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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3

1

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

PROBABILIDADE E PROPORCIONALIDADE: NO INÍCIO ERA O JOGO...

Páginas 3 - 10

Problema 1

A análise da tabela mostra que as chances de A vencer são iguais a 75%, sendo 50%

de chance no quarto set e 25% no quinto set. Já o jogador B tem apenas 25% de chance

de ganhar a partida no quinto set. Assim, os 40 pontos devem ser divididos da seguinte

maneira: 30 pontos para A e 10 pontos para B, respeitando-se, dessa forma, a

probabilidade de vitória de cada jogador.


2

Problema 2

a) Observe a tabela a seguir:

Pela análise da tabela, A tem 50% + 25% + 12,5% de chance de vencer, isto é, 87,5% de

chance, enquanto B tem 12,5% de chance.

b) Representando a resolução de outra maneira, partindo do resultado até o momento,

2×1 para A em 3 sets disputados:

A observação do esquema nos mostra que as chances de A vencer são:

25% + 2 . (12,5%) + 3 . (6,25%) = 68,75%.

As chances de B são 100% – 68,75% = 31,25%, ou, pela adição das chances

representadas no esquema, 12,5% + 3 . (6,25%) = 31,25%


3

Atividade 2

Pessoal.

Atividade 3

Problema 1

a) %75,4380

35 b) %50,2

80

2

c) %50,6280

50 d) %75,58

80

47

e) %75,2380

19 f) %00,35

80

28

Problema 2

22aa AA 22aa BB 22aa CC 22aa DD 22aa EE 22aa FF TToottaall

NNíívveell 11 12 14 12 11 13 12 74

NNíívveell 22 9 8 11 10 10 9 57

NNíívveell 33 10 8 7 7 6 9 47

NNíívveell 44 3 2 3 4 5 5 22

TToottaall ddee aalluunnooss

34 32 33 32 34 35 200

a) %16200

32

b) %67200

134

200

)3234200(

c) %5,23200

47

d) Nível abaixo de 3 = níveis 1 ou 2: %5,65200

131


4

Problema 3

A probabilidade de que um aluno da 2a C tenha nível superior a 2 é 30,033

10 ,

enquanto a probabilidade correspondente para um aluno da 2a E é igual a 32,034

11 .

Assim, é maior a chance de sortear na 2a E um aluno com nível superior a 2.

Problema 4

Podemos organizar os dados em uma tabela:

IIddaaddee MMeenniinnooss MMeenniinnaass TToottaall

Acima de 16 anos (40%) 66 (20%) 27 93

16 anos ou menos (60%) 99 (80%) 108 207

Total (55%) 165 (45%) 135 300

Há nessa escola 99 meninos com idade menor ou igual a 16 anos. Assim, a

probabilidade procurada é %33300

99 .

Página 11

Problema 5

a) Trata-se de um problema envolvendo o cálculo de uma probabilidade condicional.

Para o cálculo da probabilidade desejada, devemos considerar o sorteio de uma

menina dentre as pessoas com idade superior a 16 anos.

Quantidade de pessoas com idade superior a 16 anos: 93.

Meninas com idade superior a 16 anos: 27.

P(menina com idade superior a 16 anos) = %2993

27

b) %7193

66


5

c) 0%. Não há elementos nas condições descritas, logo a probabilidade é nula.

Problema 6

%3,1315

2

Problema 7

%3,1957

11


6


ANÁLISE COMBINATÓRIA: RACIOCÍNIOS ADITIVO E MULTIPLICATIVO

Páginas 13 - 20

Atividade 1

Problema 1

4 . 5 = 20

Problema 2

a) Três roteiros.

b) (Ouro Preto; Mariana), (Ouro Preto; Tiradentes), (Ouro Preto; São João del Rei),

(Mariana; Tiradentes), (Mariana; São João del Rei), (Tiradentes; São João del Rei).

Portanto, 6 roteiros.

Problema 3

a) Temos os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 (10 algarismos); logo, a quantidade

de números de 3 algarismos que começam com o algarismo 1 será igual a:

1 . 10 . 10 = 100 números.

b) 1 . 9 . 8 = 72 números.

c) Neste caso, o 1o algarismo só poderá ser um algarismo entre 1 e 9, sem o zero, ou

seja, 9 algarismos; os demais podem ser qualquer um entre 0 e 9, ou seja, 10

algarismos; logo, a quantidade de números será igual a: 9 . 10 . 10 = 900 números.

d) O 1o algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos; logo:

9 . 9 . 8 = 648 números.


7

Problema 4

O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 4 algarismos, logo, a

quantidade de números de 4 algarismos distintos são: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números.

Problema 5

a) O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 3 algarismos e o

último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos); logo, a quantidade de números pares

de 3 algarismos é igual a: 9 . 10 . 5 = 450 números.

b) Seguindo o mesmo raciocínio, temos que o último algarismo tem de ser 1, 3, 5, 7 ou

9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números ímpares de 3 algarismos é igual a:

9 . 10 . 5 = 450 números.

c) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e

o último tem de ser 1, 3, 5, 7 ou 9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números

ímpares de 3 algarismos distintos é igual a: 8 . 8 . 5 = 320 números.

d) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e

o último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos).

Dividiremos o problema em 2 casos:

- nº de algarismos distintos que terminam com 0 (zero): 9 . 8 . 1 = 72 números;

- nº de algarismos distintos que terminam com 2, 4, 6 ou 8: 8 . 8 . 4 = 256 números;

Total = 72 + 256 = 328 números.

e) 320 + 328 = 648 números. Portanto, igual à resposta do item d do Problema 3.

Problema 6

a) Calculando a quantidade total de números distintos que podem ser formados com os

algarismos 1, 2, 3, 4 4 . 3 . 2 . 1 = 24 números. Portanto, como o número 4 321 é o

último, ele ocupa a 24a posição.

b) Quantidade de números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 3 . 2 . 1 = 12.

Números que começam com 31: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 124 e 3 142).

Números que começam com 32: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 214 e 3 241).

Somando os resultados, temos que a posição do número 3 241 é:

12 + 2 + 2 = 16a posição.


8

c) Números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48.

Números que começam com o algarismo 3: 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 24.

Como o número 35 421 é o último (maior) número que começa com 3, a posição dele

é igual à soma dos resultados acima: 48 + 24 = 72, ou seja, 72a posição.

Atividade 2

Problema 1

5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 filas.

Problema 2

a) ACBO, ACOB, ABCO, ABOC, AOCB e AOBC; portanto, 6 anagramas.

b) Seguindo o mesmo raciocínio do item a, chegamos a 6 anagramas.

c) 4 . 3 . 2 . 1 = 24 anagramas.

Problema 3

a) 9 . 8 . 7 = 504 b) 9 . 8 . 7 . 6 = 3 024

Problema 4

a) 9 . 9 = 92 = 81 maneiras.

b) 9 . 9 . 9 = 93 = 729 maneiras

c) 9 . 9 . 9 . 9 = 94 = 6 561 maneiras.

Problema 5

a) 3 . 2 . 1 = 3! = 6 anagramas. b) 4 . 3 . 2 . 1 = 4! = 24 anagramas.

c) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 anagramas. d) 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 6! = 720 anagramas.

Problema 6

7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 ordenações.


9

Problema 7

a) 602

120

!2

!5 anagramas.

b) 602

120

!2

!5 anagramas.

c) 304

120

!2!2

!5 anagramas.

Problema 8

a) (4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2 = 12 anagramas ou 12!2

!4 anagramas.

b) (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 6 = 120 anagramas ou 120!3

!6 anagramas.

c) [(6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 6 = (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 12 = 60 anagramas ou 60!2!3

!6

anagramas.

d) [(8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 24 = (8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 48 = 840

anagramas ou 840!4!2

!8 anagramas.

Problema 9

a) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 filas.

b) 10!2!3

!5 filas.

Problema 10

a) 6! = 720 pilhas.

b) 20!3!3

!6 pilhas.


10

Páginas 20 - 21

Problema 11

35!4!3

!7 filas.

Problema 12

Trata-se de um problema semelhante aos anteriores, em que devem ser contadas todas

as ordenações diferentes de uma sequência do tipo AAABBB. O resultado pode assim

ser obtido: 20!3!3

!6 ordenações.

Problema 13

Temos de considerar todas as trocas de ordem entre os elementos de um agrupamento

do tipo AAABB, o que pode ser obtido por: 10!2!3

!5 termos.

Páginas 21 - 28

Atividade 3

Problema 1

a) 5! = 120 agrupamentos.

b) Apenas 1 grupo, que pode ser entendido como o resultado obtido da divisão de 5!, da

contagem da ordenação, por 5!, do desconto da não ordenação.

c) Considerando um conjunto ordenável de elementos, teríamos 5 . 4 = 20

agrupamentos. Descontando a não ordenação implícita na formação de um grupo de

pessoas, fazemos 2

4.510 grupos.


11

Problema 2

a) Apenas 1, que pode ser entendido como o resultado da divisão de 4! por 4!.

b) Podemos calcular, de forma independente, o número de grupos contendo 2 bolas

brancas e o número de grupos contendo 2 bolas pretas, para, ao final, multiplicá-los.

• Conjuntos ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 = 12.

• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 ÷ 2 = 6.

• Conjuntos ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 = 30.

• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 ÷ 2 = 15.

• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas e 2 bolas pretas: 6 . 15 = 90

conjuntos.

Problema 3

a) Trata-se de formar um conjunto não ordenado de dois elementos a partir de 8

disponíveis, o que pode ser calculado da seguinte maneira: 8 . 7 ÷ 2 = 28 misturas

diferentes.

b) Podemos calcular o total de grupos de 2 elementos, como no item anterior, e dele

retirar o número de agrupamentos não ordenados de 2 elementos que podem ser

formados a partir das 3 substâncias “perigosas”: 3 . 2 ÷ 2 = 3 grupos. Assim, a

resposta procurada é 28 – 3 = 25 misturas diferentes.

Problema 4

Um time de basquete é, claramente, um agrupamento não ordenável. Como temos

duas categorias envolvidas, atletas da equipe A e atletas da equipe B, trata-se de calcular

individualmente a quantidade de grupos formados a partir de cada equipe para, no final,

multiplicá-las e obter a quantidade total.

• Grupos de 2 atletas com os 12 da equipe A: 12 . 11 ÷ 2 = 66 grupos.

• Grupos de 3 atletas obtidos com os 10 da equipe B: 10 . 9 . 8 ÷ 3! = 120 grupos.

• Grupos de 5 atletas, sendo 2 de A e 3 de B: 66 . 120 = 7 920 grupos.


12

Problema 5

Podemos calcular, inicialmente, a quantidade de grupos indesejáveis, isto é,

formados apenas por bolas pretas, apenas por bolas brancas ou apenas por bolas

amarelas. Em seguida, calculamos o total de grupos de 3 bolas obtidos com as 15 bolas

disponíveis. Por fim, subtraímos do total de grupos a quantidade de grupos indesejáveis.

• Grupos não ordenáveis de 3 bolas brancas: 8 . 7 . 6 ÷ 3! = 56 grupos.

• Grupos não ordenáveis de 3 bolas pretas: 4 . 3 . 2 ÷ 3! = 4 grupos.

• Grupos não ordenáveis de 3 bolas amarelas: 3 . 2 . 1 ÷ 3! = 1 grupo.

• Total de grupos indesejáveis: 56 + 4 + 1 = 61 grupos.

• Total de grupos de 3 bolas obtidos com o total de 15 bolas:

15 . 14 . 13 ÷ 3! = 455 grupos.

• Total de grupos de 3 bolas de 2 ou 3 cores: 455 – 61 = 394 grupos.

Problema 6

Podemos calcular a quantidade total de grupos de 4 alunos formados com os 34

disponíveis para em seguida calcular a quantidade de grupos de 4 alunos de que Luiza e

Roberta participam juntas. Por fim, subtraímos um resultado do outro para obter o

resultado desejado.

• Grupos não ordenáveis de 4 alunos: 34 . 33 . 32 . 31 ÷ 4! = 46 376 grupos.

• Grupos não ordenáveis de 4 alunos, divididos em dois subgrupos de 2 alunos: um

com Luiza e Roberta e outro com 2 dos demais 32 alunos:

(1 . 1) . (32 . 31 ÷ 2!) = 496 grupos.

• Resultado procurado: 46 376 – 496 = 45 880 maneiras diferentes.

Problema 7

a) Com apenas 1 elemento no grupo poderemos formar 8 grupos diferentes.

b) Com duas pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:

28!2

7.8 .

c) Com três pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:

56!3

6.7.8


13

d) Com 4 pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:

70!4

5.6.7.8 .

Problema 8

a) Serão n maneiras diferentes de formar grupo com 1 único elemento.

b) Grupos ordenáveis de 2 elementos, dispondo de n: n . (n – 1).

Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: !2

)1.( nn.

c) Grupos ordenáveis de 3 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2).


)2.()1.( nnn.

d) Grupos ordenáveis de 4 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3).


)3(.)2.()1.( nnnn.

e) Grupos ordenáveis de p elementos, dispondo de

n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3) ......[n – (p – 1)].

Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição:

!

)]1([..).3.()2.()1.(

p

pnnnnn = !!

!

ppn

n

.

Problema 9

HHoommeennss MMuullhheerreess TToottaall

CCoomm óóccuullooss 4 2 6

SSeemm óóccuullooss 14 4 18

TToottaall 18 6 24

a) 6 b) 18 c) (6 . 5) 2 = 15

d) (18 . 17) 2 = 153 e) (6 . 5) 2 = 15 f) (2 . 1) 2 = 1


14

Problema 10

7! = 5 040 maneiras

Problema 11

HHoommeennss MMuullhheerreess TToottaall

CCoomm óóccuullooss

4

2

6

SSeemm óóccuullooss

14

4

18

TToottaall

18

6

24

a) 8166

16.17.18

!15!3

!18 grupos.

b) 206

4.5.6

!3!3

!6 grupos.

c) 206

4.5.6

!3!3

!6 grupos.

d)

• Grupos de 2 homens: 1532

17.18

!16!2

!18 grupos.

• Grupos de uma mulher: 6!5!1

!6 grupos.

• Total: 153 . 6 = 918 grupos de 2 homens e uma mulher.

e)

• Grupos de 1 homem: 18!17!1

!18 grupos.

• Grupos de duas mulheres: 15!4!2

!6 grupos.

• Total: 18 . 15 = 270 grupos de 1 homem e duas mulheres.


15

Problema 12

Na primeira fila estão sentados 5 homens e duas mulheres, sendo que 2 usam óculos

e 5 não usam, logo:

a) 5!1!4

!5 grupos.

b) Não é possível formar grupos de 4 mulheres, pois só temos duas mulheres.

c) Não é possível formar grupos de 4 pessoas que usam óculos, pois só temos duas

pessoas de óculos.

d) 5!1!4

!5 grupos.

e)

• Grupos de 3 homens: 10!2!3

!5 grupos.

• Grupos de uma mulher: 2!1!1

!2 grupos.

• Total: 10 . 2 = 20 grupos de 3 homens e uma mulher.

f)

• Grupos de 2 homens: 10!3!2

!5 grupos.

• Grupos de duas mulheres: 2! 2! = 1 grupo.

• Total: 10 . 1 = 10 grupos de 2 homens e duas mulheres.

Problema 13

Resposta pessoal.

Páginas 28 - 29

Problema 14

a) 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 maneiras.


16

b) 4 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 5! . 4 . 3 = 1 440 maneiras.

c) Considerando as duas meninas como uma só pessoa, temos 6 pessoas para 6 lugares,

isto é, 6!. Precisamos, entretanto, permutar a ordem entre as duas meninas. Assim,

temos 6! . 2 = 1 440.

d) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 5,

pois são os possíveis lugares que o grupo de meninas poderá ocupar. Portanto,

144 . 5 = 720 maneiras.

e) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 2,

referente à troca de ordem, primeiro meninas ou primeiro meninos. Portanto,

144 . 2 = 288 maneiras.

Problema 15

Considerando que 0 não pode estar na primeira posição, pois se trata de números com 4

algarismos, e que os algarismos são distintos, temos: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números;

multiplicando o resultado obtido pelo preço de cada bilhete, temos: 4 536 . 2 =

= R$ 9 072,00 arrecadados; portanto, o professor conseguiu sim, comprar as passagens.

Páginas 30 - 31

Problema 16

a) 6! = 720 maneiras.

b) Vamos calcular o total de filas em que duas pessoas de óculos estejam juntas e

subtrair do total calculado no item a, logo:

2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis

lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras.

Portanto, 720 – 240 = 480 maneiras em que as pessoas de óculos estão separadas.

c) Considerando os dois homens de óculos e a mulher como sendo uma única pessoa,

teremos, portanto, 4 pessoas, ou seja, 4! = 24 maneiras. Multiplicando o resultado


17

obtido por 2, referente à troca de ordem dos homens de óculos, temos:

24 . 2 = 48 maneiras em que a mulher está entre os 2 homens de óculos.

Problema 17

a) 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis

lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras.

Considerando as duas pessoas de óculos como sendo uma só, teremos 5! (5 pessoas).

É preciso multiplicar 5! por 2, referente a troca de posição entre as duas pessoas.

Logo: 5! . 2 = 120 . 2 = 240 maneiras.

b)

• Homens juntos em qualquer ordem = 4!.

• Mulheres juntas em qualquer ordem 2!.

• Homens juntos e mulheres também = 4! . 2! . 2 = 96.

Problema 18

Na fila da frente estão sentados 4 homens, logo: %3,3312

4p

Problema 19

%11,119

1

36

4

6

2.

6

2


18


PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO

Páginas 32 - 36

Problema 1

a) %7,1028

3

7

2.

8

3p .

b) %7,3514

5

7

4.

8

5p .

c) %8,2656

15

7

3.

8

5)(%8,26

56

15

7

5.

8

3)( HomemeMulherpouMulhereHomemp .

Ou seja, p(ocorrência de 1 pessoa de cada sexo) 2 . 26,8% 53,6%.

Problema 2

10,7% + 35,7% + 53,6% = 100%; portanto, os cálculos do Problema 1 estão corretos.

Problema 3

a) %9,856

5

6

5.

7

2.

8

3p . b) %8,263.

56

53.

6

5.

7

2.

8

3p .

c) %9,1756

10

6

4.

7

5.

8

3p . d) %6,533.

56

103.

6

4.

7

5.

8

3p .

Problema 4

Supomos uma ordem para o sorteio, como esta:

P(menino, menino, menina, menina) = 25

12.

26

13.

27

14.

28

15.


19

Em seguida, consideramos todas as diferentes ordenações dos 4 elementos, introduzindo

no cálculo anterior o fator !2.!2

!4.

P(2 meninos e duas meninas) = %405

2

!2.!2

!4.

25

12.

26

13.

27

14.

28

15ou .

Problema 5

Supondo que o apostador tenha acertado todas as dezenas, como pede o enunciado da

questão, não será necessário considerar a troca de ordem dos sorteios, uma vez que há

apenas uma categoria envolvida: acertos.

P(6 acertos em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) = 55

3.

56

4.

57

5.

58

6.

59

7.

60

8

0,000056%.

Problema 6

Fixaremos uma ordem para os resultados do sorteio, calcularemos a probabilidade dessa

ordenação e, em seguida, introduziremos o fator que considera a troca de ordem. A

ordem fixada será esta: acerto, acerto, acerto, acerto, erro, erro.

P(A, A, A, A, E, E) = %012,055

51

56

52

57

5

58

6

59

7

60

8 .

É preciso atentar para os dois últimos fatores dessa multiplicação, que correspondem à

chance de erros. Nesse caso, devemos lembrar que são 60 dezenas no total e que o

apostador escolheu 8 delas. Assim, há 52 dezenas não escolhidas e que poderão ser

sorteadas no caso de o apostador não ter sucesso em suas escolhas.

O fator que considera todas as ordenações possíveis entre os 6 elementos (A, A, A, A,

E, E) é este: !2!4

!6. Assim, a probabilidade de 4 acertos, e portanto de 2 erros, em 6

sorteios consecutivos é esta:

P(4 acertos e 2 erros em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) =

= %.18,0!2!4

!6

55

51

56

52

57

5

58

6

59

7

60

8

6 sorteios

6 sorteios


20

Problema 7

O preço de uma aposta é relacionado à probabilidade de essa aposta ser sorteada, de

maneira que, quanto maior a probabilidade, maior também o valor a ser pago. No caso

de uma aposta em 5 números, a probabilidade de que todos sejam sorteados é:

P(acerto de 5 dezenas tendo apostado em 5 dezenas) = 46

1.

47

2.

48

3.

49

4.

50

5.

No caso de uma aposta em 10 dezenas, a probabilidade de que 5 delas sejam sorteadas

é: P(acerto em 5 dezenas tendo apostado em 10) = 46

6.

47

7.

48

8.

49

9.

50

10.

A pergunta que resume a questão é esta: quantas vezes a segunda probabilidade é maior

do que a primeira? Podemos obter a resposta dividindo os dois resultados anteriores.

46

6.

47

7.

48

8.

49

9.

50

10 ÷

46

1.

47

2.

48

3.

49

4.

50

5 = 252.

Portanto, se a aposta em 5 dezenas custa R$ 2,00, a aposta em 10 dezenas deve custar

252 vezes mais, isto é, deve custar R$ 504,00.

Problema 8

a) As frações 4

1 e

5

2 determinam a proporção na caixa de bolas, respectivamente, das

cores verde e amarela. A proporção de bolas da cor rosa é: 20

7

5

2

4

11

.

Essas frações correspondem, portanto, à probabilidade de cada cor em um sorteio.

No caso de sorteios de bolas de uma única cor, podemos ter bolas verdes, bolas

amarelas ou bolas cor-de-rosa. Assim, trata-se de calcular a chance de cada cor e

apenas somar os três resultados, visto que não há nenhuma interseção entre eles.

P(3 verdes) = 3

4

1

.

P(3 amarelas) = 3

5

2

.


21

P(3 rosa) = 3

20

7

.

P(3 bolas de única cor) = 3

4

1

+

3

5

2

+

3

20

7

≈ 12,25%.

b) O fato de que apenas bolas verdes ou amarelas sejam sorteadas implica não serem

sorteadas bolas cor-de-rosa. Há duas maneiras aparentemente diferentes de resolver

este problema. Analisemos cada uma delas.

Primeira maneira: podemos analisar as possibilidades de que sejam sorteadas três

3 bolas divididas entre verdes (V) e amarelas (A). São estes os casos e suas

probabilidades:

P(VVV) = 3

4

1

P(VVA) = !2

!3

5

2.

4

12

(atenção ao fator de não ordenação).

P(VAA) = !2

!3

5

2.

4

12

P(AAA) =

3

5

2

.

A probabilidade procurada é a soma desses casos. Assim:

P(não cor-de-rosa) = 3

4

1

+

!2

!3

5

2.

4

12

+

!2

!3

5

2.

4

12

+

3

5

2

=

3

5

2

4

1

≈

27,5%.

Segunda maneira: visto que as bolas cor-de-rosa não podem ser sorteadas, podemos

adicionar a probabilidade de bolas de cor verde à de bolas de cor amarela para ter a

probabilidade desejada em cada sorteio.

P(não rosa em cada sorteio) = 4

1 +

5

2.

P(não rosa em 3 sorteios consecutivos com reposição) = 3

5

2

4

1

≈ 27,5%.

Problema 9

Podemos resolver este problema de duas maneiras.

Primeira maneira: calculamos a probabilidade de que Jair e Lucia façam parte do

grupo sorteado e, em seguida, consideramos o complemento para 100% do valor obtido.


22

P(Jair, Lucia e outras duas pessoas) = !2

!4.

7

7.

8

8.

9

1.

10

1

= 15

2.

Devemos observar o fator contendo os fatoriais, que considera a não ordenação da

sequência (Jair, Lucia, pessoa, pessoa). Se a probabilidade de os dois serem sorteados

juntos é igual a 15

2, a probabilidade de que não sejam sorteados juntos é

15

13≈ 86,7%.

Segunda maneira: vamos analisar os casos possíveis, que são estes: apenas Jair sem

Lucia, apenas Lucia sem Jair, nem Lucia nem Jair.

P(apenas Jair sem Lucia) = !3

!4.

7

6.

8

7.

9

8.

10

1

.

P(apenas Lucia sem Jair) = !3

!4.

7

6.

8

7.

9

8.

10

1

.

P(nem Lucia nem Jair) =

7

5.

8

6.

9

7.

10

8.

A probabilidade desejada é o resultado da adição desses três casos, isto é:

P = !3

!4.

7

6.

8

7.

9

8.

10

1

+ !3

!4.

7

6.

8

7.

9

8.

10

1

+

7

5.

8

6.

9

7.

10

8 =

= 15

13

15

5

15

4

15

4 .

Das duas maneiras, a probabilidade procurada é igual a 15

13 ≈ 86,7%.

Páginas 36 - 37

Problema 10

a) 9! = 362 880 filas.

b) Considerando os 4 homens como uma única pessoa, teremos, portanto, 6 pessoas, ou

seja, 6! = 720 filas. Considerando agora a troca de ordem dos 4 homens, teremos:

720 . 4! = 17 280 filas.

c) 4! . 5! . 2 = 5 760 filas.

d) 1 grupo, pois temos exatamente 9 pessoas.

10

1 é a chance de Jair;

9

8

corresponde à chance das 8

pessoas, excluídos Jair e Lucia.


23

e) grupos126!4

6.7.8.9 .

f) grupos6010.6!2

4.5.

!2

3.4 .

g)

• Grupos de 4 homens: 1 grupo, pois temos exatamente 4 homens.

• Grupos de 4 mulheres: grupos5!4

2.3.4.5 .

• Portanto, poderão ser formados 5 + 1 = 6 grupos de 4 pessoas do mesmo sexo.

h)

• Grupos de 3 homens e duas mulheres: grupos4010.4!2

4.5.

!3

2.3.4 .

• Grupos de 4 homens e uma mulher: grupos55.1!1

5.

!4

1.2.3.4 .

• Portanto, poderão ser formados 40 + 5 = 45 grupos de 5 pessoas de modo que os

homens sejam sempre maioria.

i) Vamos calcular a quantidade de grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estejam

juntos e subtrair do total de grupos de 4 pessoas formados pelas nove pessoas:

• Grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estão sempre juntos:

.21!2

6.7grupos

• Total de grupos de 4 pessoas: grupos126!4

6.7.8.9 .

• Portanto, poderão ser formados 126 – 21 = 105 grupos de 4 pessoas de modo

que Miriam e Tarso não estejam juntos.


24


PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO: O BINÔMIO DE NEWTON E O TRIÂNGULO DE PASCAL

Páginas 39 - 44

Problema 1

• p(3 caras e 5 coroas, nessa ordem) =

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1.

2

1 =

8

2

1

.

Problema 2

42

6

5.

6

1

≈ 1,34%.

Problema 3

• P(nenhum resultado esperado em 5 lançamentos) = 5

3

2

.

• P(1 resultado esperado em 5 lançamentos) = !4!1

!5.

3

2

3

14

.

• P(2 resultados esperados em 5 lançamentos) =!3!2

!5.

3

2

3

132

.

• P(3 resultados esperados em 5 lançamentos) = !2!3

!5.

3

2

3

123

• P(4 resultados esperados em 5 lançamentos) =!1!4

!5.

3

2

3

14

.

• P(5 resultados esperados em 5 lançamentos) = 5

3

1

.

3 caras 5 coroas


25

• A soma de todas essas probabilidades deve ser igual a 100%, visto que aí estão todos

os casos possíveis.

Problema 4

100% = 5

3

1

3

2

=

=

5

3

2

+ !4!1

!5.

3

2

3

14

+ !3!2

!5.

3

2

3

132

+ !2!3

!5.

3

2

3

123

+ !1!4

!5.

3

2

3

14

+

+

5

3

1

.

Problema 5

a) 6

10

9

≈ 53,1%. b)

10

1

10

9

1

6 5

≈ 35,4%.

c) 24

10

1

10

9

2

6

≈ 9,84%. d)

33

10

1

10

9

3

6

≈ 1,46%.

e) 42

10

1

10

9

4

6

≈ 0,12%. f)

5

10

1

10

9

5

6

≈ 0,005%.

g) 6

10

1

≈ 0,0001%.

Problema 6

a) p =55

5

1

20

4

20

4.

20

4.

20

4.

20

4.

20

4

b) p= 5.5

4.

5

1

!1!4

!5.

20

16.

20

4

!1!4

!5.

20

16.

20

4.

20

4.

20

4.

20

444

c) p = 10.5

4.

5

1

!2!3

!5.

20

16.

20

4

!2!3

!5.

20

16.

20

16.

20

4.

20

4.

20

42323

d) p = 10.5

4.

5

1

!3!2

!5.

20

16.

20

4

!3!2

!5.

20

16.

20

16.

20

16.

20

4.

20

43232


26

e) p = 444

5

45.

5

4.

5

1

!4!1

!5.

20

16.

20

4

!4!1

!5.

20

16.

20

16.

20

16.

20

16.

20

4

f) 55

5

4

20

16

20

16.

20

16.

20

16.

20

16.

20

16

Problema 7

Chamamos P1 a probabilidade de duas caras, e portanto duas coroas, no lançamento de

4 moedas e de P2 a probabilidade de apenas uma face 6 no lançamento de dois dados.

P1 = %5,37

8

3

!2!2

!4

2

1

2

122

P2 = %8,2718

52

6

5

6

1

Portanto, P1 > P2.

Problema 8

Em cada teste, a chance de acerto é igual a 5

1 e a chance de erro é de

5

4. Para acertar,

“chutando”, 4 testes, e portanto errar 6 testes, a chance é:

%8,85

210.4

!6.!4

!10.

5

4.

5

110

664

P .

Problema 9

A chance de Haroldo ser sorteado é igual a 20

1 e de não ser sorteado é de

20

19. Como

ele será sorteado apenas na segunda vez, não há necessidade, nesse caso, de considerar a

não ordenação. Assim, a probabilidade procurada é:

P = 4

3

20

19

20

19

20

19

20

1

20

19

4,3%.


27

Problema 10

Se a chance de o pneu apresentar defeito é igual a 0,2%, a chance de não apresentar

defeito é igual a 99,8%. A probabilidade de que existam 2 defeituosos em 4 pneus

comprados é:

%0024,0!2.!2

!4.%8,99.%2,0 22 P .

Problema 11

A face com o palhaço tem 4

1de chance de estar voltada para baixo em cada lançamento.

P(palhaço nenhuma vez) = 4

4

3

.

P(palhaço apenas uma vez) = 44

3

4

13

.

P(palhaço apenas duas vezes) = 64

3

4

122

.

P(palhaço em três lançamentos) = 44

3

4

13

.

P(palhaço nos 4 lançamentos) = 4

4

1

.

A soma de todas essas probabilidades pode ser assim indicada:

4

4

3

+ 4

4

3

4

13

+ 6

4

3

4

122

+ 4

4

3

4

13

+

4

4

1

=

4

4

1

4

3

= 14 =

= 100%.

Problema 12

A frequência do número de caras que poderá ser observada em 8 lançamentos de uma

moeda coincide com os números da linha 8 do triângulo de Pascal; são eles: 1, 8, 28, 56,

70, 56, 28, 8 e 1. Assim, por exemplo, a probabilidade de que cara apareça em 5 dos 8

lançamentos é:

P(5 caras em 8 lançamentos) =

5

8

2

1

2

135

= 256

56≈ 21,9%.


28

Dividindo por 256 cada um dos termos da linha 8 do triângulo de Pascal, teremos todas

as probabilidades possíveis para esse experimento. Assim, o gráfico representativo da

situação pode ser este:

Páginas 45 - 46

Problema 13

a) 5 . 4 . 3 = 60 maneiras. b) 4 . 4 . 3 = 48 maneiras.

Problema 14

a) !48!4

!52

!4

49.50.51.52 = 270 725.

b) !47!5

!52

!5

48.49.50.51.52 = 2 598 960.

c) 13

1

52

4p .

d) 221

1

51

3.

52

4p .

e) %9,517

1

51

3.

52

52p .


29

f) 52 . 48 . 44 . 40 = 4 392 960 jogos.

g) jogos6084!1!3

!4.48.2.3.4 .

h) 725270

1

49

1.

50

2.

51

3.

52

4p ≈ 0,0004%.

i) 82520

1

49

1.

50

2.

51

3.

52

52p ≈ 0,005%.

Problema 15

a) 4

2

1

p = 6,25%. b)

!2!2

!4.

2

1.

2

122

p = 37,5%.

c) !3!2

!5.

2

1.

2

132

p = 31,25%. d)

!3!3

!6.

2

1.

2

133

p = 31,25%.

e)

• 4 meninos e 3 meninas:!3!4

!7.

2

1.

2

134

p .

• 5 meninos e duas meninas:!2!5

!7.

2

1.

2

125

p .

• 6 meninos e uma menina:!1!6

!7.

2

1.

2

116

p .

• 7 meninos:7

2

1

p .

Portanto, a probabilidade de um casal ter 7 filhos sendo que o número de

meninos seja maior do que o número de meninas é igual à soma abaixo:

!3!4

!7.

2

1.

2

134

+ !2!5

!7.

2

1.

2

125

+ !1!6

!7.

2

1.

2

116

+ 7

2

1

= 0,5 = 50%.

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