Matemática E Extensivo V. 5

Matemática E – Extensivo – V. 5

Exercícios

Casos possíveis: 7 + 3 = 10 possibilidades Casos favoráveis: 7 (7 bolas pretas) Probabilidade: P = 7 10 = 0,7 = 70% 03) 5 6 Casos possíveis: 6 {1, 2, 3, 4, 5, 6} Casos favoráveis: 5 {1, 2, 3, 4, 5} Probabilidade: P = 5 6 04) 1 12 Casos possíveis: 6p 6p PFC: 6 . 6 = 36 Casos favoráveis: 3 {(1, 3); (2, 2); (3, 1)} Probabilidade: P = 3 36 1 12 = 05) B Casos possíveis: 5

{cervo, cativo, veado, prisioneiro, corço} Casos favoráveis: 2 {prisioneiro e cativo} Probabilidade: P = 2 5 06) C Casos possíveis: 200 Casos favoráveis: 30 Probabilidade: P = 3 0 20 0 = 3 20 = 0,15 = 15% 07) 2 9 Casos possíveis: 36 Casos favoráveis: 9 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 4 6 8 10 12 3 3 6 9 12 15 18 4 4 8 12 16 20 24 5 5 10 15 20 25 30 6 6 12 18 24 30 36 Probabilidade: P = 8 36 = 2 9 08) 11 24 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10

Casos possíveis: 24 Casos favoráveis: 11 Probabilidade: P = 11 24 09) 1 6 1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 8 4 5 6 7 8 9 1 1 2 3 Casos possíveis: 24 Casos favoráveis: 4 Probabilidade: P = 4 24 = 1 6 10) 35 36 P = 1 – PC

Vamos primeiramente calcular PC_{, isto é, a probabilidade}

de obtermos três resultados iguais. Casos possíveis: 216 Casos favoráveis: 6 {(1, 1, 1); (2, 2, 2); (3, 3, 3); ... ; (6, 6, 6,)} PC ₌ 6 216 Logo, P = 1 – PC P = 1 – 6 216 P = 216 6 216 − P = 210 216 105 108 2 2 3 3 ÷ ÷ ÷ ÷ = = 35 36 11) E

Sem perda de generalidade, suponha que o total de carros é 100.

31% são prata → 31 carros 25% são pretos → 25 carros 16% são cinza → 16 carros 12% são brancos → 12 carros

Probabilidade de ser cinza: Casos possíveis: 84 Casos favoráveis: 16 P_c = 16 84 8 42 2 2 2 2 ÷ ÷ ÷ ÷ = = 4 21

Probabilidade de não ser cinza: P = 1 – P_c = 1 – 4

21 = 17

21

12) Falso

Probabilidade de sair o número 3: Casos possíveis: 6

Casos favoráveis: 1 (apenas 3) Probabilidade: P = 1

6

Probabilidade de não sair o número 3: P_N = 1 – P = 1 – 1

6 = 5 6

Portanto, P ≠ P_N, ou seja, a probabilidade de sair o número 3 é diferente da probabilidade de não sair o número 3. 13) Falso Múltiplos de 7 entre 1 e 260. a₁ = 7 r = 7 a_n = 259 n = ? a_n = a₁ + (n – 1)r 259 = 7 + (n – 1)7 259=7+7n−7 7n = 259 n = 259 7 ⇒ n = 37 Probabilidade: P = 37 260 14) Falso

Quantidade de número palíndromo: Algarismos: 1, 2, 3, 4 e 5 C D U

Incialmete escolhemos um número para colocar na casa da centena e unidade que pode ser feito de 5 maneiras, lembrando que o algarismo das unidades é igual ao algarismo da centena. 5p 1 C D p U −

Colocando o algarismo na casa da unidade e centena, temos 5 possibilidades de algarismo para colocar na casa das dezenas.

5p 5p 1p

Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 1 = 25 números palíndromos. Casos possíveis: 5p 5p 5p Pelo PFC, temos: 5 . 5 . 5 = 125 Probabilidade: P = 25 125 = 1 5 = 0,2 = 20%. 15) D

Sejam x o número de participantes do sexo masculino

e y o número de participantes do sexo feminino.

Do enunciado temos: x y x x y i ii = + + =        10 5 8 ( ) ( )

Substituindo (i) em (ii), obtemos:

y y y + + + 10 10 = 5 8 y y + + 10 2 10 = 5 8

8(y + 10) = 5(2y + 10) 8y + 80 = 10y + 50 80 – 50 = 10y – 8y

2y = 30 y = 30

2

y = 15

Substituindo y = 15 em (i), teremos: x = 15 + 10

x = 25

Portanto, o total de participantes no sorteio é: x + y = 25 + 15 = 40

16) E

Probabilidade de se obter uma pessoa do horóscopo. Casos possíveis: 100

Casos favoráveis: 9 PC ₌ 9

100 = 0,09

Probabilidade de não se obter uma pessoa do horós-copo: P = 1 – 0,09 = 0,91 17) C Casos possíveis: 256 4 . 4 . 4 . 4 = 256 Casos favoráveis: 4 {(1, 1, 1, 1); (2, 2, 2, 2); (3, 3, 3, 3); (4, 4, 4, 4)} Probabilidade: P = 4 256 = 1 64 18) C r E H

Seja r o raio da circunferência. De forma trivial, obtemos:

lE = 3 r e lH =

2 3 3 r

Casos favoráveis: área do triângulo.

AE= E = r r

(

)

Casos possíveis: área do hexágono.

A_H=3 H 3 2 2  . A r H=         3 2 3 3 3 2 2 . A r H= 3 4 3 9 3 2 2 . . . AH= r = r 4 3 2 2 3 2 2

Probabilidade de o dardo atingir a região triangular:

P A A r r C E F = = = = = 3 3 4 2 3 3 4 2 3 8 0 375 2 2 ,

Probabilidade de o dardo não atingir a região triangular: P = 1 – PC _{= 1 – 0,375 = 0,375 = 0,625 = 62,5%.}

19) A

4

Casos possíveis: área do círculo. A_C = πR2

A_C = π(4)2

A_C = 16π

Casos favoráveis: área do hexágono A_E = 3 3 2 3 4 3 2 3 16 3 2 3 8 3 2 2  ₌ ( ) = . = . . A_E = 24 3 Probabilidade: P A A C E C = = = ÷ ÷ 24 3 16 8 8 π 3 3 2π 20) 30% Casos possíveis: C53 2 5 4 3 3 5 4 3 6 5 2 10 = . . = = = ! . . . Casos favoráveis: C32 3 2 2 3 = . = Probabilidade: P = 3 10 = 0,3 = 30% 21) a) 9900 b) 23,75% (aproximadamente) a) C3 12 C 2 10 preparadores físicos médicos C₁₂3 4 5 12 11 10 3 12 11 10 3 2 4 11 5 220 = . . = = = ! . . . . . C₁₀2 5 10 9 2 10 9 2 5 9 45 = . = = = ! . _. Pelo PFC, temos: 220 . 45 = 9900 b) Casos possíveis: 9900 Casos favoráveis: C2₇ preparadores físicos médicos (7 homens) 4p mulher C28 8 homens C₇2 7 6 2 7 3 21 = . = . = C₈2 8 7 2 4 7 28 = . = . = Pelo PFC, temos: 4 . C₈2 C 10 2 . = 4 . 28 . 21 = 2352 Probabilidade: P = 2352 9900 = 0,2375 = 23,75% 22) C Casos possíveis: 360 180 90 45 15 5 1 2 2 2 3 3 5 2 . 3 . 53 2 1 Número de divisores de 360: (3 + 1) . (2 + 1) . (1 + 1) = 4 . 3 . 2 = 24 Casos favoráveis:

Como 12 = 22 _{. 3, podemos escrever 360 como sendo}

360 = (22 _{. 3) . (2 . 3 . 5).}

O número m de múltiplo de 12 que são divisores de 360

será portanto: m = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) ⇒ 2 . 2 . 2 = 8 Probabilidade: P = 8 24= 1 3 23) a) 3125 b) 369 625

EEIOA e AEIOU (são duas senhas possíveis). a) Quantidade total (T) senhas com 5 vogais gerada

pelo sistema é:

b) Uma senha é dita insegura se possuir a mesma vogal em

posições consecutivas. Assim, uma senha segura é aquela em que as vogais consecutivas são todas distintas. Dessa forma, considere (Ni) o número de senhas inseguras,

(Ns) o número de senhas seguras e (T) o total de senhas geradas pelo sistema.

Assim, segue: Ni = T – Ns Ni = 3125 – (5 . 4 . 4 . 4 . 4) Ni = 1845 Logo, a probabilidade é: P = Ni T= = 1845 3125 369 625 24) 1 3

Casos possíveis (par): {2, 4, 6} Casos favoráveis (múltiplo de 3): {6} Probabilidade: P = 1

3

25) 1

2

Casos possíveis (múltiplo de 3): {3, 6} Casos favoráveis (par): {6}

Probabilidade: P = 1 2 26) D Casos possíveis: 392 + 381 + 773 Casos favoráveis: 392 Probabilidade: P = 392 773 27) a) 8 15 b) 2 5 c) 3 5 d) 5 6 Casos possíveis: 15

a) Casos possíveis (número ímpar): {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} Probabilidade: P = 8

15

b) Casos possíveis (número primo): {2, 3, 5, 7, 11, 13} Probabilidade: P = 6 15 3 3 ÷ ÷ = 2 5 c) Casos possíveis: Probabilidade:

P_{(ímpar ou primo)} = P_(ímpar) + P_(primo) – P_{(ímpar ∩ primo)} Como (ímpar ∩ primo) = {3, 5, 7, 11, 13}, logo: P_{(ímpar ∩ primo)} = 5 15 Portanto: P_{(ímpar ∩ primo)} = 8 15 + 2 5 – 5 15 = 9 15 3 3 ÷ ÷ = 3 5

d) Casos possíveis (números primos): 6 {2, 3, 5, 7, 11, 13}

Casos favoráveis (números ímpares): 5 {3, 5, 7, 11, 13} Probabilidade: P = 5 6 28) 56 01. Incorreta. Sejam: x = meninas y = meninos Turma A: a y x = =17= 23 0 73, Turma B: b y x = =18₂₂=0 81, Turma C: c y x = =15= 25 0 6, Logo, 3 4 < 0,81 = b.

02. Incorreta. Total de alunos matriculados: 120.

Total de alunos meninos: 50.

Logo, o percentual de alunos meninos é:

5 0 12 0 5 12 = = 0,42 = 42% 04. Incorreta. Média: M=23 22 25+ + = = 3 70 3 23 3,

08. Correta. Total de meninas é 70.

Número de duplas: C702

70 69

2 2415

= . =

16. Correta. Casos possíveis: 120

Casos favoráveis: 23 Probabilidade: P = 23

32. Correta. Probabilidade:

P_{(menina ∪ turma A)} = P_(menina) + P_{(turma A)} – P_{(menina ∩ turma A)} Vamos calcular: • P_(menina) = 7 0 12 0 7 12 = • P_{(turma A)} = 4 0 12 0 4 12 1 3 = = • P_{(menina ∩ turma A)} = 23 120 (calculando no item 16) Logo:

P_{(menina ∪ turma A)} = P_(menina) + P_{(turma A)} – P_{(menina ∩ turma A)} = = 7 12 + 1 3 – 23 120 = 70 40 23 120 + − ₌ 87 120 29) C

Probabilidade de os candidatos sorteados serem da matemática ou do sexo feminino.

P_{(MTM ∪ sexo feminino)} = P_(MTM) + P_{(sexo feminino)} – P_{(MTM ∩ sexo feminino)} • Probabilidade de ser matemática.

Casos possíveis: 40 Casos favoráveis: 15 + 10 = 25 Probabilidade: P= = ÷ ÷ 25 40 5 8 5 5

• Probabilidade de ser do sexo feminino. Casos possíveis: 40 Casos favoráveis: 10 + 5 = 15 Probabilidade: P= = ÷ ÷ 15 40 3 8 5 5

• Probabilidade de ser MTM e do sexo feminino. Casos possíveis: 40 Casos favoráveis: 10 Probabilidade: _P=10 ₌ 4 0 1 4 Logo: P_{(MTM ∪ sexo feminino)}5 8 + 3 8 – 1 4 = 6 8 2 2 ÷ ÷ = 3 4

Portanto, resposta correta, é letra C.

30) a) 7 12 b) 17 35 a) Errata: 11 Casos possíveis: 54 + 41 + 51 + 34 = 180 Casos favoráveis: 54 + 51 = 105 Probabilidade: P= = ÷ ÷ 105 180 7 12 15 15 b) Casos possíveis: 54 + 51 = 105 Casos favoráveis: 51 Probabilidade: P=₁₀₅51 =17₃₅ 31) a) 11 b) 28% a) Temos que: x + x + 1 + x + 2 + x + 3 = 50 4x + 6 = 50 4x = 50 – 6 4x = 44 x = 44 4 ⇒ x = 11 b) Quantidade de bolas: Brancas: 11 Azuis: 12 Amarelas: 13 Verdes: 14

Probabilidade de ser uma bola azul (A) de uma bola com um número doze (D).

P_{(A ∪ D)} = P_(A) + P_(D) – P_{(A ∩ D)} • Probabilidade de uma bola azul: Casos possíveis: 50

Casos favoráveis: 12 Probabilidade:

P_{( )A} = 12₅₀ =₂₅6

• Probabilidade de uma bola com um número doze: Casos possíveis: 50

Casos favoráveis: 3 Probabilidade:

P= 3 50

• Probabilidade de ocorrer uma bola azul e com um número doze. Casos possíveis: 50 Casos favoráveis: 1 Probabilidade: P=₅₀1

Portanto, a probabilidade de ser uma bola azul ou uma bola com número doze é:

P_{(A ∪ D)} = 6 25 3 50 1 50 14 50 + − = = 0,28 = 28% 32) 34 155 Múltiplo de 6: {48, 54, 60, 66, 72, 78, 84, 90, 96, 102, 108, 114, 120, 126, 132, 138, 144, 150, 156, 162, 168, 174, 180, 186, 192}

Logo, são 24 múltiplos de 6 entre 43 e 197. Múltiplos de 9:

{45, 54, 63, 72, 81, 90, 99, 108, 117, 126, 135, 144, 153, 162, 171, 180, 189}

Logo, são 17 múltiplos de 9 entre 43 e 197. Múltiplos de 6 e 9:

{54, 72, 90, 108, 126, 144, 162, 180} Probabilidade que seja múltiplo de 6 ou 9: P_{(6 ou 9)} = P₍₆₎ + P₍₉₎ – P_{(6 e 9)} Vamos calcular: Casos possíveis: 197 – 42 = 155 P₍₆₎ = 25 155 P₍₉₎ = 17 155 P_{(6 e 9)} = 8 155 Portanto, P_{(6 ou 9)} = 25 155 + 17 155 – 8 155 = 34 155. 33) 4 13

Quantidade de peças defeituosas de A: 2% de 2000 = 40

Quantidade de peças defeituosas de B: 33% de 3000 = 90 Casos favoráveis: 4 Casos possíveis: 90 + 40 = 130 Probabilidade: P = 4 0 13 0 = 4 13 34) a) 1200 b) 26% a) consultores junior consultores sênior Consultores junior: C103 10 9 8 3 = . . ! = 120 maneiras Consultores sênior: C₅2 5 4 2 = . ! = 10 maneiras Pelo PFC, temos: C₁₀3 _{. C} 5 2_{= 120 . 10 = 1200 maneiras de formar as} comissões.

b) Probabilidade de que nenhuma marca tenha apresen-tado problema. P(A) = 1 2 P(B) = 1 4 P(A ∩ B) = 1 100 Daí: P = 1 – P(A) – P(B) + P(A ∩ B) P = 1 – 1 2 – 1 4 + 1 100 = 100 50 25 1 100 26 100 − − + _{= = 26%} 35) C 60 20 40 380 positivo negativo portador saudável P(saudável/ negativo) = 380 380 40+ = 19 21 36) a) 40% b) 75% 300 pessoas 200 sadias 100 portadoras 170 negativos 30 positivos 10 negativos 90 positivos a) Casos possíveis: 300 Casos favoráveis: 30 + 90 = 120

Probabilidade: P = 120 300 = 12 30 4 10 3 2 2 ÷ ÷ ÷ ÷ = 3 = 2 5 = 0,4 = 40%

b) Trata-se de probabilidade condicional. Casos possíveis: 30 + 90 = 120 Casos favoráveis: 90 Probabilidade: P = 9 0 12 0 = 9 12= 3 4 = 0,75 = 75% 37) 13% P(x) = 0,61 P(y) = 0,53 P(x ∩ y) = 0,27 P(x ∪ y) = P(x) + P(y) – P(x ∩ y) P(x ∪ y) = 0,61 + 0,53 – 0,27 = 0,87

Portanto, a probabilidade de o economista não ser contratado por nenhuma das empresas é:

P = 1 – P(x ∪ y) = 1 – 0,87 = 0,13 = 13% 38) 1

4

P(par/ cara) = P(par) . P(cara) = 3

6 . 1 2 P(par/ cara) = 1 2 . 1 2 = 1 4 39) Verdadeira.

Probabilidade de se obter um número menor que 4. P = 3

6 = 1 2

Portanto, a probabilidade de se obter cara e um nú-mero menor que 4 é:

P(C/ menor que 4) = P(C) . P(menor que 4) = 1 2 . 1 2 = 1 4 = 0,25 = 25% 40) a) 25% b) 2 9 c) 2 9 d) 1 12

a) P(par/ par) = P(par) . P(par) = 5

10. 5 10 P(par/ par) = 25 100 = 1 4 = 0,25 = 25%

b) Probabilidade de a primeira bola ser par: P₁ = 5

10 = 1 2

Probabilidade de a segunda bola ser par: P₂ = 4

9

Portanto, a probabilidade de ocorrer duas bolas é: P = P₁ . P₂ = 1 2 4 9 ⋅ = 2 9

c) Sorteio de duas bolas simultaneamente, isto é, sorteio de duas bolas uma após a outra (sem reposição). Sorteio da 1a _{bola: P} 1 = 5 10 = 1 2 Sorteio da 2a _{bola: P} 2 = 4 9 Probabilidade: P = P₁ . P₂ = 1 2 4 9 ⋅ = 2 9 d) Sorteio da 1a _{bola: P} 1 = 5 10 = 1 2 Sorteio da 2a _{bola: P} 2 = 4 9 Sorteio da 3a _{bola: P} 3 = 3 8 Probabilidade: P = P₁ . P₂ . P₃ = 1 2 4 9 3 8 1 3 4 ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 12 41) 3 8

Existem três maneiras de se obter a sequência de uma cara e duas coroas, que são elas:

KCC CKC CCK        ⇒ P₃2 3 2 = ! != 3

A probabilidade de ocorrer cada uma delas é dada: P = 1 2 . 1 2 . 1 2 = 1 8

Logo, como temos 15 sequências, a probabilidade final é: P = 3 .1 8= 3 8. 42) 3 8

Existem 3 sequências de ter os filhos, que são elas:

menina, menina, menino menina, menino, menina menino, menina,, menina       

ou seja, P32

3 2

= !

! = 3 possibilidades.

Probabilidades de ocorrer cada uma delas: P = ₂1 . ₂1 . ₂1 = 1₈

Logo, como temos 15 sequências, a propabilidade final é: P = 1

8. 3 = 3 8.

43) A

Probabilidade de ser sorteado um produto de A no mês de fevereiro. Casos possíveis: 10 + 30 + 60 = 100 Casos favoráveis: 30 P_A = 3 0 10 0 = 3 10

Probabilidade de ser sorteado um produto de B no mês de fevereiro. Casos possíveis: 20 + 20 + 80 = 120 Casos favoráveis: 20 P_B = 2 0 12 0 = 2 12= 1 6

Portanto, a probabilidade de que os dois sorteados tenham feito suas compras em fevereiro é:

P = P_A . P_B = 3 10 1 62 ⋅ = 1 20 44) D 1 2 3 2 3 4 3 4 5 4 5 6 1 2 3

Existem duas maneiras cuja soma seja 5; são elas: (3 e 2) e (2 e 3). Note que a probabilidade de ambas são idênticas.

Sem perda de generalidade, vamos calcular a proba-bilidade de ocorrer as parcelas 3 e 2, nesta ordem. Primeiro giro: Casos possíveis: 9

Casos favoráveis: 3 P₁ = 3

9 = 1 3

Segundo giro: Casos possíveis: 9 Casos favoráveis: 3 P₂ = 3

9 = 1 3

Probabilidade de a soma ser 5 é dada por: P = P₁ . P₂ = 1 3 . 1 3 = 1 9 Probabilidade de (3 e 2) ou (2 e 3) ocorrer é: P = 1 9 + 1 9 = 2 9 45) B Casos possíveis: 2p 2p 2p 2p 2p ⇒ 25 _{= 32} Casos favoráveis: C: cara C C C C Co Co: coroa P54 5 4 = ! != 5

Portanto, a probabilidade de ocorrer 4 cara e uma coroa: P = 5 32 46) a) 1 2 b) 6 51 c) 13 34 a) Casos possíveis: 26 + 26 = 52 Casos favoráveis: 26 P = 26 52= 1 2 b) Probabilidades: 1a _carta: 26 52= 1 2 2a _carta: 25

51 (retirada uma carta vermelha)

3a _carta: 24

50= 12

25 (retiradas duas cartas vermelhas)

Portanto, a probabilidade de 3 cartas vermelhas serem sorteadas é: P = 1 2 25 51 12 25 6 ⋅ ⋅ = 6 51

c) Caso ocorra vermelha, vermelha e preta, nesta ordem. 1a _{carta retirada:} 26 52= 1 2 2a _{carta retirada:} 25 51 3a _{carta retirada:} 26 50= 13 25 Probabilidade: P = 1 2 . 25 51 13 25 ⋅ = 13 102

Caso ocorra vermelha, preta e vermelha, nesta ordem. 1a _{carta retirada:} 26 52= 1 2 2a _{carta retirada:} 26 51 3a _{carta retirada:} 25 50= 1 2 Probabilidade: P = 1 2 . 1 2 26 51 ⋅ = 1 2 . 13 51 = 13 102

Caso ocorra preta, vermelha e vermelha. 1a _{carta retirada:} 26 52= 1 2 2a _{carta retirada:} 26 51 3a _{carta retirada:} 25 50= 1 2 Probabilidade P = 1 2 . 1 2 . 26 51 = 13 102

Portanto, a probabilidade de ocorrer duas cartas vermelhas e uma preta na retirada de três cartas é: P = 13 102+ 13 102+ 13 102= 39 102 = 13 34 47) 1% P_II = 3P_I (i) P_III = 2P_II (ii)

Substituindo (i) em (ii), obtemos: P_III = 6P_I (iii)

Temos que: P_I = 1 – P_II – P_III

Substituindo (i) e (iii) na equação acima, teremos: P_I = 1 – 3P_I – 6P_I

P_I + 3P_I + 6P_I = 1 10P_I = 1

P_I = 1

10

Probabilidade de o atirador acertar o dardo na região I exatamente duas vezes ao fazer dois lançamentos é: P = P_{I .} P_I = 1 10. 1 10= 1 100 = 0,01 = 1% 48) C

Probabilidade de o médico errar o diagnóstico: P₁ = 1 – 0,95 = 0,05

Probabilidade de ser processado pelo paciente: P₂ = 1 – 0,9 = 0,1

Probabilidade de o médico errar o diagnóstico e ser processado pelo paciente:

P = P₁ . P₂ = 0,05 . 0,1 = 5 . 10–3 _{= 0,5%}

49) C

Probabilidade de que os produtos A e B escolhidos estejam a menos de 10 dias do vencimento é, respectivamente: P_A = 1 – 0,95 = 0,05

P_B = 1 – 0,98 = 0,02

Probabilidade de que ambos os produtos escolhidos estejam a menos de dez dias do prazo de validade é: P = P_A . P_B = 0,05 . 0,02 = 1 . 10–3 _{= 0,1%}

50) D

Cada cidade tem 1

3 de possibilidade.

São Paulo: 3 mulheres e 5 pessoas  P1 = 1

3 3 5 ⋅ = 1

5

Sorocaba: 1 mulher e 3 pessoas  P2 =

1 3 . 1 3 = 1 9

Baixada: 2 mulheres e 4 pessoas  P3 =

1 3 . 2 4 = 1 6

Portanto, a probabilidade de ser sorteada uma das Fatecs e de ela escolher, também ao acaso, um aluno é dada por: P = P₁ + P₂ + P₃ = 1 5 + 1 9+ 1 6 = 43 90 51) A

Sem perda de generalidade, suponha que a empresa tenha 100 funcionários. (O número 100 é escolhido de forma a facilitar as contas).

100 funcionários 2 fumantes 38 não fumantes 60% 40% 60 homens 40 mulheres 6 fumantes 54 não fumantes 10% 30% 95% 5%

Portanto, a probabilidade de se escolher ao acaso um dos fumantes dessa empresa e de ser uma mulher, é: P = 2 2 6+ = 2 8 = 1 4 = 0,25% 52) 31,25%

O número de maneiras de escolher 3 pessoas de um grupo de 6 é: C63 6 5 4 3 = ⋅ ⋅ ! = 20

Probabilidade percentual de as 3 pessoas terem sangue do tipo A é: P = 20 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 = 20 64= 5 16 P = 0,3125 = 31,25%

53) 1

30

Probabilidade de Pedro não ser sorteado: P_N = 1 – 1

30 = 29 30

Probabilidade de Pedro ser sorteado na segunda ten-tativa sem considerar a perda da bola:

P₂ = 1

29

Probabilidade de Pedro ser sorteado na segunda ten-tativa: P = P_N . P₂ = 29 30 1 29 ⋅ = 1 30 54) D PC ₌ 2 3 . 2 3 = 4 9 P = 1 – PC _{= 1 –} 4 9 = 9 4 9 − ₌ 5 9 55) 3 Ambas vermelhas: P_V = 5 6 . x x 6 5 36 =

em que x é o número de faces vermelhas do cubo.

Ambas azuis: P_V = 1 6 . 6 6 6 36 −x₌ −x

Probabilidade de ambos serem iguais:

5 36 6 36 1 2 x ₊ −x₌ 5 18 6 18 1 x₊ −x₌ 5x + 6 – x = 18 4x = 18 – 6 4x = 12 x = 12 4 ⇒ x = 3 56) D Sejam: x: bolas vermelhas y: bolas azuis

Probabilidade de duas bolas vermelhas:

x x+y. x x y − + − 1 1= 1 3 (i)

Probabilidade de três bolas vermelhas:

x x+y. x x y − + − 1 1. x x y − + − 2 2= 1 6 (ii)

Substituindo (i) em (ii), obtemos:

1 3 . x x y − + − 2 2= 1 6 x – 2 x + y – 2 = 1 2 2(x – 2) = x + y – 2 2x – 4 = x + y – 2 2x –x – 4 + 2 = y x – 2 = y (iii)

Substituindo (iii) em (i), teremos:

x x x x x x + − ⋅ − + − − 2 1 2 1= 1 3 x x x x 2 2 1 2 3 − ⋅ − − = 1 3 x x x x −

(

)

(

)

(

)

Resolvendo a equação acima, temos: x' = 6 e x'' = 1 (não serve) Substituindo x = 6 em (iii), obtemos: 6 – 2 = y

y = 4

Portanto, o número total de bolas na caixa é: x + y = 6 + 4 = 10

57) D

O trajeto com menor probabilidade de engarrafamento será o trajeto que possuir a maior probabilidade de não ter engarrafamento.

E₁E₃ : 0,2 . 0,5 = 0,10 = 10% E₁E₄ : 0,2 . 0,7 = 0,14 = 14% E₂E₅ : 0,3 . 0,6 = 0,18 = 18% E₂E₆ : 0,3 . 0,4 = 0,12 = 12%

Logo, o trajeto com maior probabilidade de não ter engarrafamento é E₂E₅.

58) 3

4

As probabilidades de cada siuação são:

J ganha: J ganha: nova jogada: 1 P P P ( ) ( , , ) ( , 3 1 6 4 5 6 3 6 1 2 1 2 = = = 22 2 6 1 3 )= =           

Para o jogador II ganhar, ou ele acerta da 1a _{vez, ou o}

resultado do lançamento do jogador I será 1 ou 2. Calculando as jogadas em que o jogador II ganha,

temos: 1a _{jogada: P(J} 2 ganha): 1 2 2a _jogada: P(1,2) . P(4,5,6) = 1 3 . 1 2 = 1 6 3a _jogada: P(1,2) . P(1,2) . P(4,5,6) = 1 3 . 1 3 . 1 2 = 1 18 4a _jogada: P(1,2) . P(1,2) . P(1,2) . P(4,5,6) = 1 3 . 1 3 . 1 3 . 1 2 = 1 54 

A probabilidade, então, do jogador II ganhar, será: P(1o _{J) + P (2}o _{J) + … =} 1 2 + 1 6 + 1 18 + 1 54 + … que a

soma de uma P.G. de razão q = 1

3. Logo: P = S∞ = 1 2 1 1 3 1 2 2 3 3 2 2 − = = ⋅ = 3 4 59) 1 12 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 Casos possíveis: 36

Casos favoráveis: 3, que são (1 e 3), (2 e 2) e (3 e 1). Probabilidade: P = 3 36= 1 12 60) D Casos possíveis: 3 + 10 + 1 = 14 Casos favoráveis: 10 Probabilidade: P = 10 14= 5 7 61) A Sejam:

C: defeitos nas costuras; S: solas descoladas; D: falta um dos cadarços. l. Incorreta.

P(C ∪ S) = P(C) + P(S) – P(C ∩ S)

Sem perda de generalidade, suponha que existam 100 produtos defeituosos. Vamos calcular P(C). Casos possíveis: 100 Casos favoráveis: 25 Probabilidade: P = 25 100 = 1 4 Vamos calcular P(S): P = 17 100 Vamos calcular P(C ∩ S): P = 15 100 Portanto: P(C ∪ S) = 1 4 + 17 100 – 15 100 P(C ∪ S) =25 17 15 100 + − ₌ 27 100= 27% ll. Correta. 10% 2% 18% 15% sola descolada problema na costura falta um cadarço

Total da porcentagem que possui um dos três defeitos é 10% + 15% + 2% + 18% = 45%.

Portanto, a porcentagem que não possui algum dos três defeitos acima é 100% – 45% = 55%.

lll. Correta.

62) B

Sejam a₁, a₂, …, a₅ os raios da circunferência de menor raio para maior raio, respectivamente. Temos a sequência: PG (a₁, a₂, a₃, a₄, a₅)

PG (a , 2a , 4a , 8a , 16a )1 1 1 1 1 raio da circunferência

maior

Como o diâmetro da mesa é 3 m e 20 cm = 320 cm, então o raio da circunferência maior é 160 cm. Daí: 16a₁ = 160

a₁ = 160

16

a₁ = 10 cm Logo:

Sejam C₁, C₂, …,C₅ circunferências e P₁, P₂ e P₃ regiões pintadas.

10 20 40 80 160 C2 C3 C4 C5 P1 P2 P3 C1 Área: A_P1 = A_C1 = 102_{π = 100π cm}2 A_P2 = A_C3 – A_C2 = (40)2_{π – (20)}2_{π = 1600π – 400π} A_P2 = 1200π cm2 A_P3 = A_C5 – A_C4 = (160)2_{π – (80)}2_{π = 19 200π cm}

Soma das áreas pintadas:

A_P = A_P1 + A_P2 + A_P3 = 100π + 1200π + 19 200π A_P = 20 500π cm2 Probabilidade: P = A A P C5 20 500 25 600 = π π = 0,8 = 80% 63) D

I. Como os eventos são distintos, ou seja, a probabilidade do 2o _{lançamento não depende do 1}o_{, então:}

P = 1 2 . 1 2 = 1 4

II. As sequências de três caras e uma coroa é de P₄3_{, isto é:}

P₄3₌ 4

3 ! != 4

Probabilidade de cada uma ocorrer é dada por: P = 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 = 1 16 Portanto, P_FINAL = 4P = 4 . 1 16 = 1 4

III. As sequências de cinco caras e três coroas é dada por: P₈3 5 8 5 3 8 7 6 6 8 7 56 , ! ! ! = = ⋅ ⋅ = ⋅ =

Probabilidade de cada uma ocorrer é dada por: P = 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 . 1 2 = 1 256 Portanto, P_FINAL = 56 . 1 256 = 7 32

Logo, os itens I e II são iguais. 64) E

Probabilidade de Júnior ter lido três desses livros: Ler 3 livros  P₃ = 1 220 Ler 2 livros  P₂ = 27 220 Ler 1 livro  P₁ = 108 220 Logo, P = P₃ + P₂ + P₁ = 1 220 + 27 220+ 108 220= 136 220= 34 55

Probabilidade de Júnior não ter lido nenhum livro: P = 1 – 34 55= 55 34 55 21 55 − ₌ 65) D

Probabilidade de animais doentes: P_D = 1

25

Probabilidade de uma ave estar doente e ser devorada: P₁ = 1 25 . 1 4 = 1 100 = 1%

Probabilidade de animais não doentes: P_S = 1 – 1

25 = 24 25

Probabilidade de animais não doentes serem devora-dos:

P₂ = 24

25. 1

40 = 0,024% = 2,4%

Portanto, a probabilidade de uma ave ser devorada é: P = 1% + 2,4% = 3,4

66) E 120 casas

Proprietário com atrasos: 20% de 120 = 24 230 terrenos sem edificações

Proprietário com atrasos: 10% de 230 = 23 Casos possíveis: 24 + 23 = 47 Casos favoráveis: 23 Probabilidade: P = 23 47 67) D Casos possíveis: C62 6 5 2 3 5 15 = . = . =

Casos favoráveis: 3 pares. Probabilidade: P = 3 15 3 3 ÷ ÷ = 1 5. 68) C

Na primeira carta virada pelo segundo jogador haverá

2

4 de chances de este obter o triângulo ou quadrado.

Haverá também 2

4 de chances de este virar o círculo.

Ocorrendo o segundo caso, o segundo jogador terá, na segunda virada, 1

3 de chance de virar novamente o

círculo. Assim temos: P = 2 4 + 2 4 . 1 3 P = 1 2 + 1 2 . 1 3 P = 1 2 + 1 6 = 4 6 P = 2 3

69) A 400 ₂₀₀ 300 400 Inglês Espanhol Nenhuma língua Casos possíveis: 300 + 300 = 600 Casos favoráveis: 300 Probabilidade: P = 300 600 = 3 6 = 1 2 70) D Total de comissões: servidores C415 professores 7p PFC, temos: C₁₅4 _{. 7 = 1365 . 7 = 9555}

Comissões com exatamente 1 professor de matemática.

servidor C₁₃3 7p 2p professor de matemática PFC, temos: 2 . C₁₃3 _{. 7 = 14 . 286 = 4004} Probabilidade: P = 4004 9555= 0,419 = 41,9% 71) B

Sem perda de generalidade suponha que o total de parafusos produzidos é 100.

A máquina I produziu 54

100 = 54% do total, isto é, 54

parafusos produzidos pela máquina I. Daí, foram pro-duzidos 46 parafusos pela máquina II.

Da máquina I, 25

1000 são parafusos defeituosos, logo

54 . 0,025 = 1,35%. Já na máquina II são produzidos 46 . 0,038 = 1,748% de parafusos defeituosos. Portanto, a porcentagem de parafusos defeituosos é: P = 1,35% + 1,78% = 3,098%

72) C

Segundo o enunciado, obtemos o seguinte diagrama: 300 I II III 4 27 9 19 36 125 12 Sejam:

N: usuário com nenhuma rede social; UR: uma rede social.

Probabilidade:

P((N) ∪ (UR)) = P(N) + P(UR) – P((N)(UR)) 0 = P(N) + P(UR) = 68 300 4 12 9 300 + + + = 93 300 = 0,31 = 31% 73) E Casos possíveis: 6! = 720 Casos favoráveis:

Vamos calcular o número de anagramas cujo algarismo 9 vem depois do 2. 2 fixo 5p 4p 3p 2p 1p 5! = 120 4p fixo 2 4 3 2 1 4 . 4 . 3 . 2 = 96 4 fixo 3 2 3 2 1 4 . 3 . 3 . 2 = 72 4 fixo 3 2 2 2 1 4 . 3 . 2 . 2 = 48 4 fixo 3 2 1 2 1 4 . 3 . 2 = 24 fixo 2 não serve,

pois o algarismo estará à esquerda do 2, qualquer que seja a posição.

Logo, 120 + 96 + 72 + 48 + 24 = 360 Número de anagramas cujo algarismo 9 vem antes do 2. 720 – 360 = 360 Probabilidade: P = 360 720= 1 2 = 0,5 74) A Mais de 30 anos: 48% de 5000 ⇒ 5000 . 0,48 = 2400 Menos de 30 anos: 5000 – 2400 = 2600 Especializados: 36% de 5000 ⇒ 5000 . 0,36 = 1800 Especializados com menos de 30 anos: 1800 – 1400 = 400 Probabilidade: P = 4 00 50 00 4 50 2 25 = = = 0,08 = 8% 75) C

Para a pergunta "hoje é domingo" o oráculo responde sem às segundas, terças, quartas e também no domingo. São 4 dias, dos quais 3 ele está mentindo.

A probabilidade de estar mentindo é 3

4.

76) A

Se a chave C₁ estiver aberta, ambas as lâmpadas ficarão apagadas, independentes do estado da chave C₂. Por outro lado, se a chave C₁ estiver fechada e a C₂ estiver aberta, a lâmpada L₂ ficará apagada. Portanto, a probabilidade pedida é dada por: 0,6 + (1 – 0,6) . 0,4 = 0,76 = 76% 77) C Casos possíveis: C93 9 8 7 6 = ⋅ ⋅ = 84 Casos favoráveis: 8 Probabilidade: P = 8 84= 2 21 78) B

Nota de 50 Nota de 20 Soma

Número de notas 1 2 3 4 5 6 7 8 0 15 10 5 0 20 400 Probabilidade: P = 2 5 79) B

Probabilidade de tirar um lápis com ponta da primeira caixa é 3

10.

Ao segundo passo, colocamos um lápis com ponta na caixa B. Probabilidade de tirar um lápis que não contenha ponta na caixa B é 5

10.

Ao conjunto dos dois passos, a probabilidade de retirar um lápis sem ponta é dada por:

P₁ = 3 10 . 5 10 = 15 100

Agora, a probabilidade de tirar um lápis sem ponta da primeira caixa é 7

10.

Ao segundo passo, colocamos um lápis sem ponta na caixa B. Probabilidade de tirar um lápis que não contenha ponta na caixa B é 6

10.

Ao conjunto dos dois passos, a probabilidade de retirar um lápis sem ponta é dada por:

P₂ = 7 10 . 6 10 = 42 100

Portanto, a probabilidade do último lápis retirado não ter ponta é igual: P = 15 100. 42 100 = 57 100 = 0,57

80) E

Sem perda de generalidade, suponha que o número da porpulação seja de 1000. Possuem a doença D: 1% de 1000 = 10.

Destes, 95% possui resultado positivo, isto é, 9,5 da população obteve resultado positivo de que possui a doença. Temos que 990 não têm a doença. Como destes em 10% o resultado foi positivo, então 99 não possuem a doença, mas o resultado positivo.

Casos possíveis: 99 + 9,5 = 108,5 Casos favoráveis: 9,5 Probabilidade: P = 9 5 108 5 , , = 0,0875 = 8,75% ≅ 9% 81) a) 1 220 b) R$20,00 a) 12 1 bolaª 11 2 bolaª 10 3 bolaª PFC, temos: 12 . 11 . 10 = 1320 Casos possíveis: 990 Casos favoráveis: 3! = 6 Probabilidade: P = 6 1320= 1 220

b) Numa aposta em 5 números existem

C₅3 5 4 3

3

= ⋅ ⋅

! = 10 termos diferentes.

Considerando que a aposta em três números custa R$2,00, uma aposta de 5 números deveria custar 10 . 2 = R$20,00. 82) B

5 moedas são do tipo cara cara _,

10 do tipo cara _coroa

e 25 do tipo coroa coroa

Se uma moeda é retirada ao acaso e a fase observada mostra coroa, então essa moeda é do tipo cara _{coroa ou do tipo coroa coroa e,}

portanto, o total de possibilidades é 35.

Das 35 moedas, existem 25 do tipo coroa coroa . Probabilidade é: 25

35= 5 7