: ?)( =∩∩ CBAP

Como os eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é o produto dasprobabilidades.

)()()( C) P( BPAPCBAP ××=∩∩

21971

131)(

3

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=∩∩ CBAP

Gabarito: C


Anemia ferropriva é o tipo de anemia mais comum e é causada pela deficiência de ferro(sideropénia). Nesse tipo de anemia, a ingestão de ferro está menor que o mínimo necessáriopara as atividades do organismo que precisam de ferro. Considere um estudo de anemiaferropriva realizado que gerou os seguintes dados:


83


O Valor Preditivo Positivo (VPP) é a probabilidade de o indivíduo ser portador da doença,dado que o exame (teste) deu positivo. Para os resultados do estudo sobre anemia ferropriva,tem-se que VPP é igual a

(A) 0,38

(B) 0,47

(C) 0,63

(D) 0,70

(E) 0,88

Resolução.

Se tivéssemos que calcular apenas a probabilidade de o indivíduo ter a doença, teríamos.

Casos favoráveis: 80 (são 80 doentes).

Aqui cabe um comentário. Quando usamos a expressão “casos favoráveis”, estamos indicandoos casos em que temos interesse. Não há qualquer juízo de valor (bom/ruim, certo/errado,etc). Não estamos dizendo que ter a doença seja algo bom ou ruim, certo? Apenas indicamosque nosso interesse recai sobre aqueles que estão doentes.

Continuando.

Casos possíveis: 260 (são 260 pessoas ao todo).

A probabilidade seria:

Contudo, foi dada uma condição. É dado que o teste deu positivo.

80 260

Com isso, devemos descartar as pessoas para as quais o teste deu negativo, pois elas nãoobedecem à condição informada.

Agora temos 70 doentes em 100 pessoas. A probabilidade condicional fica:


84


70100 70%

Gabarito: D

Poderíamos também ter usado a fórmula da probabilidade condicional.

Seja A o evento que ocorre quando, selecionando uma pessoa aleatoriamente, ela tem adoença.

Seja B o evento que ocorre quando, selecionando uma pessoa aleatoriamente, seu teste deupositivo.

Temos: 80

260100260

70260

Ficamos com:

|70/260

100/260 70%

5. Probabilidade da união de dois eventos Nós até já vimos alguns exercícios em que calculamos a probabilidade da união de doiseventos. Só que não usamos nenhuma fórmula. Lembram do exemplo do dado, lá do começodo tópico de probabilidades? Queríamos calcular a probabilidade de sair um múltiplo de 3.Pois bem, seja ‘A’ o evento que ocorre quando, lançando um dado honesto, obtém-se umaface múltipla de 3.

Sabemos que:

A= {3, 6}.

O espaço amostral é dado por:

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

Na ocasião, para calcularmos a probabilidade de ‘A’, dividimos o número de elementos doevento (=2) pelo número de elementos do espaço amostral (=6).

Haveria uma outra possibilidade de realizarmos este cálculo. Observe que o conjunto ‘A’ainda pode ser decomposto em mais conjuntos.

Seja ‘B’ o evento que ocorre quando, lançando o dado, obtém-se a face 3. Seja ‘C’ o eventoque ocorre quando se obtém a face ‘6’.

B = {3}


85


C = {6}

Podemos dizer que:

CBA ∪=

O evento ‘A’ é igual à união entre os eventos ‘B e ‘C’. Ou seja, a probabilidade de sair ummúltiplo de 3 (=evento A) é equivalente à probabilidade da união dos eventos “sair 3” e “sair6”.

Assim, em vez de calcularmos diretamente a probabilidade do evento ‘A’, poderíamos tercalculado as probabilidades de ‘B’ e ‘C’ e, em seguida, usando a probabilidade da união dedois eventos, obtido a probabilidade de ‘A’.

Logo abaixo veremos que existe uma fórmula para o cálculo da união de dois eventos. Nemsempre a gente precisa dela. Aliás, em grande parte dos exercícios, dá para ir bem sem ela.Mas é bom saber que existe.

Antes de entrarmos na fórmula, alguns comentários. O evento ‘A’ pôde ser decomposto emoutros dois eventos (B e C). Já os eventos ‘B’ e ‘C’ não podem mais ser decompostos. Cadaum deles é formado por um único elemento. Dizemos que B e C são eventos elementares.

EP 1 Uma escola de ensino fundamental oferece cursos de idiomas. São disponibilizadoscursos de inglês e espanhol. Os alunos podem optar por fazer nenhum, um ou os dois cursos.

Atualmente temos a seguinte situação:

· 30 alunos fazem inglês.

· 20 alunos fazem inglês e espanhol.

· 35 alunos fazem espanhol.

· 25 alunos não fazem nem inglês nem espanhol.

Sorteamos um aluno dessa escola. Qual a probabilidade de o aluno sorteado cursar inglês ouespanhol?

Resolução:

Sorteia-se aleatoriamente um aluno. Quando o aluno sorteado cursa inglês, temos o evento ‘I’. Quando o aluno sorteado cursa espanhol, temos o evento ‘E’.

Queremos calcular a probabilidade do aluno fazer inglês ou espanhol. Ou seja, estamosinteressados naqueles alunos que fazem só inglês, que fazem só espanhol e que fazem inglês eespanhol.

Estamos interessados na união dos eventos “E” e “I”.?)( =∪ IEP

Esse símbolo que parece um “U” é o símbolo de união. Indica que estamos interessados noscasos em que pelo menos um dos dois eventos ocorra. Neste exemplo, estamos interessadosnos alunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas.

Vamos representar graficamente os alunos dessa escola.


86


Dentro do círculo azul temos os trinta alunos que fazem inglês. Dez deles estão dentro docirculo azul, mas não estão dentro do círculo vermelho.

Dentro do círculo vermelho temos os trinta e cinco que fazem espanhol. Quinze deles estãodentro do círculo vermelho, mas não estão dentro do círculo azul.

Outros vinte estão nos dois círculos simultaneamente. São os que fazem inglês e espanhol.

E os 25 que estão de fora dos dois círculos não fazem inglês nem espanhol.

Casos favoráveis são aqueles que estão em pelo menos um dos dois círculos. Ou seja, são osalunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas. São 45 casos favoráveis.

E casos possíveis são todos os alunos da escola. São 45, que fazem pelo menos um curso deidioma, e mais 25, que não fazem nenhum curso de idioma, totalizando 70 alunos.

A probabilidade de o aluno ser sorteado fazer inglês ou espanhol é:

7045)( =∪ IEP

Ok, agora vejamos a fórmula para calcular a probabilidade da união de dois eventos.

A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês é:

7030)( =IP

A probabilidade do aluno sorteado cursar espanhol é:

7035)( =EP

A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês e espanhol, simultaneamente, é:

7020)( =∩ IEP

Para encontrar a probabilidade do aluno sorteado cursar inglês ou espanhol, precisamos saberquantos são os casos favoráveis.

São 30 alunos que fazem inglês. São 35 que fazem espanhol. Portanto, para saber quantosalunos fazem inglês ou espanhol, somamos esses dois valores.

alunos que fazemespanholalunos que

fazem ingles

10 20 15

25


87


Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 = 65

Só que tem um problema. Quando fazemos esta conta, estamos ignorando que há alunos quefazem, ao mesmo tempo, inglês e espanhol. Esses alunos foram contados duas vezes. São 20alunos que foram contados em duplicidade. Portanto, do total acima, temos que tirar 20.

Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 – 20

Pronto. Achamos o total de casos favoráveis. Se dividirmos esse valor pelo total de casospossíveis, achamos a probabilidade procurada.

70203530)( −+

=∪ IEP

7020

7035

7030)( −+=∪ IEP

)()()()( IEPIPEPIEP ∩−+=∪

Resumindo, quando temos dois eventos quaisquer A e B, a probabilidade da união dos doiseventos é:

)()( B) ( A) P( BPAPBAP ∩−+=∪

Quando ‘A’ e ‘B’ não têm elementos em comum, isto é, quando a intersecção entre ambos énula, dizemos que são eventos mutuamente excludentes.

Se os dois eventos forem mutuamente excludentes, temos: 0)( =∩ BAP

Neste caso, a probabilidade da união fica: )()()( BPAPBAP +=∪

⇒

PROBABILIDADE DA UNIÃO DE DOIS EVENTOS:)()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

Se A e B forem mutuamente excludentes, a fórmula se reduz a:

)()()( BPAPBAP +=∪

EC 52. MPU/2004 [ESAF]

Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar onível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é 0,11 e aprobabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a probabilidadede Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o nível de óleo e nempara verificar a pressão dos pneus é igual a

a) 0,25


88


b) 0,35

c) 0,45

d) 0,15

e) 0,65.

Resolução:

Primeiro vamos usar a fórmula.

Vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo/pneu). Dizendo de outra forma: vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar o óleo ou o pneu.

Lígia vai ao posto de gasolina em diversos dias. Selecionando-se ao acaso um desses dias, ocorre o evento ‘A’ quando, no dia escolhido, ela verifica o óleo. Ocorre o evento ‘B’ quando,no dia sorteado, ela verifica o pneu.

Temos:

)()( B) ( A) P( BPAPBAP ∩−+=∪

O enunciado disse que:

28,0)( =AP

11,0)( =BP

04,0)( =∩BAP

Portanto:

)()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

35,004,011,028,0)( =−+=∪ BAP

A probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo ou pneu) é de 35%.

Concluímos que a probabilidade de ela verificar nenhum dos dois é:

%6535,01 =−=P

Gabarito: E.

Outra resolução, agora sem fórmula.

Lígia foi ao posto durante 100 dias.

Em 28 dias ela chegou o óleo. Em 11 dias ela checou os pneus. Em 4 dias ela checou os doisjuntos.

Vamos representar graficamente o que ocorreu.

Em 4 dias, Lígia verifica o pneu e o óleo.


89


Em 28 dias ela verifica o óleo. Já assinalamos 4 desses 28 dias. Faltam 24.

Em 11 dias ela verifica os pneus. Já assinalamos 4 desses 11 dias. Faltam 7.

Ao todo são 100 dias. Já assinalamos 35. Faltam 65, em que Lígia não verifica pneus nemóleo.

4

dias em queverificou óleo dias em que

verificou pneu

24 4


verificou pneu

24 74


verificou pneu


90


Em 65 dos 100 dias ela não verifica pneus nem óleo. A probabilidade procurada, portanto, éde 65%.


Quando João vai a um restaurante, a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa é iguala 0,58, a probabilidade de ele consumir café expresso é igual a 0,22, e a probabilidade de eleconsumir alguma sobremesa e café expresso é igual a 0,16. Sendo assim, a probabilidade deJoão ir a um restaurante e não consumir nenhuma sobremesa nem café expresso está entre:

(A) 0,10 e 0,20.

(B) 0,21 e 0,30.

(C) 0,31 e 0,40.

(D) 0,41 e 0,50.

(E) 0,51 e 0,60

Resolução.

Seja A o evento que ocorre quando, selecionando-se aleatoriamente uma ida de João aorestaurante, ele come sobremesa. Seja B o evento análogo para o consumo de café.

O exercício nos indica que:

Com isso, podemos achar a probabilidade de ele consumir sobremesa ou café:

0,58; 0,22; 0,16

0,58 0,22 0,16 0,64A probabilidade de ele consumir café ou sobremesa é 64%. Ou ainda: a probabilidade de eleconsumir pelo menos um dos dois (café ou sobremesa) é de 64%.

O exercício pede a probabilidade de não consumir café nem sobremesa.

Se a probabilidade de ele consumir alguma coisa é 64%, então a probabilidade de nãoconsumir é:

24 74


verificou pneu

65


91


100% 64% 36%Gabarito: C


Os eventos A e B são independentes e suas probabilidades são P(A) = 0,5 e P (B) = 0,4. Quanto vale P(A∪B)?

(A) 0,5

(B) 0,6

(C) 0,7

(D) 0,8

(E) 0,9

Resolução.

Como os eventos são independentes, então: 2,04,05,0)()()( =×=×=∩ BPAPBAP

Agora podemos achar a probabilidade da união: )()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

7,02,04,05,0)( =−+=∪ BAP

Gabarito: C


Lança-se uma moeda não tendenciosa até a obtenção da segunda “cara”. Qual é aprobabilidade de a moeda ser lançada quatro vezes?

(A) 1/16

(B) 1/8

(C) 3/16

(D) 1/4

(E) 5/16

Resolução.

Na minha opinião o exercício ficou mal formulado. O que a questão quis dizer foi: qual aprobabilidade de a moeda ser lançada exatamente 4 vezes? Ou seja, queremos que a segundacoroa seja obtida no quarto lançamento.

Do jeito que ficou escrito, a interpretação que me pareceria correta (e para qual não háresposta) é a de que a segunda coroa pudesse ser obtida no quarto lançamento, ou em qualquer


92


lançamento posterior. Assim, se a segunda coroa for obtida no sexto lançamento, a moeda terásido lançada 6 vezes. Portanto, terá sido lançada 4 vezes.

Ignorando esta imprecisão, vamos à resolução.

Vamos indicar por “C” o resultado “cara” e “K” o resultado “coroa”. Vamos pensar naseguinte seqüência:

“A”: K, C, C, K

Esta seqüência acima corresponde ao evento “A”. Neste caso, a segunda coroa é obtidajustamente no quarto lançamento. Logo, este caso satisfaz à condição estabelecida: a segundacoroa foi obtida no quarto lançamento. Qual a probabilidade de ocorrer esta seqüência?

Bom, queremos que:

· o primeiro lançamento resulte em coroa (evento W)

· o segundo lançamento resulte em cara (evento X)

· o terceiro lançamento resulte em cara (evento Y)

· o quarto lançamento resulte em coroa (evento Z)

Os eventos W, X, Y e Z são independentes. O resultado de um lançamento da moeda não temqualquer interferência no resultado do lançamento seguinte.

A probabilidade de cada evento é igual a 1/2.

O evento “A” corresponde à intersecção de W, X, Y, Z.

A probabilidade da intersecção é igual ao produto das probabilidades. Ou seja, aprobabilidade de obtermos (K, C, C, K) é de:

161

21)(

4

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=AP

Ok. Só que essa não é a única solução. Satisfazem ao enunciado os seguintes casos:

A: K, C, C, K

B: C, K, C, K

C: C, C, K, K

Os eventos “A”, “B” e “C” têm probabilidade de 1/16. Além disso, todos eles sãomutuamente excludentes. Logo, a probabilidade da união é igual à soma das probabilidades.

163

161

161

161)( =++=∪∪ CBAP

Gabarito: C


Quando Paulo vai ao futebol, a probabilidade de ele encontrar Ricardo é 0,4; a probabilidadede ele encontrar Fernando é igual a 0,10; a probabilidade de ele encontrar ambos, Ricardo eFernando, é igual a 0,05. Assim, a probabilidade de Paulo encontrar Ricardo ou Fernando éigual a:


93


a) 0,04

b) 0,40

c) 0,50

d) 0,45

e) 0,95

Resolução:

Seja A o evento que ocorre quando, escolhendo-se ao acaso um dia em que Paulo vai aofutebol, ele encontra Ricardo. Seja B o evento equivalente, quando Paulo encontra Fernando.

Temos: 4,0)( =AP

1,0)( =BP

05,0)( =∩ BAP

A pergunta é: ?)( =∪ BAP

Aplicando a fórmula: )()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

45,005,01,04,0)( =−+=∪ BAP

Gabarito: D


Em um posto de combustíveis entram, por hora, cerca de 300 clientes. Desses, 210 vãocolocar combustível, 130 vão completar o óleo lubrificante e 120 vão calibrar os pneus. Sabe-se, ainda, que 70 colocam combustível e completam o óleo; 80 colocam combustível ecalibram os pneus e 50 colocam combustível, completam o óleo e calibram os pneus.Considerando que os 300 clientes entram no posto de combustíveis para executar uma oumais das atividades acima mencionadas, qual a probabilidade de um cliente entrar no postopara completar o óleo e calibrar os pneus?

(A) 0,10

(B) 0,20

(C) 0,25

(D) 0,40

(E) 0,45

Resolução.


94


A fórmula da probabilidade da união pode ser estendida para mais de dois eventos. Éexatamente o caso deste exercício.

Ocorre que, quando o número de eventos aumenta, a fórmula vai ficando cada vez maior.Nestes casos, é melhor tentarmos usar um diagrama para representar os eventos.

Portanto, vamos representar os clientes em um diagrama.

50 clientes colocam combustível, completam o óleo e calibram pneus:

80 clientes colocam combustível e calibram pneus. Destes 80, já preenchemos 50. Faltam 30.

70 clientes colocam combustível e completam o óleo. Já alocamos 50 destes 70 clientes.Faltam 20.


95


210 clientes colocam combustível. Já alocamos em nosso diagrama 100 destes clientes(=30+50+20). Faltam 110.

Não sabemos quantos clientes calibram pneu e completam o óleo. Vamos chamar estaquantidade de x.

130 clientes completam o óleo. Já alocamos 70+x clientes. Faltam:


96


120 clientes calibram o pneu. Já alocamos 80+x. Faltam: 130 70 60

120 80 40

O total de clientes é 300.

40 60 110 30 20 50 300310 300

10Ficamos com:

Pede-se a probabilidade de um cliente completar óleo e calibrar pneus.

Os casos favoráveis são:

- 10 clientes que apenas calibram pneus e completam óleo

- 50 clientes que, além das atividades acima, também colocam combustível.


Ficamos com:


97


60 300 0,2

Gabarito: B

6. Probabilidade do evento complementar Quando temos um experimento, dizemos que o conjunto de todos os resultados possíveis é oespaço amostral.

Por exemplo, o lançamento de um dado pode resultar em 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.

O espaço amostral é:

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

Outro exemplo. Temos um tetraedro com faces 1, 2, 3, 4. Lançamo-lo duas vezes. O espaçoamostral é:

{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (4,1), (4,2), (4,3),(4,4)}

Dizemos que dois eventos são complementares quando, simultaneamente, temos:

· a união dos dois eventos resulta no espaço amostral

· os dois eventos são mutuamente excludentes (eles não têm elementos em comum; aintersecção entre ambos é vazia)

Ou seja, qualquer resultado possível estará contido em dos dois eventos. Os dois eventos,juntos, conseguem englobar todos os resultados possíveis. E mais que isso: não há qualquerresultado que satisfaça, simultaneamente, aos dois eventos.

Com alguns exemplos fica mais fácil.

Novamente, considere o resultado do lançamento de um dado.

Seja ‘A’ o evento “sair número par”. Seja ‘B’ o evento “sair número ímpar”.

Os eventos ‘A’ e ‘B’, unidos, englobam todas as possibilidades. Não tem como lançar umdado e dar um resultado que não seja um número par e não seja um número ímpar.

Além disso, não há intersecção entre os dois eventos. Não tem nenhum resultado de um dadoque seja, ao mesmo tempo, par e ímpar.

Dizemos que os eventos ‘A’ e ‘B’ são complementares.

Ainda em relação ao lançamento do dado.

Seja ‘C’ o evento “sair um número maior ou igual a 4”. Seja ‘D’ o evento “sair um númeromenor que 4”.

Esses dois eventos, unidos, englobam todos casos possíveis. Não dá para lançar um dado eobter um resultado que não seja maior ou igual a 4 nem menor que 4.

Além disso, não há nenhum resultado que pertença ao mesmo tempo aos dois eventos.


98


Os eventos ‘C’ e ‘D’ são complementares.

Continuemos com o lançamento do dado.

Seja ‘E’ o evento “sair um número menor que 5”. Seja ‘F’ o evento “sair um número maiorque 3”.

Os dois eventos, juntos, englobam todos os casos possíveis.

Mas os dois eventos não são complementares. Existe um resultado que pertence aos doiseventos. O resultado “4” é maior que 3 e também é menor que 5.

Ainda em relação ao lançamento do dado.

Seja ‘G’ o evento “sair um número menor que 4”. Seja ‘H’ o evento “sair um número maiorque 4”.

‘G’ e ‘H’ não têm elementos em comum. Só que não englobam todos os casos possíveis. Oresultado 4 não é nem menor que 4 nem maior que 4. Este resultado não está contemplado emnenhum dos dois eventos. ‘G’ e ‘H’ não são complementares.

Geralmente o evento complementar é indicado por uma barra.

Continuemos com o lançamento do dado. Seja Z o evento “sair um múltiplo de 3”. O evento complementar de Z é indicado por: Z

Z é o evento “não sair um múltiplo de 3”.

Note que Z e Z , juntos, englobam todos os casos. Além disso, não têm elementos emcomum. São eventos complementares.

Agora vem o que interessa para gente. Sejam A e A dois eventos complementares.

Vamos calcular a probabilidade da união desses dois eventos. Usando a fórmula daprobabilidade da união, temos:

)()( A) ( A) P( APAPAAP ∩−+=∪

Mas nós vimos que a intersecção entre eventos complementares é vazia. Sua probabilidade énula.

0)()()( −+=∪ APAPAAP

)()()( APAPAAP +=∪

E nós vimos também que a união entre eventos complementares é justamente o espaçoamostral. A probabilidade de ocorrer o espaço amostral é sempre igual a 1.

Ficou em dúvida?

Considere o lançamento do dado.

O espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.


99


Considere o evento que ocorre quando lançamos o dado e sai um número de 1 a 6. Qual aprobabilidade deste evento? É de 100%. Com certeza, quando lançarmos o dado, vai sair umnúmero de 1 a 6. Isto porque esse evento é simplesmente igual ao espaço amostral. Aprobabilidade de ocorrer o espaço amostral é de 100%.

)()() A( PAPAAP +=∪

)()(1 APAP = +

E é esse resultado que nos interessa.

⇒

PROBABILIDADE DO EVENTO COMPLEMENTAR:

Sejam A e A dois eventos complementares. Então:

)()(1 APAP = +

A probabilidade do evento complementar é algo até bem intuitivo. Nós até já a usamos nestaaula, sem comentar. Uma das vezes em que fizemos isso foi lá na fl. 87 (EC 52).

Sugiro que vocês parem a leitura da aula e dêem uma revisada lá naquele exercício. Era umaquestão de Técnico do MPU, em que Lígia ia ao posto e poderia verificar o óleo e o pneu.

Naquela ocasião, encontramos a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois(óleo/pneu). A probabilidade foi de 35%.

Com isso, concluímos que a probabilidade de ela não verificar nenhum dos dois era de 65%.

Ora, ou Lígia verifica alguma coisa (pneu, óleo ou ambos, pneu e óleo) ou não verifica nada.Não tem outra possibilidade. Portanto, se há 35% de chance de ela verificar alguma coisa,então há 65% de chance de ela não verificar nada.

São dois eventos complementares. Somando os dois, tem que dar 100%.

Existem alguns tipos de problema em que a probabilidade pedida é muito difícil de sercalculada. Nesses casos, desconfie. Às vezes é mais fácil calcular a probabilidade do eventocomplementar, o que nos ajuda a resolver a questão.

Vejamos alguns exercícios.

EP 2 Lançamos um dado seis vezes. Qual a probabilidade de sair pelo menos uma vez onúmero 5?

Resolução:

Seja A o evento que ocorre quando, em pelo menos um dos 6 lançamentos, temos o resultado 5.

Uma primeira forma de resolução seria listar todos os casos possíveis e todos os casosfavoráveis.

Casos possíveis:


100


1; 1; 1; 1; 1; 1

1; 1; 1; 1; 1; 2

1; 1; 1; 1; 1; 3

[...]

E a lista continuaria com inúmeras linhas. Ficar listando todos os casos possíveis não dá.

Poderíamos tentar resolver considerando que o evento ‘A’ é, na verdade, uma união de várioseventos.

Precisaríamos calcular a probabilidade de:

· Sair o número 5 exatamente 1 vez

· Sair o número 5 exatamente 2 vezes





Depois fazemos a união de todos esses eventos. A probabilidade da união de todos esseseventos é o resultado procurado.

Só que isso dá um trabalhão. Só para que fique claro como os eventos acima são difíceis delidar, tomemos o segundo deles. Trata-se do evento que ocorre quando, lançando o dado seisvezes, obtém-se o resultado 5 exatamente duas vezes. Para calcular a probabilidaderelacionada, teríamos que dividir este evento em diversos outros eventos:

· Sair o número 5 apenas no primeiro e no segundo lançamento;

· Sair o número 5 apenas no primeiro e no terceiro lançamento;

· Sair o número 5 apenas no primeiro e no quarto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no primeiro e no quinto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no primeiro e no sexto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no segundo e no terceiro lançamento;

· Sair o número 5 apenas no segundo e no quarto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no segundo e no quinto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no segundo e no sexto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no terceiro e no quarto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no terceiro e no quinto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no terceiro e no sexto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no quarto e no quinto lançamento;

· Sair o número 5 apenas no quarto e no sexto lançamento;


101


· Sair o número 5 apenas no quinto e no sexto lançamento.

Depois, teríamos que fazer um procedimento análogo para todos os outros eventos (sair 5exatamente uma vez; sair 5 exatamente três vezes; etc).

Vamos procurar outra saída.

O evento pedido no enunciado foi “sair 5 pelo menos 1 vez”.

Qual seu evento complementar?

Seu evento complementar é “não sair 5 nenhuma vez”. Vamos chamá-lo de A

Ah, para esse evento complementar é bem mais fácil de calcularmos a probabilidade.

Ele é a intersecção dos seguintes eventos:

· Não sai 5 no primeiro lançamento

· Não sai 5 no segundo lançamento

· Não sai 5 no terceiro lançamento

· Não sai 5 no quarto lançamento

· Não sai 5 no quinto lançamento

· Não sai 5 no sexto lançamento

Todos os eventos acima têm probabilidade de 5/6. E todos eles são independentes. Isto porque o resultado de um lançamento não interfere em nada no resultado de qualquer outrolançamento. Vimos que, quando os eventos são independentes, a probabilidade da intersecçãoé igual ao produto das probabilidades.

Ficamos com: 6

65

65

65

65

65

65

65)( ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=×××××=AP

Portanto: 6

651)( ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=AP

A utilização do evento complementar facilitou muito as contas.

O enunciado típico de utilização do evento complementar geralmente contém expressõescomo: “calcule a probabilidade de tal resultado ocorrer pelo menos uma vez.”

Sempre que você se deparar com algo semelhante, lembre-se de verificar se a utilização doevento complementar facilita o cálculo.

EC 58. MINISTERIO DA SAUDE 2007 [FCC]

Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é de:

a) 609/625


102


b) 544/625

c) 96/625

d) 24/625

e) 16/625

Resolução:

Pede-se a probabilidade de que pelo menos um paciente morra.

Este é o caso clássico de utilização do evento complementar: quando temos a expressão “pelomenos um”.

Sempre que aparecer esta expressão, é mais fácil calcularmos a probabilidade do eventocomplementar. Ou seja, vamos pensar justamente no evento que é o contrário do que osolicitado no enunciado.

Seja A o evento “pelo menos um paciente morre”. Seja A o evento complementar, ou seja,“todos os pacientes sobrevivem”. O evento complementar é uma intersecção de 4 eventos:

· E1 – o primeiro paciente sobrevive

· E2 – o segundo paciente sobrevive

· E3 – o terceiro paciente sobrevive

· E4 – o quarto paciente sobrevive

Quando todos estes quatro eventos ocorrerem simultaneamente (intersecção), aí nós teremos o evento A .

Todos esses eventos têm probabilidade de 3/5. E todos eles são independentes. Assim, aprobabilidade da intersecção se resume ao produto das probabilidades.

4321 EEEEA ∩∩∩=

)4()3()2()1()4321( EPEPEPEPEEEEP ×××=∩∩∩

46,06,06,06,06,0)4321( =×××=∩∩∩ EEEEP

Ou seja:

000.10296.16,0)( 4 ==AP

Já calculamos a probabilidade do evento complementar.

Agora fica bem fácil calcular a probabilidade do evento original.

A probabilidade de A fica:

625544

000.10704.8

000.10296.11)( ==−=AP


103


Gabarito: B.

EC 59. MPE PE 2006 [FCC]

Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2 peças,ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma peladefeituosa é:

a) 21/38

b) 19/38

c) 17/38

d) 15/38

e) 13/38

Resolução.

Vamos chamar de A o evento “escolher pelo menos uma peça defeituosa”. Vamos chamar de A o evento complementar. O evento complementar ocorre quando “todas as peças escolhidassão normais”.

Considerem os seguintes eventos:

· E1 – a primeira peça escolhida é normal

· E2 – a segunda peça escolhida é normal

O evento A é a intersecção desses dois eventos acima. Para que A ocorra, ambos devem ocorrer simultaneamente.

21 EEA ∩=

Queremos achar a probabilidade da intersecção.

Mas, agora, diferentemente dos exercícios anteriores, esses eventos não são maisindependentes. A probabilidade da intersecção não é mais o produto das probabilidades.

Na hora de escolhermos a primeira peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa é de 15/20.Temos 15 peças a nosso favor em 20 possíveis.

Na hora de escolhermos a segunda peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa vaidepender do resultado da primeira escolha. Se, na primeira escolha, tiver saído uma peçadefeituosa, a probabilidade da segunda peça não ser defeituosa será 15/19. Continuamos tendo15 peças normais. São 15 casos favoráveis, em 19 possíveis.

De outro modo, se a primeira peça escolhida for normal, a probabilidade da segunda tambémser normal será de 14/19. Teremos apenas 14 casos favoráveis.

Logo, os eventos não são independentes. O resultado de uma escolha influi na probabilidadeda segunda escolha.

A fórmula da probabilidade da intersecção fica:


104


)21()( EEPAP ∩=

)12()1()( EEPEPAP ×=

Na primeira escolha, a probabilidade de tomarmos uma peça não defeituosa é de 15/20.Temos 15 peças normais (casos favoráveis) num total de 20 (casos possíveis).

20/15)1( =EP

Já tendo escolhido uma peça não defeituosa, qual a probabilidade da segunda também ser nãodefeituosa. Ou seja, qual a probabilidade de ocorrer o evento E2, dado que o evento E1 jáocorreu?

Já tendo retirado uma peça normal, sobram 14 peças normais (casos favoráveis), num total de19 (casos possíveis).

19/14)12( =EEP

Portanto:

)12()1()( EEPEPAP ×=

3821

197

23

1914

2015)( =×=×=AP

Logo:

3817

38211)( =−=AP

Gabarito: C.

EC 60. BACEN/2006 [FCC]

A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de 5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1 pagar a suamensalidade sem atraso é:

a) 1 – 0,955

b) 0,955

c) 4,75 . 0,955

d) 5 . 0,955

e) 1 – 0,055

Resolução.

Nesta questão da FCC, queremos calcular a probabilidade de pelo menos um associado pagara mensalidade sem atraso.


105


Seja A o evento “pelo menos 1 associado paga sem atraso”. Queremos calcular aprobabilidade de A . Só que calcular esta probabilidade não é nada simples.

Qual o evento complementar de A ? É o evento “todos os associados atrasam o pagamento”.Vamos chamá-lo de evento A . Esse evento A é uma intersecção de vários eventos. Elecorresponde aos seguintes eventos, quando ocorrem simultaneamente:

O primeiro associado atrasa o pagamento (evento E1)

O segundo associado atrasa o pagamento (evento E2)

O terceiro associado atrasa o pagamento (evento E3)

O quarto associado atrasa o pagamento (evento E4)

O quinto associado atrasa o pagamento (evento E5)

Todos esses eventos tem probabilidade de 5%.

Vamos considerar que todos esses eventos sejam independentes. Ou seja, a probabilidade daintersecção é o produto das probabilidades.

Ficamos com: )5()4()3()2()1()54321( EPEPEPEPEPEEEEEP ××××=∩∩∩∩

505,005,005,005,005,005,0)54321( =××××=∩∩∩∩ EEEEEP

Assim, a probabilidade de todos os associados atrasarem é de 0,055. Portanto, a probabilidadede pelo menos um associado pagar sem atraso é:

505,01−

Gabarito: E


A probabilidade de um tiro acertar um alvo é 1/3. Qual é a probabilidade de, em uma série detrês tiros independentes, pelo menos um acertar o alvo?

(A) 19/27

(B) 8/27

(C) 5/9

(D) 4/9

(E) 1

Resolução.

Seja “A” o evento que ocorre quando pelo menos um dos três tiros acerta o alvo. O eventocomplementar é aquele que ocorre quando nenhum dos tiros acerta o alvo.

?)( =AP


106


Para que o evento complementar ocorra, todos os tiros devem ser errados. A probabilidade deerrar cada tiro é de 2/3. Além disso, o resultado de cada tiro é independente dos demais. Logo:

278

32

32

32)( =××=AP

)(1)( APAP −=

2719

2781)( =−=AP

Gabarito: A


A e B são eventos independentes com probabilidades P(A) = 0,6 e P(B) = 0,5. Quanto vale aprobabilidade de A ocorrer e B não ocorrer?

(A) 0,1

(B) 0,3

(C) 0,4

(D) 0,5

(E) 0,8

Resolução.

5,05,01)(5,0)( =−=⇒= BPBP

O exercício pediu:

?)( =∩ BAP

Como os eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é igual ao produto dasprobabilidades.

)()() B( PAPBAP ×=∩

3,05,06,0)( =×=∩ BAP

Gabarito: B


A tabela abaixo é um extrato da Tábua de Mortalidade do Brasil – Homens – 2006, onde I(x) é o número de sobreviventes à idade exata de x anos, de um coorte inicial de 100.000nascimentos, I(0).


107


Assim, a probabilidade empírica de um homem de idade exata 30 anos vir a falecer antes decompletar 55, aproximadamente, é

(A) 0,9899

(B) 0,6543

(C) 0,5967

(D) 0,5545

(E) 0,1436

Resolução.

Seja “A” o evento que ocorre quando, escolhida aleatoriamente uma pessoa que temexatamente 30 anos, esta pessoa morre antes de chegar aos 55 anos. O evento complementarocorre quando a pessoa escolhida aleatoriamente sobrevive, pelo menos, até os 55 anos.

Das 92.541 pessoas que chegam aos 30 anos, 79.247 sobrevivem, pelo menos, até os 55 anos.Logo:

541.92247.79)( =AP

Portanto:

%37,14541.92294.13

541.92247.791)( ≅=−=AP

Gabarito: E Na verdade, você nem precisaria fazer a conta final. Bastaria ver a ordem de grandeza daresposta, tendo em vista que, fora a letra “E”, todas as demais alternativas apresentampercentuais acima de 50%.


108


EC 64. PETROBRAS 2010 [CEGRANRIO]

Andresa tem três pretendentes: André, José e Ricardo. A probabilidade de que André convide Andresa para um jantar é de 1/4, enquanto que as mesmas probabilidades para José e Ricardosão 1/3 e 1/2, respectivamente. Caso as pretensões entre os pretendentes sejam independentesentre si, qual a probabilidade de que Andresa não seja convidada para um jantar por nenhumde seus pretendentes?

(A) 1/3

(B) 1/4

(C) 1/5

(D) 1/6

(E) 1/7

Resolução.

A probabilidade de André convidar é 1/4.

Logo, a probabilidade de ele não convidar é:

114

34.

Isto ocorre porque estes dois eventos são complementares. Ou ele convida, ou ele nãoconvida. Não tem outra opção. Além disso, os dois eventos são excludentes. Por isso sãocomplementares.

Analogamente, concluímos que a probabilidade de José não convidar é 2/3.

Por fim, a probabilidade de Ricardo não convidar é 1/2.

Seja A o evento que ocorre quando André não convida. Sejam B e C os eventos análogos para José e Ricardo.

Queremos calcular:

?A questão disse que estes eventos são independentes. Neste caso, a probabilidade daintersecção é o produto das probabilidades:

34

23

12

14

Gabarito: B

7. Teorema da probabilidade total

EP 3 Uma urna tem uma bola branca e uma bola preta (vamos chamá-la de primeira urna).Outra urna tem três bolas brancas e uma bola preta (vamos chamar de segunda urna). Escolhe-se uma dessas urnas ao acaso e retira-se uma bola. Qual a probabilidade da bola escolhida serpreta?


109


Resolução:

Seja ‘U1’ o evento que ocorre quando a urna escolhida para a retirada da bola é a primeiraurna. Seja ‘U2’ o evento que ocorre quando a urna escolhida para a retirada da bola é asegunda urna.

Observe que os eventos U1 e U2 são complementares.

A probabilidade de se escolher cada uma das duas urnas é de 50%.

5,0)()( 21 == UPUP

Esses dois eventos são complementares. Abrangem todos os casos possíveis. Todas as bolasem questão pertencem a uma dessas duas urnas. E não há nenhuma bola que pertença,simultaneamente, a ambas.

Seja ‘A’ o evento que ocorre quando a bola retirada é preta.

Suponha que escolhemos a primeira urna. A probabilidade de sair uma bola preta é de 50%.Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a primeira urna, é de 50%.

5,0)( 1 =UAP

Suponha agora que escolhemos a segunda urna. A probabilidade de sair uma bola preta é de25%. Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a segunda urna, é de25%.

25,0)( 2 =UAP

Mas a pergunta foi: qual a probabilidade de sair bola preta?

Para achar a probabilidade do evento ‘A’, basta somar as probabilidades acima, certo???

Errado!!!

Muita gente cai nesse erro. Cuidado para não cometê-lo.

Para checar o absurdo que seria, considere ‘B’ o evento que ocorre quando a bola sorteada ébranca.

Ficaríamos com:

5,0)( 1 =UBP e 75,0)( 2 =UBP

Por esse raciocínio, a probabilidade de sair bola branca seria de 125%, algo absurdo.

Como fazer?

É aqui que entra o teorema da probabilidade total.


110


Como U1 e U2 são eventos complementares, a união de ambos é igual ao espaço amostral.Vamos chamar de S o espaço amostral.

21US U ∪=

A intersecção de ‘A’ com ‘S’ é igual ao próprio ‘A’. Isso porque ‘A’ é um evento, que estácontido no espaço amostral.

ASA =∩

Portanto, podemos escrever: )()( SAPAP ∩=

[ ])()( 21UAPAP U ∪∩=

[ ])()()( 21 UAUAPAP ∩∪∩=

)()()( 21 UAPUAPAP ∩+∩=

)()()()()( 2211 UAPUPUAPUPAP ×+×=

⇒

TEOREMA DA PROBABILIDADE TOTAL:Se dois eventos U1 e U2 forem complementares, a probabilidade de ocorrer oevento A é dada por:

)2()2()1() U1 A( P) U( PUAPUPAP ×+×=

Você não precisa decorar a fórmula acima. Muito menos gravar o procedimento para chegarnela. O que importa é que você entenda a continuação do problema, que vem logo abaixo.Apenas isso. Se para você a continuação do problema fizer sentido, ok, está ótimo. Nem sepreocupe com a fórmula acima.

O evento ‘A’ pode ocorrer tanto quando escolhemos a Urna 1 quanto quando escolhemos aurna 2. Temos as seguintes hipóteses:

· Há 50% de chances de escolhermos a urna 1. Escolhida tal urna, há 50% de chances desair a bola preta

· Há 50% de chances de escolhermos a urna 2. escolhida tal urna, há 25% de chances desair a bola preta

A probabilidade de sair a bola preta fica: 375,025,05,05,05,0 =×+×

Ou, aplicando a fórmula:

)()()()()( 2211 UAPUPUAPUPAP ×+×=

%5,37375,025,05,05,05,0)( ==×+×=AP

Resposta: a probabilidade de sair bola preta é de 37,5%


111


Muita gente, em vez de gravar a fórmula, costuma fazer um “diagrama” parecido com este:

A ideia do diagrama é a que segue. Representamos cada possível resultado por um círculo.Primeiro, temos as opções: “urna 1” e “urna 2”. A probabilidade de escolher qualquer umadelas é 50%. Por isso, escrevemos o número 0,5 em cima da seta correspondente.

Escolhida a “urna 1”, a probabilidade de escolher bola branca é 50%. Ou seja, a probabilidadede escolher bola branca dado que escolhermos a urna 1 é de 50%. Novamente, escrevemos 0,5na seta correspondente. Isso se repete para todas as demais setas.

Feito isso, para calcular a probabilidade de um certo evento, basta multiplicar asprobabilidades.

Exemplo: qual a probabilidade de escolher uma bola preta da urna 2?

Basta multiplicar as probabilidades até chegar ao círculo que representa a bola preta da urna 2. No caso, temos:

125,025,05,0 =×

Aproveitando o desenho, qual a probabilidade de escolhermos uma bola preta da urna 1?Temos:

25,05,05,0 =×

A probabilidade de escolher uma bola preta fica: 375,0125,025,0 =+

Este diagrama é uma forma esquemática de apresentação da fórmula que estudamos.

O diagrama e a fórmula representam o que é chamado de “teorema da probabilidade total”.

Tanto a fórmula que estudamos, como o diagrama que a representa, podem ser facilmentegeneralizados para casos em que há mais eventos em análise (ver EC 68). Como nosso foco éconcurso, estudar este caso em que o espaço amostral é dividido em apenas dois eventos (nonosso exemplo: urna 1 e urna 2) já é mais que suficiente.

Vejamos uma outra solução. Agora, uma solução ERRADA.


112


Vamos dar nomes às bolas:

· B11 é a bola branca da urna 1

· P11 é a bola preta da urna 1

· B21 é a primeira bola branca da urna 2

· B22 é a segunda bola branca da urna 2

· B23 é a terceira bola branca da urna 2

· P21 é a primeira bola preta da urna 2.

Seja S o espaço amostral.

S = {B11, P11, B21, B22, B23, P21}

O evento ‘A’ é dado por:

A = {P11, P21}

Se fôssemos adotar o procedimento visto desde o começo da aula, dividindo o número deelementos do evento pelo número de elementos do espaço amostral (ou ainda, dividindo onúmero de casos favorável pelo número de casos possível), teríamos:

31

62)( ==AP

Qual o erro desta solução? O grande problema é que os resultados não são equiprováveis. Atítulo de exemplo, a bola preta da primeira urna tem uma chance maior de ser escolhida doque a bola preta da urna 2. Quando os eventos elementares não são equiprováveis, para achara probabilidade, não podemos simplesmente dividir número de casos favoráveis por númerode casos possíveis.

Para usar esta segunda solução, precisamos de uma pequena adaptação, que reflita asdiferentes probabilidades de cada evento. Precisamos da abordagem frequentista daprobabilidade, já mencionada nesta aula.

Podemos pensar que fazemos o tal sorteio 80 vezes. Como a chance de escolha de cada umadas urnas é de 50%, vamos supor que escolhemos a primeira urna 40 vezes e que escolhemosa segunda urna, também, 40 vezes.

Das 40 vezes em que escolhemos a primeira urna, em 20 sorteamos a bola preta (P11). Emoutras 20, sorteamos a bola branca (B11).

Das 40 vezes em que escolhemos a segunda urna, em 10 sorteamos a bola preta (P21). Em 10escolhemos a bola branca B21. Em outras 10 escolhemos a bola branca B22. E nas outras 10escolhemos a bola branca B23.

Os oitenta sorteios estão assim distribuídos (casos possíveis):

· Em 20 vezes a bola P11 é sorteada

· Em 20 vezes a bola B11 é sorteada

· Em 10 vezes a bola P21 é sorteada



113




Os casos favoráveis são aqueles em que uma bola preta é sorteada:

· 20 vezes a bola P11 é sorteada

· 10 vezes a bola P21 é sorteada.

Agora sim, podemos fazer a divisão entre casos possíveis e favoráveis. Com o artifício acima,conseguimos levar em consideração que as bolas da urna 1 têm probabilidade maior de seremescolhidas que as bolas da urna 2.

375,08030

____

===possivelcasosnumero

favoraveiscasosnumeroP

EC 65. GDF SEPLAG AFC 2009 [UNIVERSA]

Um marceneiro apresentou orçamentos separados para a execução de armários de quarto e decozinha para uma grande rede de móveis. Ele acha que a probabilidade de ganhar aconcorrência da execução dos armários de quarto é de ½ . Caso ele ganhe a execução dearmários de quarto, a chance de ganhar a execução de armários de cozinha é de 3/4 , casocontrário, essa probabilidade é de 1/3. Qual a probabilidade de ele ganhar apenas um doscontratos?

(A) 0,167.

(B) 0,250.

(C) 0,333.

(D) 0,375.

(E) 0,458.

Resolução.

O desenho abaixo representa as probabilidades indicadas no enunciado:


114


A probabilidade de ganhar apenas um dos contratos é: 1 8

1 6

3 424

7 24 29,16%

Não há alternativa correta. A questão foi anulada.

Gabarito: anulado

EC 66. GDF SEJUS 2010 [UNIVERSA]

Karla mora perto de dois supermercados (Compre Bem e Compre Fácil) e costuma fazercompras semanalmente, sempre em busca de promoções que são oferecidas pelos doisestabelecimentos. O esquema seguinte mostra a probabilidade de Karla comprar no diaseguinte em cada um desses supermercados. Se a probabilidade de que Karla vá aosupermercado Compre Bem hoje é de 20%, a probabilidade incondicional de ela voltar a essemercado amanhã é de

(A) 0,06.

(B) 0,14.

(C) 0,46.

(D) 0,49.

(E) 0,70.


115


Resolução.

Na minha opinião, a redação não ficou muito boa.

O que a questão quer é a probabilidade de Karla ir ao Compre Bem amanhã.

Do jeito que está escrito (probabilidade de voltar amanhã) poderia dar a impressão de que sequer que duas coisas aconteçam: que ela vá a este supermercado hoje e que ela vá novamenteamanhã.

Mas o que a questão quer é a probabilidade de ela ir amanhã ao Compre Bem, independentede onde ela vá hoje.

O desenho abaixo representa as probabilidades.

A probabilidade de ela ir ao Compre Bem amanhã é de:

0,14 0,32 0,46Gabarito: C

EC 67. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]

Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y). Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30%vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamentoapresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos pedidos feitos por Yapresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:

a) 5%

b) 4,1%

c) 3,5%

d) 3%


116


e) 1,3%

Resolução:

Escolhe-se um pedido ao acaso. Seja ‘Z’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido éfeito pelo cliente Z. Seja ‘Y’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido é feito pelocliente Y. Seja E o evento que ocorre quando o pedido escolhido apresentar erro. Foi dadoque:

· Há 30% de chances de o pedido vir de Z. Quando o pedido vem de Z, a probabilidade deapresentar erro é de 2%

· Há 70% de chances de o pedido vir de Y. Quando o pedido vem de Y, a probabilidade deapresentar erro é de 1%

Portanto, a probabilidade de erro é: %3,101,07,002,03,0)( =×+×=EP

Gabarito: E.

Outra opção é usar a fórmula vista. ‘Z’ e ‘Y’ são eventos complementares. Logo:

)()()( Y) A( P) Y( PZAPZPEP ×+×=

%3,101,07,002,03,0)( =×+×=EP

Uma terceira opção é usar a abordagem frequentista da probabilidade.

Podemos pensar que são feitos 1000 pedidos. São 300 do cliente Z e 700 do cliente Y.

Dos 300 pedidos do cliente Z, 6 apresentam erro (=2% de 300).

Dos 700 pedidos do cliente Y, 7 apresentam erro (=1% de 700).

Desta forma, dos 1000 pedidos, 13 apresentam erro (=6+7).

São 13 pedidos com erro num total de 1000 pedidos.

A probabilidade de erro fica:

%3,11000

13==P

EC 68. Sefaz RJ 2009 [FGV]

Um torneio será disputado por 4 tenistas (entre os quais A e B) de mesma habilidade, isto é,em qualquer jogo entre dois dos quatro jogadores, ambos têm a mesma chance de ganhar. Naprimeira rodada, eles se enfrentarão em dois jogos, com adversários definidos por sorteio. Osvencedores disputarão a final. A probabilidade de que o torneio termine com A derrotando Bna final é:

(A) 1/2.


117


(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.

Resolução:

Primeiro vamos resolver sem diagrama, apenas usando a fórmula da probabilidadecondicional.

Podemos pensar que este torneio é realizado muitas e muitas vezes. Todo final de semanaestes quatro tenistas jogam entre si (sábado são as semifinais e domingo são as finais).

Seja Q o evento que ocorre quando, escolhido um destes torneios aleatoriamente, “A” iniciajogando com “C” ou “D”.

A probabilidade de isso acontecer é de 2/3 (são dois casos favoráveis em 3 possíveis). 3/2)( =QP

Seja R o evento que ocorre quando “A” ganha sua primeira partida.

2/1)( =QRP

Seja S o evento que ocorre quando “B” ganha sua primeira partida.

2/1),( =RQSP

Seja “T” o evento que ocorre quando “A” derrota “B” na final

2/1),,( =SRQTP

Queremos que todos estes eventos ocorram. Ou seja, queremos que “A” inicie jogando com“C” ou “D”, queremos que “A” ganhe sua primeira partida, que “B” ganhe sua primeirapartida e, finalmente, que “A” derrote “B” na final.

?)( =∩∩∩ TSRQP

Vimos a fórmula da probabilidade da intersecção para dois eventos. Ela pode ser estendidapara mais eventos, assim:

( ) ( )TSRQPTSRQP ∩∩∩=∩∩∩ )(

Com isso, chegamos a:

( ) ),,()()( SRQTPSRQPTSRQP ×∩∩=∩∩∩

21)( ×∩∩= SRQP

Agora precisamos calcular a probabilidade da intersecção de Q, R e S. Basta aplicar o mesmoraciocínio:

( )SRQP ∩∩= )(21

×


118


= ),()( RQSPRQP ×∩21

×

= )( RQP ∩21

×21

×

Finalmente, precisamos calcular a probabilidade da intersecção de Q e R.

= )( RQP ∩21

×21

×

= )()( QRPQP ×21

×21

×

= 21

32×

21

×21

×

= 121

Gabarito: E

Outra solução, agora usando o diagrama que representa o teorema da probabilidade total:

A probabilidade de A iniciar jogando com C, vencer sua partida, enfrentar B na final e ganharé dada por:


119


241

21

21

21

31

=×××

A probabilidade de A iniciar jogando com D, vencer sua partida, enfrentar B na final e ganharé dada por:

241

21

21

21

31

=×××

Somando as duas probabilidades:

121

241

241

=+

Notem que aqui nós generalizamos o uso do diagrama para mais de dois eventos em análise.

Outra forma de resolver este problema é usando análise combinatória. Veremos como fazer no final da aula.

8. Teorema de Bayes Neste tópico veremos que existe uma fórmula que serve para resolvermos alguns tipos deproblema de probabilidade.

Mas já adianto: para os tipos de exercícios que caem em concurso o teorema é totalmentedesnecessário. Dá para ir muito bem sem conhecê-lo. Para as questões de prova, acaba sendomuito mais rápido utilizarmos a abordagem frequentista da probabilidade.

Então a ideia é apresentar a tal da fórmula. E frisar que, para os exercícios que caem emconcurso, a fórmula é completamente desnecessária.

EC 69. BACEN 2001 [ESAF]

Os registros de uma instituição financeira indicam que 90% das contas de empréstimoconsideradas inadimplentes apresentaram pagamentos com mais de duas semanas de atrasoem pelo menos duas prestações. Sabe-se também que 10% de todas as contas de empréstimotornam-se inadimplentes e que 40% das contas de empréstimo integralmente liquidadasmostram pelo menos duas prestações com atraso no pagamento em mais de duas semanas.Assinale a opção que corresponde à probabilidade de que uma conta de empréstimo com duasou mais prestações pagas com atraso de duas semanas torne-se inadimplente.

a) 20%

b) 10%

c) 9%

d) 15%

e) 18%

Resolução:


120


A pergunta pode ser traduzida como: qual a probabilidade de uma conta ser inadimplente,dado que apresenta pagamentos com atraso de mais de duas semanas em pelo menos duasprestações?

Primeiramente, vamos resolver sem usar qualquer fórmula (como já fizemos em diversosoutros exercícios semelhantes).

Vamos supor que são 100 contas de empréstimo.

Como 10% das contas tornam-se inadimplentes, então 10 contas são inadimplentes e 90 sãoliquidadas.

Das 10 contas inadimplentes, 90% apresentam pelo menos dois pagamentos com mais de duassemanas de atraso. Ou seja, 9 contas são inadimplentes e apresentam pelo menos doispagamentos com mais de duas semanas de atraso. Consequentemente, 1 conta é inadimplentee não apresenta pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso.

Das 90 contas liquidadas, 40% (=36 contas) apresentam pelo menos dois pagamentos commais de duas semanas de atraso. Portanto, 54 contas são liquidadas e não apresentam pelomenos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso.

Desse modo, temos 100 contas, assim discriminadas:

· 9 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e sãoinadimplentes

· 36 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e sãoliquidadas

· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e éinadimplente

· 54 não têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e sãoliquidadas

Estamos interessados nas contas que são inadimplentes. São 10, assim discriminadas:


· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e éinadimplente

Contudo, há uma condição a ser obedecida. A condição é que a conta apresente pagamentoscom mais de duas semanas de atraso.

Vamos atualizar nossos casos possíveis e favoráveis. Os casos possíveis ficam:


· 36 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e sãoliquidadas

· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é inadimplente


121


· 54 não têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e sãoliquidadas

Os casos favoráveis ficam:


· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é inadimplente

E a probabilidade procurada é:

%202,0459

==

Gabarito: A.

Vamos resolver o EC 69, agora usando o teorema de Bayes.

Escolhe-se uma conta ao acaso.

Seja A o evento que ocorre quando a conta escolhida é inadimplemente. Seja A o evento queocorre quando a conta escolhida não é inadimplente. São dois eventos complementares.

Seja B o evento que ocorre quando a conta escolhida tem pelo menos dois pagamentos commais de duas semanas de atraso.

O exercício pede:

?)( =BAP

E para isso informa que:

10,0)( =AP .

Portanto, concluímos que:

90,0)( =AP

O enunciado informa ainda que:

90,0)( =ABP e 40,0)( =ABP .

Vamos usar a fórmula da probabilidade condicional:

)()()(

BPBAPBAP ∩

= (equação I)

Sabemos também que:


122


)()()()(

)()( APABPBAPAP

BAPABP ×=∩⇒∩

= (equação II).

Substituindo a equação II na equação I:

)()()(

)(BP

APABPBAP

×= (equação III)

Lembrando que P(B) é a probabilidade de termos uma conta com pelo menos doispagamentos com mais de duas semanas de atraso. Esse evento pode ocorrer tanto com contasinadimplentes quanto com contas não inadimplentes (eventos complementares).

Usando o teorema da probabilidade total, temos:

)()()( A) P( A) B( PAPABPBP ×+×= (equação IV)

Substituindo a equação IV na equação III, temos o resultado a que chamamos de teorema deBayes:

)()()()()()(

)(APABPAPABP

APABPBAP

×+×

×=

Vamos fazer as contas, para ver como fica:

)()()()()()(

)(APABPAPABP

APABPBAP

×+×

×=

%2045,009,0

9,04,01,09,010,09,0)( ==×+×

×=BAP

Convenci vocês de que é melhor ficarmos sem a fórmula?


Ana precisa chegar ao aeroporto para buscar uma amiga. Ela pode escolher dois trajetos, A ou B. Devido ao intenso tráfego, se Ana escolher o trajeto A, existe uma probabilidade de 0,4 deela se atrasar. Se Ana escolher o trajeto B, essa probabilidade passa para 0,30. Asprobabilidades de Ana escolher os trajetos A ou B são, respectivamente, 0,6 e 0,4. Sabendo-seque Ana não se atrasou, então a probabilidade de ela ter escolhido o trajeto B é igual a:

a) 6/25

b) 6/13

c) 7/13

d) 7/25

e) 7/16

Resolução:


123


Podemos pensar assim. Ana é uma mulher que vai muito ao aeroporto. Ela já foi 100 vezes,em 100 dias diferentes.

Em 60 desses dias, ela escolheu o trajeto A. E se atrasou em 40% desses dias. Ou seja, em 24desses 60 dias ela se atrasou.

Em 40 dias ela escolheu o trajeto B. E se atrasou em 30% desses dias. Ou seja, em 12 desses40 dias ela se atrasou.

Os casos possíveis são:

24 vezes ela vai pelo trajeto A e se atrasa

36 vezes ela vai pelo trajeto A e não se atrasa

12 vezes ela vai pelo trajeto B e se atrasa

28 vezes ela vai pelo trajeto B e não se atrasa.

Estamos interessados nos dias em que ela escolhe o trajeto B. Os casos favoráveis são:



Escolhemos um desses 100 dias ao acaso. Queremos calcular a probabilidade de Ana terescolhido o trajeto B. Foi dada uma condição. A condição é ela não ter se atrasado. Vamosrever os casos possíveis e favoráveis.

Ficamos com 64 casos possíveis:

24 vezes ela vai pelo trajeto A e se atrasa

36 vezes ela vai pelo trajeto A e não se atrasa



Os casos favoráveis ficam:



A probabilidade de Ana ter escolhido o trajeto B, dado que se atrasou, é:

167

6428

==P

Gabarito: E.


124



Uma empresa fabrica motores a jato em duas fábricas A e B. Um motor é escolhido ao acasode um lote de produção. Nota-se que o motor apresenta defeitos. De observações anteriores aempresa sabe que 2% e 3% são as taxas de motores fabricados com algum defeito em A e B,respectivamente. Sabendo-se que a fábrica A é responsável por 40% da produção, assinale aopção que dá a probabilidade de que o motor escolhido tenha sido fabricado em A.

a) 0,400

b) 0,030

c) 0,012

d) 0,308

e) 0,500

Resolução:

Suponha que a empresa produziu 1000 motores. 400 vieram da fábrica A e 600 da fábrica B.

2% dos motores da fábrica A têm defeito. Logo, 8 motores da fábrica A têm defeito.

3% dos motores da fábrica B têm defeito. Logo, 18 motores da fábrica B têm defeito.

Os casos possíveis são:

392 motores fabricados em A, normais

8 motores fabricados em A, com defeito

582 motores fabricados em B, normais

18 motores fabricados em B, com defeito

Estamos interessados nos motores fabricados em A. Os casos favoráveis são:



Retira-se um motor para análise. Qual a probabilidade de ter sido fabricado em A, dado que omotor tem defeito?

Já sabemos que o motor apresenta defeitos. Vamos rever nossos casos favoráveis e possíveis.

São 26 casos possíveis, assim distribuídos:



582 motores fabricados em B, normais

18 motores fabricados em B, com defeito


125


São 8 casos favoráveis, assim discriminados:



A probabilidade fica:

308,0268

≅=P

Gabarito: D.


Um sorteio é realizado com duas urnas, I e II. As urnas são escolhidas ao acaso. A urna Icontém 2 bolas brancas e 6 pretas. A urna II contém 4 bolas brancas e 4 pretas. Se a bolasorteada for branca, qual a probabilidade de ter sido da urna I?

(A) 1/3

(B) 1/4

(C) 1/6

(D) 2/3

(E) 2/5

Resolução.

Apesar de a questão não dizer isso expressamente, podemos supor que a probabilidade deescolher cada urna é 50%. Caso a probabilidade não fosse meio a meio para cada urna, aquestão deveria informar o valor correto.

Na urna I, temos 2 bolas brancas e 6 pretas.

Assim, para a urna I, a probabilidade de escolher bola branca é 2/8 (2 bolas favoráveis em 8possíveis).

Na urna II, a probabilidade de bola branca é 4/8 (4 favoráveis em 8 possíveis).

Vamos adotar a abordagem frequentista da probabilidade. Vamos considerar que o sorteio érealizado 16 vezes. As frequências relativas de cada evento vão corresponder às suasprobabilidades.

Em 8 vezes é escolhida a urna I e em 8 vezes é escolhida a urna II (metade das vezes paracada urna).

Nas 8 vezes em que a urna I é escolhida, temos:

- em 2 vezes é sorteada uma bola branca da urna I


126


- em 6 vezes é sorteada uma bola preta da urna I.

Nas 8 vezes em que a urna II é escolhida, temos:

- em 4 vezes é sorteada uma bola branca da urna II

- em 4 vezes é sorteada uma bola preta da urna II.

É dado que a bola sorteada foi branca. Com isso, as possibilidades são:

- 2 vezes em que a bola branca foi extraída da urna I

- 4 vezes em que a bola branca foi extraída da urna II

Queremos calcular a probabilidade de a bola ter sido extraída da urna I. Temos 2 casosfavoráveis em 6 possíveis. A probabilidade fica:

26

13

Gabarito: A

9. Probabilidade e análise combinatória


Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10 profissionaisespecializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao acaso, três dessesprofissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade de os três profissionaissorteados serem do mesmo sexo é igual a:

a) 0,10

b) 0,12

c) 0,15

d) 0,20

e) 0,24

Resolução:

Em diversos exercícios anteriormente resolvidos, para cálculo da probabilidade a gente faziaassim. Contávamos quanto eram os casos possíveis. Contávamos quanto eram os casosfavoráveis. E dividíamos um valor pelo outro, obtendo a probabilidade.

Pois bem, há situações em que listar todos os casos possíveis, para depois contá-los, dá muitotrabalho. Em situações assim, pode ser útil utilizarmos ferramentas de análise combinatória.São ferramentas que possibilitam uma contagem com rapidez, sem que precisemos listar todosos casos.

Primeiro vejamos o número de casos possíveis. Queremos escolher 3 profissionais em 10possíveis, sendo que a ordem de escolha não é relevante. Temos uma combinação de 10engenheiros, tomados 3 a 3. O número de casos possíveis é dado por:


127


( ) ( ) ( ) ( ) 1201238910

!7!3!78910

!7!3!10

3,10 =××××

=×

×××=

×=C

São 120 casos possíveis.

Vamos aos casos favoráveis. São duas possibilidades. Ou são escolhidas três mulheres ou sãoescolhidos três homens.

Vejamos de quantas formas podemos escolher três homens. Queremos formar um grupo de 3engenheiros a partir de 6 disponíveis. Temos uma combinação de 6, tomados 3 a 3.

O número de maneiras de se escolherem os 3 engenheiros é:

20!3

456!3!3

!3456!3!3

!63,6 =

××=

××××

=×

=C

Analogamente, o número de maneiras de se escolherem as 3 engenheiras é:

4!1!3!34

!1!3!4

3,4 =××

=×

=C

Temos um total de 24 casos favoráveis (=20+4). E temos 120 casos possíveis. Aprobabilidade procurada fica:

%2012024

==P

Gabarito: D

Vamos refazer o EC 48, agora usando a análise combinatória.

Relembrando o enunciado:



128


(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34

(E) 1/19

Nova resolução:

Número de agrupamentos possíveis:

1902

1920!18!2

!202,20 =

×=

×=C

Número de agrupamentos favoráveis:

10!2!3

!52,5 =

×=C

Por fim:

191

19010

==P

Vamos agora refazer o EC 68.

Um torneio será disputado por 4 tenistas (entre os quais A e B) de mesma habilidade, isto é,em qualquer jogo entre dois dos quatro jogadores, ambos têm a mesma chance de ganhar. Naprimeira rodada, eles se enfrentarão em dois jogos, com adversários definidos por sorteio. Osvencedores disputarão a final. A probabilidade de que o torneio termine com A derrotando Bna final é:

(A) 1/2.

(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.

Nova resolução.

Temos 4 tenistas e queremos escolher 2 para compor a final.

O número de maneiras de fazer isso é:

,4!

2! 4 2 ! 6

Há 6 maneiras de formarmos a final. Em uma delas, a final é composta pelos tenistas A e B.

Vamos supor que este torneio é realizado inúmeras vezes.


129


Seja X o evento que ocorre quando, escolhendo-se um torneio aleatoriamente, a final é feitapor A e B.

16

Quando A e B fazem a final, cada um dos dois tenistas têm 50% de chance de vencer (poiseles têm mesma habilidade).

Seja Y o evento que ocorre quando A vence B.

Queremos que A e B se encontrem na final e que A vença B.

12

Ou seja, queremos a probabilidade de:

?

16

12

112


Dois casais saem conjuntamente para um jantar em um restaurante. As mesas do restaurantesão circulares e de quatro posições. Qual a probabilidade de que cada um dos casais esteja,com o respectivo cônjuge, em posição diametralmente oposta, caso a ocupação das mesas sejacompletamente aleatória?

(A) 1/5

(B) 1/4

(C) 1/3

(D) 1/2

(E) 2/3

Resolução.

Segue um desenho da mesa com os quatro lugares:


130


Vamos nos concentrar apenas nos lugares destacados em vermelho. Isto é possível porque, seestes lugares forem preenchidos por um casal (que ficarão diametralmente opostos), o mesmose aplicará para o casal ocupante dos lugares em preto.

Muito bem, focando nos lugares em vermelho, temos o seguinte.

São quatro pessoas e queremos escolher duas para ocupá-los. O número de maneiras de fazerisso é:

,4!

2! 4 2 ! 6

São seis maneiras de escolhermos as duas pessoas para ocuparem os lugares em vermelho.

Em apenas 2 destes 6 casos, os escolhidos formarão um casal.

Logo, a probabilidade de que o casal fique em posições diametralmente opostas é: 26

13

Gabarito: C

EC 75. TRF 1ª Região/2001 [FCC]

A tabela abaixo apresenta a distribuição de frequências das notas obtidas num teste dematemática, realizado por 50 estudantes.

Notas Frequência absoluta0 │− 2 42 │− 4 124 │− 6 156 │− 8 138 │− 10 6

Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a probabilidade depelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:


131


a) 3

504⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ b)

3

5041 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− c)

473

5046

504

350

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛×⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ d)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

35034

e) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

35034

1

⎟⎜

Resolução:

A questão emprega uma outra simbologia para a combinação.

⎞⎟⎠

⎜⎝

⎛=

p n

C pn,

Tanto faz escrever pnC , ou ⎟⎟⎠

⎜⎞

⎜⎝

⎛pn

, é a mesma coisa.

Selecionam-se, aleatoriamente, três alunos. Seja A o evento que ocorre quando pelo menosum dos três alunos escolhidos tirou nota igual ou superior a 2. O evento complementar (símbolo: A ) ocorre quando todos os três alunos selecionados tiraram nota menor que 2.

Vamos calcular a probabilidade do evento complementar ( A ).

⎟

Comecemos pelo número de casos possíveis. Temos 50 alunos. Precisamos escolher 3, semreposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 50, tomados 3 a 3.

Número de casos possíveis:

⎞⎟⎠

⎜⎜⎝

⎛3

⎟

50

Agora os casos favoráveis. Queremos ver quantas combinações podemos formar com 3 alunosque tiraram notas abaixo de 2. São 4 alunos nessa condição. Precisamos escolher 3, semreposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 4, tomados 3 a 3.

Número de casos favoráveis:

⎞⎟⎠

⎜⎜⎝

⎛34

A probabilidade do evento complementar fica:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

35034

)(AP

Consequentemente, a probabilidade do evento A fica:


132


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=

35034

1)(AP

Gabarito: E.


Toma-se uma amostra aleatória de 5 observações de uma população. Qual é a probabilidadede as duas últimas observações serem menores que as três primeiras?

(A) 0,5

(B) 0,4

(C) 0,3

(D) 0,2

(E) 0,1

Resolução.

Vamos considerar que as observações foram:

1, 2, 3, 4, 5

Elas foram retiradas em uma dada ordem. Exemplo:

3, 5, 4, 1, 2

Esta situação atende ao enunciado, pois as duas últimas observações (1 e 2) são menores que as três primeiras.

Vamos focar apenas nas duas últimas posições. Queremos ocupá-las com duas observações.De quantas formas nós podemos escolher os dois números para ocupar tais posições?

Temos cinco observações e queremos escolher 2. O número de maneiras de fazer isso é:

10!3!2

!52,5 =

×=C

Este é o número de casos possíveis.

E estamos interessados num único caso, aquele em que são escolhidos os dois menoresnúmeros.

1,0101==P

Gabarito: E


133


III. QUADRO RESUMO

Tipo de questão Dicas para resolver

Princípio fundamental da contagem Pode ser usado em qualquer questão de análisecombinatória.

- Dividir tarefa em etapas;

- calcular de quantas formas cada etapa pode ser executada;

- multiplicar

- se a ordem não for importante, precisa excluir contagens repetidas

Combinação Usar quando:

- não há reposição;

- a ordem de escolha dos elementos não é importante;

- não houver restrições nas etapas.

Fórmula:

,!! !

Arranjo Usar quando:

- não há reposição;

- a ordem de escolha dos elementos é importante;

- não houver restrições nas etapas.

Fórmula:

)!(!

, pnnA pn −

=

Permutação Caso particular de arranjo, quando n = p.

!

Probabilidade

(abordagem frequentista)

- É a freqüência relativa que seria obtida em umnúmero muito grande de experimentos.

Probabilidade quando

eventos elementares são equiprováveis

número de casos favoráveisnúmero de casos possíveis

=


134


Tipo de questão Dicas para resolver

nº de elementos do evento nº de elementos do espaço amostral

Probabilidade condicional - Rever lista de casos possíveis e favoráveis,eliminando aqueles que não atendem à condição.

- Fórmula:

)()()|(

BPBAPBAP ∩

=

Se os eventos forem independentes, então:

)()|( APBAP =

Se os eventos forem independentes também vale:

Probabilidade da união )()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

Se eventos forem mutuamente excludentes, então:

)()() B( PAPBAP +=∪

Probabilidade do evento complementar )()(1 APAP +=

Teorema da probabilidade total Usar árvore de probabilidades em que os ramosrepresentam eventos complementares. Anotar emcada “setinha” a probabilidade associada.

Probabilidade e análise combinatória Usar análise combinatória para contar número decasos favoráveis e número de casos possíveis.

IV. LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSO


Em um laboratório de pesquisa científica, são realizados experimentos de reproduçãoenvolvendo 6 machos e 8 fêmeas de uma espécie animal. Todos os animais utilizados nosexperimentos gozam de boa saúde e estão em perfeitas condições de reprodução. Cadaexperimento consiste em se colocarem juntos, em um ambiente controlado, um macho e umafêmea, durante um período de tempo determinado, formando o casal do experimento. Nessasituação, a quantidade de casais diferentes que podem ser formados é igual a:

(A) 8

(B) 14

(C) 28


135


(D) 48

(E) 56


Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitibacom destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendouma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.


Julgue o seguinte item.

1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteandoum deles com um ingresso para cinema, outro com um ingresso para teatro e o terceiro comum ingresso para show, ele terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo.



Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando cada um deles com um ingresso para teatro, ele terá mais de 24 maneiras diferentes para fazê-lo.


Ágata é decoradora e precisa atender ao pedido de um excêntrico cliente. Ele, o cliente, exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma seqüência de 5 listrashorizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágatapossui apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a parede podeser pintada é igual a:

a) 56

b) 5760

c) 6720

d) 3600

e) 4320

EC 6. IPEA 2008 [CESPE]

Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres emque os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos,escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadasde modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 naprimeira posição dos algarismos é superior a 600.000.


136



Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade revezamento 4 100 m rasos. Para isso, uma seleção será realizada com o objetivo de se selecionarem 7atletas, sendo dois atletas com altura inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70m, e dois atletas com altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 24 atletas, 9com altura inferior a 1,65, 8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 com altura de 1,73 m ou 1,74 m. Aquantidade de diferentes equipes que podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritosestá entre:

(A) 10.000 e 20.000.

(B) 20.000 e 30.000.

(C) 30.000 e 40.000.

(D) 40.000 e 50.000.

(E) 50.000 e 60.000.


Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes maneirasque Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a:

a) 2440

b) 5600

c) 4200

d) 24000

e) 42000

EC 9. COFECON 2009 [UNIVERSA]

Em um terreno quadrado, um jardineiro marcou sobre os lados, consecutivamente, 2, 2, 3 e 4pontos distintos e não-coincidentes com os vértices. Ele deseja usar esses pontos, juntamentecom os vértices do quadrado, como vértices de triângulos para fazer desenhos no jardim. Onúmero total de distintos triângulos que ele pode obter é

(A) 165.

(B) 215.

(C) 380.

(D) 417.

(E) 455.


Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de um desfile de modas. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas, mas sempre emfilas formadas por exatamente quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila só


137


poderá ser ou Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser aprimeira da fila. Assim, o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a:

a) 420

b) 480

c) 360

d) 240

e) 60

EC 11. ABIN 2010 [CESPE]

Considere que, em um órgão de inteligência, o responsável por determinado setor disponha de20 agentes, sendo 5 especialistas em técnicas de entrevista, 8 especialistas em reconhecimentooperacional e 7 especialistas em técnicas de levantamento de informações, todos com bomdesempenho na tarefa de acompanhamento de investigado. A partir dessas informações,julgue os itens a seguir.

1. Se, para cumprir determinada missão, for necessário fazer, simultaneamente,reconhecimento operacional em 3 locais diferentes, então o responsável pelo setor terá 340maneiras distintas de compor uma equipe da qual façam parte 3 agentes especialistas paraessa missão, sendo um especialista para cada local.

2. Há mais de 270 maneiras distintas de o responsável pelo setor organizar uma equipecomposta por 1 especialista em entrevista, 1 em reconhecimento operacional e 1 emlevantamento de informações, para determinada missão.

3. Considere que uma das técnicas de acompanhamento de investigado que se desloque poruma rua retilínea consista em manter um agente no mesmo lado da via que o investigado,alguns metros atrás deste, e dois outros agentes do lado oposto da rua, um caminhandoexatamente ao lado do investigado e outro, alguns metros atrás. Nessa situação, há 10maneiras distintas de 3 agentes previamente escolhidos se organizarem durante uma missãode acompanhamento em que seja utilizada essa técnica.


Com relação a probabilidade, combinações, arranjos e permutações, julgue os seguintes itens.

1. Sabe-se que, no Brasil, as placas de identificação dos veículos têm 3 letras do alfabeto e 4algarismos, escolhidos de 0 a 9. Então, seguindo-se essa mesma lei de formação, masutilizando-se apenas as letras da palavra BRASIL, é possível construir mais de 600.000 placasdiferentes que não possuam letras nem algarismos repetidos.


O número de comissões constituídas por 4 pessoas que é possível obter de um grupo de 5pilotos e 6 co-pilotos, incluindo, pelo menos, 2 pilotos, é superior a 210.


Em um voo em que haja 8 lugares disponíveis e 12 pessoas que desejem embarcar, o númerode maneiras distintas de ocupação dos assentos para o voo sair lotado será superior a 500.


138


EC 15. TRT 1 2008 [CESPE]

Caso 5 servidores em atividade e 3 aposentados se ofereçam como voluntários para arealização de um projeto que requeira a constituição de uma comissão formada por 5 dessaspessoas, das quais 3 sejam servidores em atividade e os outros dois, aposentados, então aquantidade de comissões distintas que se poderá formar será igual a

A) 60.

B) 30.

C) 25.

D) 13.

E) 10.

EC 16. TRT 1ª Região 2008 [CESPE]

Considerando que as matrículas funcionais dos servidores de um tribunal sejam formadas por5 algarismos e que o primeiro algarismo de todas a matrículas seja o 1 ou o 2, então aquantidade máxima de matrículas funcionais que poderão ser formadas é igual a

A) 4 × 103.

B) 1 × 104.

C) 2 × 104.

D) 2 × 105.

E) 3 × 105.

EC 17. POLICIA FEDERAL 2009 [CESPE]

Considerando que, em um torneio de basquete, as 11 equipes inscritas serão divididas nosgrupos A e B, e que, para formar o grupo A, serão sorteadas 5 equipes, julgue os itens que seseguem.

1 - A quantidade de maneiras distintas de se escolher as 5 equipes que formarão o grupo Aserá inferior a 400.


Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda.

2. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiraspostadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modosdistintos de essas pessoas se posicionarem.

3. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressosdisponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essaescolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.

EC 19. TRE MG 2009 [CESPE]

Se, no departamento de recursos humanos de uma empresa em que trabalhem 5 homens e 4mulheres, for preciso formar, com essa equipe, comissões de 4 pessoas com pelo menos 2homens, a quantidade de comissões diferentes que poderão ser formadas será


139


A) superior ou igual a 200.

B) superior ou igual a 170 e inferior a 200.

C) superior ou igual a 140 e inferior a 170.

D) superior ou igual a 110 e inferior a 140.

E) inferior a 110.

EC 20. TJ RO2008 [CESGRANRIO]

Pedrinho precisava inventar uma bandeira para representar seu grupo em um trabalho escolar. Ele criou uma bandeira simples, de quatro listras verticais, representada abaixo.

Pedrinho decidiu pintar sua bandeira utilizando as quatro cores da bandeira do Estado deRondônia. De quantos modos essa bandeira poderá ser pintada, se duas listras seguidasdevem, obrigatoriamente, ser de cores diferentes?

(A) 24

(B) 48

(C) 72

(D) 96

(E) 108


A figura acima ilustra as 8 possibilidades de disposição, em 3 linhas, de

Se Yin e Yang fossem dispostos em 8 linhas, haveria quantas possibilidades de disposição?

(A) 512

(B) 256

(C) 128


140


(D) 63

(E) 32

EC 22. PRONIMP 2008/1 [CESGRANRIO]

Em uma ambulância da Defesa Civil há, sempre, exatamente 3 bombeiros: um sargento e doiscabos. Se no quadro de bombeiros disponíveis há exatamente 3 sargentos e 4 cabos, quantasequipes diferentes podem ser formadas?

(A) 7

(B) 9

(C) 12

(D) 18

(E) 36

Considere as informações a seguir para responder às questões EC 23 e EC 24.

Um sistema legado utiliza uma senha alfanumérica de 4 posições, onde só são permitidosdígitos de 0 a 9 e caracteres alfabéticos maiúsculos de A a Z (incluindo as letras K, W e Y).Uma senha válida deve ter exatamente 4 caracteres, conter pelo menos um caracter alfabético,e não pode conter ou ser igual ao login do usuário.


Assumindo que o sistema permite um número ilimitado de tentativas de acesso com senhaserradas, em quantas tentativas, no mínimo, é garantido que um software, capaz de gerar todasas senhas válidas para um determinado login e tentar se autenticar no sistema, determine asenha do usuário cujo login é CID?

(A) 1.669.214

(B) 1.669.544

(C) 1.669.616

(D) 1.679.616

(E) 1.680.916


Acrescentando ao sistema a restrição de que a senha não deve conter caracteres repetidos,quantas senhas válidas diferentes são possíveis para o usuário cujo login é NINA?

(A) 1.021.020

(B) 1.215.440

(C) 1.217.440

(D) 1.408.680

(E) 1.413.720



141


Quantos são os números naturais pares que se escrevem (na base 10) com três algarismosdistintos?

(A) 256

(B) 288

(C) 320

(D) 328

(E) 360


Uma mesa redonda apresenta lugares para 7 computadores. De quantos modos podemosarrumar os 7 computadores na mesa de modo que dois deles, previamente determinados, nãofiquem juntos, considerando equivalentes disposições que possam coincidir por rotação?

(A) 120

(B) 240

(C) 480

(D) 720

(E) 840



Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra,tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas possíveisde se formar com a palavra AEROPORTO, β seja a quantidade de anagramas começandopor consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então βα 21= .

EC 28. ANATEL 2008 [CESPE]

Considerando-se que um anagrama da palavra ANATEL seja uma permutação das letrasdessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, que n1 seja a quantidade deanagramas distintos que é possível formar com essa palavra e n2 seja a quantidade de

anagramas distintos dessa palavra que começam por vogal, então 21

12≠

nn .


Sabendo que cada anagrama da palavra PIRACICABA é uma ordenação das letras P,I,R,A,C,I,C,A,B,A, quantos são os anagramas da palavra PIRACICABA que não possuemduas letras A juntas?

(A) 1260

(B) 5040

(C) 30240


142


(D) 68040

(E) 70560


Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa quedeseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca,pode escolhê-las de N formas. O valor de N é

(A) 3

(B) 10

(C) 15

(D) 35

(E) 125


Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação:

x1 + x2 + x3 = 14?

(A) 78

(B) 120

(C) 286

(D) 364

(E) 680

EC 32. SEFAZ/SP 2009 [ESAF]

Considere que numa cidade 40% da população adulta é fumante, 40% dos adultos fumantessão mulheres e 60% dos adultos não-fumantes são mulheres. Qual a probabilidade de umapessoa adulta da cidade escolhida ao acaso ser mulher?

a) 44%

b) 52%

c) 50%

d) 48%

e) 56%


Em uma pequena localidade, os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora sãomoradores de um bairro muito antigo que está comemorando 100 anos de existência. DonaMatilde, uma antiga moradora, ficou encarregada de formar uma comissão que será aresponsável pela decoração da festa. Para tanto, Dona Matilde selecionou, ao acaso, trêspessoas entre os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora. Sabendo-se que Denílson

não ptermo

a) 30

b) 80

c) 62

d) 25

e) 75

EC 34

O grou m

Selecfilho

(A) 1

(B) 1

(C) 1

(D) 1

(E) 1

EC 35

Doissoma

(A) 1

(B) 1

(C) 1

(D) 2

(E) 1

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144


EC 36. DCEA 2009 [CESGRANRIO]

A probabilidade de que, no lançamento de três dados comuns, honestos, a soma dosresultados seja igual a 18 é

(A) 1/12

(B) 1/36

(C) 1/216

(D) 3/18

(E) 3/216

EC 37. SSP GO 2010 [UNIVERSA]

O agente encarregado de certo departamento tem a atribuição de registrar ocorrências de trêstipos de eventos: P, Q e R. Em certa semana, o evento P ocorreu duas vezes na segunda-feira,quatro vezes na terça-feira, apenas uma vez na quarta-feira e não mais aconteceu naquelasemana. O evento Q foi realizado uma única vez em cada um dos dias de segunda a quinta-feira e duas vezes na sexta-feira, apenas. O evento R ocorreu apenas na terça, na quinta e nasexta-feira, respectivamente, 2, 1 e 4 vezes. Em seu relatório, o agente deve mencionar asfrequências de ocorrências semanais desses três eventos. Para que o relatório fique correto, asfrequências percentuais que o agente deve registrar para os eventos P, Q e R são,respectivamente,

(A) 0,35, 0,3 e 0,35.

(B) 7, 6 e 7.

(C) 20, 20 e 20.

(D) 27, 26 e 27.

(E) 35, 30 e 35.


Um viajante, a caminho de determinada cidade, deparou-se com uma bifurcação onde estãotrês meninos e não sabe que caminho tomar. Admita que estes três meninos, ao se lhesperguntar algo, um responde sempre falando a verdade, um sempre mente e o outro mente em50% das vezes e consequentemente fala a verdade nas outras 50% das vezes. O viajanteperguntou a um dos três meninos escolhido ao acaso qual era o caminho para a cidade e elerespondeu que era o da direita. Se ele fizer a mesma pergunta a um outro menino escolhido aoacaso entre os dois restantes, qual a probabilidade de ele também responder que é o caminhoda direita?

a) 1.

b) 2/3.

c) 1/2.

d) 1/3.

e) 1/4.


145



A tabela abaixo apresenta os pesos de um grupo de pessoas e suas respectivas frequências. Não há observações coincidentes com os extremos das classes.

Uma pessoa com mais de 50 kgf será escolhida ao acaso. A probabilidade de que o peso dessapessoa esteja entre 60 kgf e 80 kgf é, aproximadamente,

(A) 65%

(B) 63%

(C) 60%

(D) 58%

(E) 55%


Carlos diariamente almoça um prato de sopa no mesmo restaurante. A sopa é feita de formaaleatória por um dos três cozinheiros que lá trabalham: 40% das vezes a sopa é feita por João;40% das vezes por José, e 20% das vezes por Maria. João salga demais a sopa 10% das vezes,José o faz em 5% das vezes e Maria 20% das vezes. Como de costume, um dia qualquerCarlos pede a sopa e, ao experimentá-la, verifica que está salgada demais. A probabilidade deque essa sopa tenha sido feita por José é igual a

a) 0,15.

b) 0,25.

c) 0,30.

d) 0,20.

e) 0,40.


Na prova de Língua Estrangeira de um concurso, 60% dos candidatos optaram por Inglês e osdemais, por Espanhol. Destes, 5% foram classificados e daqueles, 10% foram classificados.Escolhendo-se ao acaso um candidato classificado, qual é a probabilidade de ele haver optadopor Inglês?

(A) 0,06

(B) 0,40

(C) 0,50

(D) 0,60


146


(E) 0,75

Texto para as questões EC 42 e EC 43.

Em um grupo de 40 homens e 60 mulheres, a probabilidade de um homem ser míope é 0,05 ea probabilidade de uma mulher ser míope é 0,1.


Selecionando uma pessoa ao acaso, qual é a probabilidade de ela ser míope?

(A) 0,05

(B) 0,06

(C) 0,07

(D) 0,08

(E) 0,09


Selecionado um míope ao acaso qual é a probabilidade de ele ser homem?

(A) 0,25

(B) 0,27

(C) 0,30

(D) 0,33

(E) 0,40


A e B são eventos independentes se:

a) )()()( BPAPBAP +=∩

b) )()()( BPAPBAP ÷=∩

c) )()()( BPAPBAP −=∩

d) )()()( ABPAPBAP +=∩

e) )()()( BPAPBAP ×=∩

EC 45. STN 2008 [ESAF]

Dois eventos A e B são ditos eventos independentes se e somente se:

a) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for nula

b) a ocorrência de B alterar a probabilidade de ocorrência de A.

c) a ocorrência de A alterar a probabilidade de ocorrência de B.

d) a ocorrência de B não alterar a probabilidade de ocorrência de A.

e) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for igual a 1.


147



Dois eventos de um espaço amostral são independentes quando

(A) a informação de que um deles ocorreu não altera a probabilidade de o outro ocorrer.

(B) um deles ocorrendo, o outro, necessariamente, não vai ocorrer.

(C) são disjuntos, ou seja, a probabilidade de ocorrerem juntos é negativa.

(D) são negativamente correlacionados.

(E) têm a mesma probabilidade de acontecer.


Carlos sabe que Ana e Beatriz estão viajando pela Europa. Com as informações que dispõe,ele estima corretamente que a probabilidade de Ana estar hoje em Paris é 3/7, que aprobabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é 2/7, e que a probabilidade de ambas, Ana eBeatriz, estarem hoje em Paris é 1/7. Carlos, então, recebe um telefonema de Ana informandoque ela está hoje em Paris. Com a informação recebida pelo telefonema de Ana, Carlos agoraestima corretamente que a probabilidade de Beatriz também estar hoje em Paris é igual a

a) 2/3

b) 1/7

c) 1/3

d) 5/7

e) 4/7

EC 48. ANP 2008 [CESGRANRIO]


(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34


148


(E) 1/19

EC 49. BNDES 2008/1 [CESGRANRIO]

Um dado comum, com seis faces numeradas de 1 a 6 e não viciado, será lançado repetidasvezes. Qual a probabilidade de que se obtenha o 6 como resultado pela primeira vez após osegundo lançamento?

(A) 25/36

(B) 11/36

(C) 5/36

(D) 25/216

(E) 11/216


Qual a probabilidade de serem obtidos três ases em seguida, quando se extraem três cartas deum baralho comum de 52 cartas se a carta extraída é reposta no baralho antes da extração dapróxima carta?

(A) 1/169

(B) 1/221

(C) 1/2197

(D) 1/5525

(E) 1/140608


Anemia ferropriva é o tipo de anemia mais comum e é causada pela deficiência de ferro(sideropénia). Nesse tipo de anemia, a ingestão de ferro está menor que o mínimo necessáriopara as atividades do organismo que precisam de ferro. Considere um estudo de anemiaferropriva realizado que gerou os seguintes dados:

O Valor Preditivo Positivo (VPP) é a probabilidade de o indivíduo ser portador da doença,dado que o exame (teste) deu positivo. Para os resultados do estudo sobre anemia ferropriva,tem-se que VPP é igual a

(A) 0,38

(B) 0,47

(C) 0,63

(D) 0,70

(E) 0,88


149


EC 52. MPU/2004 [ESAF]

Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar onível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é 0,11 e aprobabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a probabilidadede Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o nível de óleo e nempara verificar a pressão dos pneus é igual a

a) 0,25

b) 0,35

c) 0,45

d) 0,15

e) 0,65.


Quando João vai a um restaurante, a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa é iguala 0,58, a probabilidade de ele consumir café expresso é igual a 0,22, e a probabilidade de eleconsumir alguma sobremesa e café expresso é igual a 0,16. Sendo assim, a probabilidade deJoão ir a um restaurante e não consumir nenhuma sobremesa nem café expresso está entre:

(A) 0,10 e 0,20.

(B) 0,21 e 0,30.

(C) 0,31 e 0,40.

(D) 0,41 e 0,50.

(E) 0,51 e 0,60


Os eventos A e B são independentes e suas probabilidades são P(A) = 0,5 e P (B) = 0,4. Quanto vale P(A∪B)?

(A) 0,5

(B) 0,6

(C) 0,7

(D) 0,8

(E) 0,9


Lança-se uma moeda não tendenciosa até a obtenção da segunda “cara”. Qual é aprobabilidade de a moeda ser lançada quatro vezes?

(A) 1/16

(B) 1/8

(C) 3/16

(D) 1/4

(E) 5/16


150



Quando Paulo vai ao futebol, a probabilidade de ele encontrar Ricardo é 0,4; a probabilidadede ele encontrar Fernando é igual a 0,10; a probabilidade de ele encontrar ambos, Ricardo eFernando, é igual a 0,05. Assim, a probabilidade de Paulo encontrar Ricardo ou Fernando éigual a:

a) 0,04

b) 0,40

c) 0,50

d) 0,45

e) 0,95


Em um posto de combustíveis entram, por hora, cerca de 300 clientes. Desses, 210 vãocolocar combustível, 130 vão completar o óleo lubrificante e 120 vão calibrar os pneus. Sabe-se, ainda, que 70 colocam combustível e completam o óleo; 80 colocam combustível ecalibram os pneus e 50 colocam combustível, completam o óleo e calibram os pneus.Considerando que os 300 clientes entram no posto de combustíveis para executar uma oumais das atividades acima mencionadas, qual a probabilidade de um cliente entrar no postopara completar o óleo e calibrar os pneus?

(A) 0,10

(B) 0,20

(C) 0,25

(D) 0,40

(E) 0,45

EC 58. MINISTERIO DA SAUDE 2007 [FCC]

Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é de:

a) 609/625

b) 544/625

c) 96/625

d) 24/625

e) 16/625

EC 59. MPE PE 2006 [FCC]

Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2 peças,ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma peladefeituosa é:

a) 21/38

b) 19/38


151


c) 17/38

d) 15/38

e) 13/38

EC 60. BACEN/2006 [FCC]

A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de 5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1 pagar a suamensalidade sem atraso é:

a) 1 – 0,955

b) 0,955

c) 4,75 . 0,955

d) 5 . 0,955

e) 1 – 0,055


A probabilidade de um tiro acertar um alvo é 1/3. Qual é a probabilidade de, em uma série detrês tiros independentes, pelo menos um acertar o alvo?

(A) 19/27

(B) 8/27

(C) 5/9

(D) 4/9

(E) 1


A e B são eventos independentes com probabilidades P(A) = 0,6 e P(B) = 0,5. Quanto vale aprobabilidade de A ocorrer e B não ocorrer?

(A) 0,1

(B) 0,3

(C) 0,4

(D) 0,5

(E) 0,8


A tabela abaixo é um extrato da Tábua de Mortalidade do Brasil – Homens – 2006, onde I(x) é o número de sobreviventes à idade exata de x anos, de um coorte inicial de 100.000nascimentos, I(0).


152


Assim, a probabilidade empírica de um homem de idade exata 30 anos vir a falecer antes decompletar 55, aproximadamente, é

(A) 0,9899

(B) 0,6543

(C) 0,5967

(D) 0,5545

(E) 0,1436

EC 64. PETROBRAS 2010 [CEGRANRIO]

Andresa tem três pretendentes: André, José e Ricardo. A probabilidade de que André convide Andresa para um jantar é de 1/4, enquanto que as mesmas probabilidades para José e Ricardosão 1/3 e 1/2, respectivamente. Caso as pretensões entre os pretendentes sejam independentesentre si, qual a probabilidade de que Andresa não seja convidada para um jantar por nenhumde seus pretendentes?

(A) 1/3

(B) 1/4

(C) 1/5

(D) 1/6

(E) 1/7

EC 65. GDF SEPLAG AFC 2009 [UNIVERSA]

Um marceneiro apresentou orçamentos separados para a execução de armários de quarto e decozinha para uma grande rede de móveis. Ele acha que a probabilidade de ganhar aconcorrência da execução dos armários de quarto é de ½ . Caso ele ganhe a execução dearmários de quarto, a chance de ganhar a execução de armários de cozinha é de 3/4 , casocontrário, essa probabilidade é de 1/3. Qual a probabilidade de ele ganhar apenas um doscontratos?

(A) 0,167.


153


(B) 0,250.

(C) 0,333.

(D) 0,375.

(E) 0,458.

EC 66. GDF SEJUS 2010 [UNIVERSA]

Karla mora perto de dois supermercados (Compre Bem e Compre Fácil) e costuma fazercompras semanalmente, sempre em busca de promoções que são oferecidas pelos doisestabelecimentos. O esquema seguinte mostra a probabilidade de Karla comprar no diaseguinte em cada um desses supermercados. Se a probabilidade de que Karla vá aosupermercado Compre Bem hoje é de 20%, a probabilidade incondicional de ela voltar a essemercado amanhã é de

(A) 0,06.

(B) 0,14.

(C) 0,46.

(D) 0,49.

(E) 0,70.

EC 67. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]

Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y). Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30%vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamentoapresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos pedidos feitos por Yapresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:

a) 5%

b) 4,1%

c) 3,5%

d) 3%

e) 1,3%

EC 68. Sefaz RJ 2009 [FGV]

Um torneio será disputado por 4 tenistas (entre os quais A e B) de mesma habilidade, isto é,em qualquer jogo entre dois dos quatro jogadores, ambos têm a mesma chance de ganhar. Naprimeira rodada, eles se enfrentarão em dois jogos, com adversários definidos por sorteio. Os


154


vencedores disputarão a final. A probabilidade de que o torneio termine com A derrotando Bna final é:

(A) 1/2.

(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.


Os registros de uma instituição financeira indicam que 90% das contas de empréstimoconsideradas inadimplentes apresentaram pagamentos com mais de duas semanas de atrasoem pelo menos duas prestações. Sabe-se também que 10% de todas as contas de empréstimotornam-se inadimplentes e que 40% das contas de empréstimo integralmente liquidadasmostram pelo menos duas prestações com atraso no pagamento em mais de duas semanas.Assinale a opção que corresponde à probabilidade de que uma conta de empréstimo com duasou mais prestações pagas com atraso de duas semanas torne-se inadimplente.

a) 20%

b) 10%

c) 9%

d) 15%

e) 18%


Ana precisa chegar ao aeroporto para buscar uma amiga. Ela pode escolher dois trajetos, A ou B. Devido ao intenso tráfego, se Ana escolher o trajeto A, existe uma probabilidade de 0,4 deela se atrasar. Se Ana escolher o trajeto B, essa probabilidade passa para 0,30. Asprobabilidades de Ana escolher os trajetos A ou B são, respectivamente, 0,6 e 0,4. Sabendo-seque Ana não se atrasou, então a probabilidade de ela ter escolhido o trajeto B é igual a:

a) 6/25

b) 6/13

c) 7/13

d) 7/25

e) 7/16


Uma empresa fabrica motores a jato em duas fábricas A e B. Um motor é escolhido ao acasode um lote de produção. Nota-se que o motor apresenta defeitos. De observações anteriores aempresa sabe que 2% e 3% são as taxas de motores fabricados com algum defeito em A e B,respectivamente. Sabendo-se que a fábrica A é responsável por 40% da produção, assinale aopção que dá a probabilidade de que o motor escolhido tenha sido fabricado em A.

a) 0,400


155


b) 0,030

c) 0,012

d) 0,308

e) 0,500


Um sorteio é realizado com duas urnas, I e II. As urnas são escolhidas ao acaso. A urna Icontém 2 bolas brancas e 6 pretas. A urna II contém 4 bolas brancas e 4 pretas. Se a bolasorteada for branca, qual a probabilidade de ter sido da urna I?

(A) 1/3

(B) 1/4

(C) 1/6

(D) 2/3

(E) 2/5


Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10 profissionaisespecializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao acaso, três dessesprofissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade de os três profissionaissorteados serem do mesmo sexo é igual a:

a) 0,10

b) 0,12

c) 0,15

d) 0,20

e) 0,24


Dois casais saem conjuntamente para um jantar em um restaurante. As mesas do restaurantesão circulares e de quatro posições. Qual a probabilidade de que cada um dos casais esteja,com o respectivo cônjuge, em posição diametralmente oposta, caso a ocupação das mesas sejacompletamente aleatória?

(A) 1/5

(B) 1/4

(C) 1/3

(D) 1/2

(E) 2/3

EC 75. TRF 1ª Região/2001 [FCC]

A tabela abaixo apresenta a distribuição de frequências das notas obtidas num teste dematemática, realizado por 50 estudantes.


156


Notas Frequência absoluta0 │− 2 42 │− 4 124 │− 6 156 │− 8 138 │− 10 6

Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a probabilidade depelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:

a) 3

504⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ b)

3

5041 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− c)

473

5046

504

350

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛×⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ d)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

35034

e) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

35034

1


Toma-se uma amostra aleatória de 5 observações de uma população. Qual é a probabilidadede as duas últimas observações serem menores que as três primeiras?

(A) 0,5

(B) 0,4

(C) 0,3

(D) 0,2

(E) 0,1

V. GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSO 1 d

2 certo

3 certo

4 errado

5 c

6 certo

7 d

8 c

9 d

10 a

11 errado certo errado

12 certo

13 certo

14 anulado

15 b

16 c

17 errado

18 certo certo errado

19 e

20 e

21 b

22 d

23 b

24 d

25 d

26 c

27 certo

28 errado

29 e

30 d

31 b

32 b

33 e

34 d

35 c

36 c

37 e

38 d

39 a

157

157


40 d

41 e

42 d

43 a

44 e

45 d

46 a

47 c

48 e

49 a

50 c

51 d

52 e

53 c

54 c

55 c

56 d

57 b

58 b

59 c

60 e

61 a

62 b

63 e

64 b

65 anulado

66 c

67 e

68 e

69 a

70 e

71 d

72 a

73 d

74 c

75 e

76 e

Analise Combinatori e Probabilidade Exercicios

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