Resolução dos exercícios de probabilidade
Cap. 6 - Pág. 54
Para estas notas, consideraremos as siglas CP = casos possíveis
CF = casos favoráveis
|CP| = quantidade de casos possíveis |CF| = quantidade de casos favoráveis
1) Para isso, o juiz deve escolher o cartão com uma face de cada cor e virar o lado amarelo para o jogador. A: Escolher o cartão com duas cores diferentes
|CF| = 1 P(A) = 1/3 |CP| = 3
B: Virar o lado vermelho para o jogador |CF| = 1
|CP| = 2 P(B) = 1/2
Como queremos que A e B ocorram, as probabilidades devem ser multiplicadas 2) Solução1: (caso construtivo)
Há 13 cartas de ouro (A, 2, 3, 4,..., 10, J, Q, K) e 39 não de ouro no baralho.
A probabilidade de pelo menos uma ser de ouro é a probabilidade de exatamente uma ser de ouro ou de as duas serem de ouro.
i) Para as possibilidades de exatamente uma ser de ouro, temos a 1ª de ouro e a 2ª não de ouro ou a 1ª não de ouro e 2ª de ouro
A: a primeira é de ouro
B: a segunda não é de ouro C: a primeira não é de ouro D: a segunda é de ouro
Como queremos que aconteçam A e B ou C e D, temos o seguinte
ii) Temos ainda o caso em que ambas são de ouro. : a primeira é de ouro : a segunda é de ouro
Como queremos que ocorra o item (i) ou o item (ii).
Solução2: (caso destrutivo)
Basta tirar do 100% que pode ocorrer, tudo o que não interessa ao problema. Não interessa que aconteça não ouro na primeira e não ouro na segunda. A: não ouro na primeira
B: não ouro na segunda-feira Logo, a probabilidade desejada é 3) Considere O = menino e A=Menina
Ω = CP = {(O,O), (O,A), (A,O)}. Excluímos o caso (A,A), pois o problema já disse que um deles é menino.
CF = {(O,A), (A,O)} O outro filho deve ser uma menina.
Logo, a probabilidade desejada é
4) Se o número é impar, então o espaço amostral é Ω = {1,3,5,7,9,11} = CP
CF = {1,3} Menor que 5
Logo, a probabilidade desejada é
5) Somente um caso favorece ao problema, isto é, o caso em que os três amigos estão no pódio (repare que o problema não faz distinção entre quem é o primeiro, o segundo e o terceiro colocado!!!)
|CF| = 1
|CP| = quantidade de grupos de 3 pessoas que podem subir ao pódio (é claro que a ordem não importa, pois não falamos em quem estará em cada posição:1°,2° e 3° lugar)
Basta escolher 3 pessoas dentre as 20 para estar no pódio, onde a ordem não importa. Logo, a probabilidade desejada é
Obs. Se você não é adepto das fórmulas (como eu!), os casos possíveis poderiam ser calculados somente com o princípio multiplicativo e um pouco de lógica, isto é
Há 20 pessoas que podem ser a 1ª a ser escolhida para ir ao pódio Há 19 pessoas que podem ser a 2ª a ser escolhida para ir ao pódio Há 18 pessoas que podem ser a 3ª a ser escolhida para ir ao pódio
Como a ordem não importa, devemos descontar as 3! maneiras que cada grupo foi contado. Logo,
6) – mal formulada
7) Há 5 lojas possíveis de serem visitadas e ele visitará apenas 1, logo a probabilidade dele visitar uma loja qualquer é 1/5, logo a probabilidade dele não visitar uma loja qualquer é 1-1/5 = 4/5
Podemos pensar também que das 5 lojas possíveis, 4 ele vai escolher para não visitar. A: não visita a loja x.
|CF| = 4
|CP| = 5 P(A) = 4/5
8) Sejam os clubes C1, C2, C3,C4 e C5, onde o clube C5 é o favorito.
Seja x a probabilidade de um dos clubes C1, C2, C3 e C4 ganharem. Como a probabilidade de C5 ganhar é o dobro de x, então temos P(C5) = 2x e P(C1) = P(C2) = P(C3) = P(C4) = x
Como a soma das 5 probabilidades deve ser igual a 100% (pois o evento “algum dos 5 ganha” é um evento certo) e como 100% = 1, temos
P(C1) + P(C2) + P(C3) + P(C4) + P(C5) = 1
x + x + x + x + 2x = 1 => 6x = 1 => x = 1/6
Logo, a probabilidade de C5 não ganhar é a probabilidade de C1 ou C2 ou C3 ou C4 ganharem. Como estes eventos são mutuamente excludentes
P(C1 ou C2 ou C3 ou C4 ) = P(C1) + P(C2) + P(C3) + P(C4) = 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 =4/6 = 2/3 9) Ao retirar 5 pares de meias do saco, pode ocorrer de os 5 serem diferentes, isto é, um de cada cor.
Logo, o próximo par retirado necessariamente será de uma das 5 cores, o que me dará 2 pares da mesma cor. Resposta: 5+1 = 6 pares no mínimo.
10) Devemos considerar dois casos: i ou ii
i) A bola passada da urna 1 para a urna 2 foi vermelha. Considere V1 = vermelha na urna 1 e V2 = vermelha na urna 2 P(V1) = 3/8
A urna 2 ficou com 3 vermelhas e 3 azuis, logo P(V2) = 3/6 = 1/2
Como para este caso acontecer, devem ocorrer V1 e V2, temos
ii) A bola passada da urna 1 para a urna 2 foi azul A1 = azul na primeira
V2 = vermelha na segunda-feira P(A1) = 5/8
A urna 2 ficou com 2 vermelhas e 4 azuis P(V2) = 2/6 = 1/3
Como para este caso acontecer, devem ocorrer A1 e V2, temos
Como só pode ocorrer i ou ii e como estes são excludentes, temos
Outra maneira muito inteligente de resolver estes tipos de problema é usar a árvore de tomadas de
decisão. V= vermelha 3/8.3/6 A = azul V 3/6 3/6 3/8.3/6 V A 3/8 V 5/8.2/6 5/8 2/6 A 4/6 A 5/8.2/6
As probabilidades que estão em ramificações de um mesmo galho devem ser multiplicadas e as que estão em ramificações de galhos diferentes, somadas.
Como só nos interessa os galhos que terminam em V (bola vermelha), que estão destacados abaixo, temos. 3/8.3/6 V 3/6 3/6 3/8.3/6 V A 3/8 V 5/8.2/6 5/8 2/6 A 4/6 A 5/8.2/6
11) Considere a tabela de soma abaixo. Na linha superior estão os resultados do dado 1 e na coluna à esquerda os resultados possíveis do dado 2. Nos demais espaços estão as somas dos resultados possíveis.
d1 d2 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
a) Em azul estão os resultados em que a soma não é superior a 7. |CF| = 21
|CP| = 36
A probabilidade é
b) Pode-se fazer outra tabela semelhante à primeira, porém de produtos. Basta contar a quantidade de produtos pares e dividir por 36.
Outra maneira mais esperta é perceber que o produto é par quando os dois números são pares ou quando um é par e o outro é impar.
Ω = {1,2,3,4,5,6}
P = Par ={2,4,6} => 3 números pares I = Impar ={1,3,5} => 3 números impares P(P) = 3/6 = 1/2
A: o produto é par
P(A) = P(PeP ou PeI ou IeP) = P(PeP) +P(PeI) +P(IeP) = P(P).P(P) + P(P).P(I) + P(I).P(P)
12)
a) Queremos que ocorra o evento A = P e P e P e B P(A) = P(P).P(P).P(P).P(B)
Como as retiradas são feitas sem reposição, o número de bolas sempre diminui!
b) Queremos que ocorra BBPP em qualquer ordem possível.
BBPP é uma “palavra” de 4 letras com 2 repetidas e 2 repetidas. Logo, há ordens possíveis para a palavra BBPP (permutação com elementos repetidos).
C: B e B e P e P em qualquer ordem
13) Este problema será feito pelo complementar, isto é, retirando-se de 100% o que não interessa ao problema (se tentássemos fazer de maneira direta, levaríamos muito tempo).
O que não nos interessa é que ninguém faça aniversário no mesmo dia, isto é,
(p1 e p2 não aniversariem no mesmo dia) e (p1 e p3 não aniversariem no mesmo dia)e...(p1 e p40 não aniversariem no mesmo dia)e...(p39 e p40 não aniversariem no mesmo dia )
Da análise combinatória, sabemos que há duplas diferentes
Mas a probabilidade de duas pessoas não aniversariarem no mesmo dia é 364/365 (de todos os dias, escolho os que uma delas não aniversaria!). Como queremos que ninguém faça aniversário no mesmo dia, devemos ter 780 fatores Logo, a probabilidade desejada é
14) Jaime (J) comprou 10 bilhetes para o mesmo sorteio de 1000 números. Logo, a probabilidade dele vencer é
Luiz (L) comprou 1 bilhete e vai usá-lo para 10 sorteios diferentes de 1000 números. Logo, a
probabilidade de Luiz ganhar é a probabilidade de ele ganhar no 1°, ou no 2°, ou ..., no 10°, ou no 1° e no 2°, ou ...., ou no 1°e no 2°e no 3° ... e no 10°.
Esta probabilidade é muito difícil de ser calculada, por isso, mais uma vez calcularemos o que o problema não quer e retiraremos de 100%.
A probabilidade de Luiz não ganhar é a probabilidade do evento A = (não ganhar no 1°) e (não ganhar no 2°) e (não ganhar no 3°) e (não ganhar no 4°) e (não ganhar no 5°) e (não ganhar no 6°) e... (não ganhar no 10°) 10 fatores
Logo, a probabilidade de Luiz ganhar é 1-P(A) = 1-0,99 = 0,0099=0,99% Portanto, Jaime tem mais chance que Luiz.
15) Vamos tabular os dados
Homem Mulher total
Loiro 6 6 12
Não loiro 12 8 20
total 18 14 32
Os números em vermelho são dados pelo problema e o restante pode ser deduzido. Queremos a probabilidade de o aluno ser loiro ou mulher ou loiro e mulher
16) Retirar duas bolas ao mesmo tempo é o mesmo que retirar uma e depois outra. As possibilidades para as duas bolas serem de cor diferentes são: A e V ou V e A P(A e V ou V e A) = P(A).P(V)+P(V).P(A) 17)
Como , vamos substituir (I) em (II)
Substituindo y na equação (I) temos Logo, o total de bolas é 5 + 40 + 15 = 60 bolas
18) As três arestas pertencerão à mesma face somente quando as três formarem uma face. Como são 8 faces, temos |CF| = 8
Há 12 arestas e, portanto
grupos de 3 arestas. Logo |CP| = 220
Portanto, a probabilidade desejada é
19) Este problema também será resolvido pelo complementar.
Como a letra B representa C ou G (2 possibilidades), o terno BBB pode representar 2.2.2 = 8
configurações diferentes, das quais somente as configurações CGC e CGG nos interessam e as outras 6 não interessam.
Queremos a probabilidade que as configurações CGC e CGG apareçam em pelo menos uma das 7 seqüências BBB listadas na cadeia e, por isso, vamos calcular a probabilidade dela não aparecer em nenhuma das 7 e retirar de 100%.
A probabilidade delas não aparecerem na 1ª é 6/8 = 3/4 A probabilidade delas não aparecerem na 2ª é 3/4
A probabilidade delas não aparecerem na 3ª é 3/4 .
. .
A probabilidade delas não aparecerem na 7ª é 3/4
Logo, a probabilidade delas não aparecerem na 1ª e não na 2ª e não na 3ª e ...e não na 7ª é
7 fatores
20) Solução 1:
Queremos a probabilidade de pelo menos um conter o vírus DEN 3, isto é, ou exatamente 1 ou exatamente 2.
A: contém o vírus Ac: não contém o vírus
As possibilidades que nos interessam são (A e Ac) ou (Ac e A) ou (A e A). Logo, a probabilidade desejada será
P = P(A).P(Ac) + P(Ac).P(A) + P(A).P(A), sempre levando em consideração que, ao tirar um mosquito, nosso espaço amostral (casos possíveis) são reduzidos em uma unidade.
Solução 2:
Podemos calcular a chance de nenhum estar com o vírus e retirar de 100%
Logo, a probabilidade desejada é 21) CF = {1,2,3,4,5,6,...,19,20} |CF| = 20 CP = {1,2,3,4,5,6,...,99,100} |CP| = 100 A: número menor que 21
P(A) = 20/100 = 20%
22) Os algarismos que podemos utilizar são {1,3,8,9}
a) O primeiro dígito pode ser qualquer um dos 4 (1,3,8 ou 9).
O segundo não pode ser igual ao primeiro, logo há 3 possibilidades Para o terceiro, temos 2 possibilidades
Para o 4° temos 1 possibilidade
Portanto, pelo princípio multiplicativo, temos 4.3.2.1 = 24 números distintos formados com os quatro algarismos acima.
b) Para que ele abra na 12ª tentativa, ele não deve abrir na 1ª e não na 2ª e não na 3ª e ... não na 11ª e sim na 12ª
Logo, a probabilidade desejada é
Observe que os denominadores e cancelam e ficamos com
23) A: soma menor que 6
B: soma maior que 7
C: soma igual a 6 ou igual a 7
d1 d2 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 a) P(A) = 10/36 = 5/ 13
b) Se C não ganhou, então certamente a soma não foi igual a 6 ou igual a 7, isto é, podemos excluir do nosso espaço amostral todos os 11 números em roxo, ficando com 36 - 11 = 25
P(A) = 10/25 = 2/5
24) maneiras de se escolher 2 arestas de um cubo
Por definição, retas reversas são retas que não estão no mesmo plano, como as do exemplo
As arestas em vermelho são reversas. Observe que há 4 arestas reversas para cada aresta, mas que se a aresta a é reversa à aresta b, então b também é reversa a a, logo, cada aresta será contada duas vezes. Como um cubo tem 6 arestas, temos
|CF| = 4.12/2 = 24
Logo, a probabilidade desejada é P = 24/66 = 4/11
25) Na caixa há x bombons de passas e x+2 bombons de nozes. N1: bombom de nozes na primeira extração
N2: bombom de nozes na segunda extração
Logo, y = x+2 = 10+2 =12 a) Há na caixa 10+22 = 22 bombons b) Solução1: P(P e N ou N e P) = P(P).P(N)+P(N).P(P)
Solução 2:
é dado pelo problema
Logo, a probabilidade desejada é 26) Um hexágono tem 6 vértices.
duplas de vértices.
Cada vértice tem 2 adjacentes, mas a configuração AB é a mesma que BA, isto é, a ordem não importa. Logo, há 6.2/2 = 6 duplas de vértices adjacentes
|CF| = 6
Portanto, a probabilidade desejada é P = 6/15 = 2/5 27) d1 d2 1 2 3 4 5 6 1 N N N N N N 2 S N N N N N 3 S S N N N N 4 S S S N N N 5 S S S S N N 6 S S S S S N d1 = 1° lançamento d2 = 2° lançamento
Onde a letra S significa segundo lançamento maior que o primeiro e N significa que isso não ocorre. A probabilidade desejada é
P = 15/36 = 5/12
28) A freqüência acumulada soma a freqüência de um item com o anterior. A tabela abaixo mostra a freqüência não acumulada.
Idade (anos) Freqüência (não acumulada)
20 - 24 20
24 - 28 32
28 – 32 26
32 – 36 12
36 – 40 10
Há 100 – 20 = 80 pessoas com 24 anos ou mais |CP| = 20
Há 26 + 12 = 38 pessoas de 28 a 36 anos |CF| = 38
29) Nosso espaço amostral é
Ω ={(ka,ka), (ka,ko), (ko,ka) (ko,ko)} P( duas caras) = 1/4
P(duas coroas) = 1/4
P(uma cara e uma coroa) = 2/4 = 1/2 Logo, a resposta certa é a letra C
30) Para que isso ocorra, temos que o dado deve dar um número diferente de 6 ou o dado dá 6 e a bola retirada é preta
A probabilidade desejada é
OBS. Um raciocínio semelhante ao do problema 10 pode ser utilizado, com a árvore de tomada de decisões.
31) Nossos casos possíveis são todos os grupos 2 que podemos fazer com 7 peças.
Note que as peças 1 e 2 são iguais a 1/4 da área do tangran e são iguais entre si. Logo, para formar uma área maior do que 1/4 da área do tangran, temos que ter a peça 1 e mais outra qualquer ou a peça 2 e outra qualquer. As possibilidades são:
CF = {{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,3},{2,4},{2,5},{2,6},{2,7}} |CF| = 11
P = 11/21
OBS. É comum, em probabilidade, representarmos as possibilidades entre parêntesis quando ordem importa e entre chaves quando a ordem não importa.
Na questão 31, pegar a peça 1 e 2 é o mesmo que pegar a peça 2 e 1, por isso, representamos entre chaves e não contamos novamente o caso {2,1}
Poderíamos ter poupado tempo nos casos favoráveis se percebêssemos que para tomar a peça 1 e outra qualquer há 6 possibilidades (1 e as outras 6) e para tomar a peça 2 e outra qualquer também há 6
possibilidades, num total de 12. Como a configuração {1,2} = {2,1} e SOMENTE ELA FOI CONTADA DUAS VEZES (não é necessário dividir por 2, pois só uma foi contada duas vezes!!!), temos
|CF| = 12-1 = 11
32) A questão pede para acertar 4, mas não diz quais 4, então temos que contar todas as possibilidades, isto é, todos os anagramas de AAAAE, onde A = acerto e E = erro.
P(A) = 1/4 para cada questão e P(E) = 3/4 para cada questão. Então, a probabilidade desejada é
33) Cada um dará um dos alelos A ou a. As possibilidades são AA Aa Aa aa
Como os indivíduos aa morrem ao nascer, temos 3 possibilidades (AA, Aa e Aa) do filho estar vivo, das quais duas (Aa e Aa) nos interessam.
P = 2/3
OBS. A resposta da apostila está errada.
34) O casal 1 e 2, ele portador da doença de von Willebrand e ela normal, teve quatro filhos, sendo 3 e 5 portadores da doença e 4 e 6 normais. Isso indica que, sendo a doença autossômica dominante, o pai é heterozigoto, apresentando apenas um alelo anormal. Portanto, o casamento do filho 3 (doente) com uma mulher normal irá gerar filhos com 50% de probabilidade de apresentar a doença; e o casamento da filha 4 (normal) com um homem normal terá 0% de probabilidade de gerar filhos com a doença.
