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rPROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO · TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA . 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades . 1. a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória

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RESOLUÇÕES DO VOLUME 1 PROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO
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TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades 1.

a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória. d) Aleatória. e) Determinista.

2. TRPDE ,,,

3.

3.1 9,8,7,6,5,4,3,2,1E

3.2

a) 8,6,4,2A

b) 8,4B

c) 4,3,2,1C

3.3 a) D: «Sair número primo». b) E: «Sair múltiplo de 3». c) F: «Sair número superior a 6».

4.

4.1. peocpeocpeoc RRRRDDDDVVVVE ,,,,,,,,,,,

4.2. Acontecimento elementar: «Sair rei de paus», por exemplo. Acontecimento composto: «Sair um valete de um naipe vermelho», por exemplo.

4.3.

a) oc DDA ,

b) peocpeocpeoc RRRRDDDDVVVVC ,,,,,,,,,,,

c) peocpeoc DDDDVVVVD ,,,,,,,

5.

a) Composto (pode ter uma rapariga, duas ou três). b) Composto (o rapaz pode ser o mais velho, o filho do meio, ou o mais novo). c) Elementar. d) Elementar.

6.

6.1 8 6.2 Sair face nacional e o número 3 no dado. 6.3 Sair face nacional e número 5.

6.4 4,4,2,2 ENENE

7.

7.1 PVE ,

7.2 PV ;

7.3 PVPVEP ,,,,

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 2

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8.

a) 1,2,3

b) 3,2,1,2,3

c) 3,2,3

d) 1,2

e) 3,2,1,2,3

9.

9.1

a) ocococ RRDDVV ,,,,,

b) peocpeoc RRRRAAAAC ,,,,,,,

c)

9.2

a) pe DDBA ,

b) pepe RRVVCA ,,,

c) pepepeocpepeoc AARRRRDDVVVVCA 10,10,,,,,,,,,,,,

10.

a) Falso. Por exemplo, considerando espaço amostral 6,5,4,3,2,1 , os

acontecimentos 3,2,1 e 4 são incompatíveis, e a sua união não é o

espaço amostral.

b) Verdadeiro. A

c) Verdadeiro. AA

d) Falso. Por exemplo, considerando espaço amostral 6,5,4,3,2,1 , os

acontecimentos 3,2,1 e 4 são incompatíveis e não são contrários.

e) Verdadeiro. EEE 11.

11.1 A e D; A e E; C e D. 11.2 A e E. 11.3

a) BA

b) BA

c) BA

d) EA 12.

a) CBA

b) CBA )(

c) CBA

d) CBA

13.

a) cA

b) occccccccccc ARDVA ,,,,7,6,5,4,3,2,1,

c) oA

d) peoccccccccccc AAARDVA ,,,,,,7,6,5,4,3,2,1,

e) peccccccccccc AARDVA ,,,,,7,6,5,4,3,2,1,

f) pec AAA ,,

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14. a)

BAEBAAABAABAABAABA

b)

BBAABBABABABABABA \

15. Se A e B são incompatíveis, então, BA e, então, BABA ,ou

seja, é impossível. 16.

a) ABBABAABBABA \\

BAEBAAABAABA

ABEAABBBA

b) AABAAABAA

c) ABBAABABABABA \

17.

17.1 Designando por A os jogos ganhos pela equipa A e por B os ganhos pela equipa B: O espaço amostral tem 8 elementos.

17.2

a) BAAABAAQP , tem 2 elementos.

b) AAQP \ tem 1 elemento.

17.3 Não, porque ETP (não considera os empates). 18.

18.1

2 € 1 € 1 € 1 € 0,50 €

2 € (2, 1) (2, 1) (2, 1) (2; 0,50)

1 € (1, 1) (1, 1) (1; 0,50)

1 € (1, 1) (1; 0,50)

1 € (1; 0,50)

0,50 €

O espaço amostral tem 10 elementos.

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18.2 a) A e B. b) B e D.

19.

a) AD

b) CB

c) AD

d) DA \

20.

a) )3,3(),2,3(),1,3(),3,2(),2,2(),1,2(),3,1(),2,1(),1,1(E

b) )3,3(),2,3(),1,3(),3,2(),1,2(),3,1(),2,1(),1,1(

c) )2,3(),1,3(),3,2(),1,2(),3,1(),2,1(

d) )1,3(),3,1(

1.2 Aproximações conceptuais para probabilidade 21.

21.1

Lançamentos fi fri

100 56 0,56

150 68 0,453

200 108 0,54

300 132 0,44

400 208 0,52

500 255 0,51

21.2 Parece tender para 0,5, que é o valor da probabilidade de sair face nacional

no lançamento de uma moeda equilibrada. 22.

22.1 a) 0,28 b) 0,2

22.2 Não é possível concluir se o dado está ou não viciado. Deve aumentar-se, significativamente, o número de lançamentos.

23. Sintetizando os dados num diagrama de Venn

(T: «Gostar de ver televisão» e L: «Gostar de ler».)

1 2 3 4

1 12 13 14

2 21 23 24

3 31 32 34

4 41 42 43

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a) 180

47p

b) 180

61p

c) 30

29

180

174p

24. Designando por E um lançamento em que se obtém face euro e designando por

N aquele em que se obtém face nacional obtém-se, para esta experiência aleatória, o seguinte espaço amostral (se necessário construir um diagrama de árvore):

NNNNNNNENNENNNEENENNNENENEENNEEEENNNENNEENENENEEEENNEENEEEENEEEEE ,,,,,,,,,,,,,,,

24.1 375,016

6p

24.2 375,016

6p

25.

25.1 Se 3,0)( BP e 9303,0 , então, existem 9 bolas vermelhas.

25.2 Existem, na caixa, 9 bolas vermelhas, 15 bolas amarelas e 3 bolas azuis. Então, as restantes são verdes, ou seja, existem 3 bolas verdes e a probabilidade de retirar bola verde é 0,1.

25.3 58

3

29

15

30

3

26.

26.1 4

1

8

2p

26.2

a) 16

1

8

2

8

2p

b) 16

7

8

2

8

6

8

6

8

2

8

2

8

2p

27.

a) 16

5p

b) 1p

c) 16

3p

1 1 2 3

1 11 11 12 13

1 11 11 12 13

2 21 21 22 23

3 31 31 32 33

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28. Construindo uma tabela de dupla entrada:

a) 64

1p

b) 4

1

64

16p

c) 64

31p

29.Designando por M: «Ser candidato a técnico médio», S: «Ser candidato a técnico

superior» e A: «Ser candidato a técnico de armazém» pode sintetizar-se os dados num diagrama de Venn:

a) 700

261p

b) 700

289p

30. 21

5p

31. Considerando M: «Ser rapaz» e F: «Ser rapariga”», temos o seguinte espaço

amostral para o sexo dos dois filhos:

FFFMMFMME ,,, e, então, a probabilidade pedida é 4

1.

32. Seja X: «Ouvir o programa X» e Y: «Ouvir o programa Y». Então:

32.1

a) %603822 p

b) %25p

1 2 3 4 5 6 7 8

1 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6) (1, 7) (1, 8)

2 (2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6) (2, 7) (2, 8)

3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6) (3, 7) (3, 8)

4 (4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6) (4, 7) (4, 8)

5 (5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6) (5, 7) (5, 8)

6 (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6) (6, 7) (6, 8)

7 (7, 1) (7, 2) (7, 3) (7, 4) (7, 5) (7, 6) (7, 7) (7, 8)

8 (8, 1) (8, 2) (8, 3) (8, 4) (8, 5) (8, 6) (8, 7) (8, 8)

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32.2 Seja: M: «Programa musical de 1 hora»; D: «Programa de desporto de 1 hora»; m1 e m2: «Programas musicais de meia hora»; i: «Programa de informação de meia hora»; Dispomos, então, de 18 grelhas possíveis: Mi, iM, Mm1, m1M, Mm2, m2M, Di, iD, Dm1, m1D, Dm2, m2D, m1m2i, m1im2, im1m2, im2m1, m2i m1, m2 m1i.

Então, 9

2

18

4p

33. Existem 28 peças de dominó diferentes. Aquelas cuja soma é superior a 9 são:

5|5; 5|6; 6|6; 4|6.

Então, 7

1

28

4p

34.

a) 11

2

22

4p

b) 11

5

22

10p

35. Se A e B são incompatíveis, então, )()()( BPAPBAP e, neste caso,

72,052,067,0)()( BPAP

36. (A), porque 1 cPbPaP e 0bP

37.

a) A e B são incompatíveis, pois BA e, então:

3,0)()(4,07,0)()( BPBPBPAPBAP

b) 3,07,011 BAPBAPBAP

c) CPAPCAP

3,01)()()( CPCPBPAP , então, 7,03,04,0 CAP

38. A e AB são incompatíveis e ABABA , então, pelo axioma 3

temos

))( APBAPABPABPAPBAP

39.

a) BAPBAP

e BAPAPBAPBAPBAPAP e, então,

05,025,03,0 BAP

b)

125,025,01)(111 BAPBPBAPBAPBAP

40. 4,01,0 BAP

ABA , então, )(APBAP

)(1,1)()()()( BAPBAPBAPBPAPBAP e, como

1)( BAP , conclui-se que: 1,0BAP

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41.

a) »)(«2»« ímparsairPparsairP e »)(«1»« ímparsairPparsairP ,

então, 3

1»)(«1»)(«»«2 ímparsairPímparsairPparsairP

Assim, 9

1

3

311 P

b) 3

2»)(« parsairP

c) 3

1»)(« ímparsairP

42.

a) 4

1)( aPBAP , porque xdPcPbPaP

e 4

114 xx

b) 4

3,,)( cPbPaPcbaPBAP

c) 2

1

4

2, dbPBP

43. Sejam:

A: «Sair bola azul»; B: «Sair bola amarela»; C: «Sair bola verde».

2

)(BP

AP e 5,0)( CP

Então, 3

1)(15,0)(

2

)(1)()()( BPBP

BPCPBPAP e

6

1)( AP

76

142;14

3

142;215,042

Existem 21 bolas verdes, 14 bolas amarelas e 7 bolas azuis. 44. Sejam:

A: «Funcionar com sistema manual»; B: «Funcionar com sistema eletrónico».

Então, 95,068,085,078,0)()()()( BAPBPAPBAP

A probabilidade de funcionamento da máquina é 0,95.

45. )()()( 2121 APAPAAP , porque, 21 AA e 1)()()( 321 APAPAP ,

então, 5

1)(1)()()(3 2222 APAPAPAP e

5

3)( 1 AP

Assim, 5

4

5

1

5

3)( 21 AAP

46. 5,0)()()()()()()( APABPAPBAPBPAPBAP , então,

15,05,065,0)( AP

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 9

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47.

47. 1 012

1

2

1

3

1

4

1)()()()( BAPBPAPBAP , então, A e B

são compatíveis. 47.2

a) 2

1)(1)()( BAPBAPBAP

b) 4

1

12

1

3

1)()()( BAPBPABP

48. Sejam:

J: «A Joana é aprovada»; L: «O Luís é aprovado».

Sabe-se que: 4,0)(;5,0)( LPJP e 1,0)( LJP

a) 8,01,04,05,0)( LJP

b) 2,08,01)()( LJPLJP

c) 4,01,05,0)()()( LJPJPLJP e, analogamente,

3,01,04,0)( JLP

7,03,04,0»)(« aprovadoserdelesumapenasP

49. )(1)()()()()( BAPBPAPBAPBPAP

)(1)()()(1)()( BAPBAPBPAPBPAP

50.

a) )()(1)(1)()()( BAPBPAPBAPBPAP

)()()()()()()()(

)(1)()()()(1

BPAPBPAPBPAPBPAP

BAPBPAPBPAP

b) )(1)()()()()( BAPBAPBPAPBAPBAP

)()()(1)( BPAPBPAP

51.

51.1 )()()(1)(1)()( BAPBPAPBAPBAPBAP

)(5,0)(4,01,01 BAPBAP

Então, 05,05,0)( BAP e, então, A e B são incompatíveis.

51.2 1)(1)( BAPBAPBAP

1.3 Probabilidade condicionada e independência 52.

52.1 Existe uma possibilidade em duas, já que para poder pagar o café tem de

retirar a moeda de 1 €. Assim, 2

1p .

52.2

a) 1p já que é certo que retirará a moeda de 1 €.

b) Novamente, uma possibilidade em duas, 2

1p .

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 10

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53. Visualizando todas as somas possíveis:

53.1 12

7

36

21)( AP e

2

1

36

18)( BP

53.2

a) »)6(«)|( quedomaiorésomaaquesabendoparsersomaaPABP

7

3

21

9

b) »)6(«)|( paréquesabendoequedomaiorsersomaaPBAP

2

1

18

9

54. Sejam:

A: «Chegar atrasado»; C: «Ir de carro para a escola». Organizando os dados numa tabela tem-se:

54.1 08,0)( ACP

54.2 91,076

69

76,0

69,0)|( CAP e 67,0

3

2

24,0

16,0)|( CAP

A melhor opção é ir de carro com a mãe pois a probabilidade de não chegar atrasado é maior.

55.

55.1 )(1)()( BAPBAPBAP e, como 7,0)(1 BAP , tem-se

que 03,0)( BAP e, então, A e B são compatíveis.

55.2 7

3

7,0

3,0)|( BAP e 6,03,07,02,0)( BAP

56. Sejam

M: «O Sr. Martins ver a telenovela». F: «A Sra. Martins ver a telenovela».

Sabe-se que: 5,0)(;25,0)( FPMP e 4,0)|( FMP

56.1 2,04,05,0)|()( FMPFPFMP

56.2 8,025,0

2,0

)(

)()|(

MP

MFPMFP

56.3 55,02,05,025,0)( MFP

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

C C

A 7% 8% 15%

A 69% 16% 85%

76% 24% 100%

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57. Sejam:

E : «O iogurte está estragado»;

P : «O iogurte está dentro do prazo de validade».

8,010

8)( PP

Então,

134,065,02,0005,08,0

)|()()|()()()(

PEPPPPEPPPPEPPEPEP

58. Sejam:

V : «Retirar bola vermelha»;

1A : «Retirar uma bola do saco 1A »;

2A : «Retirar uma bola do saco 2A »;

3A : «Retirar uma bola do saco 3A ».

5

2

8

4

3

1

10

3

3

1

5

2

3

1

|||

)()()()(

332211

321

AVPAPAVPAPAVPAP

AVPAVPAVPVP

59. XYZP | significa a probabilidade de sair cartão laranja com a letra I na

segunda extração sabendo que na primeira extração saiu um cartão amarelo. Assim, se na primeira extração saiu um cartão amarelo e não houve reposição, ficam apenas 19 cartões na caixa, dos quais apenas um é laranja e tem a letra I,

então, a probabilidade pedida é 19

1.

60. )()|()()( BPBAPBPAPBAP

)()(

)()()()(

)()()(1)(1

)()(

)()()(1)(

BAPBAP

BAPBPAPBAP

BAPBPAPBAP

BPBP

BAPBPAPBAP

61.

a) )()()()( BAPBPAPBAP , então,

1,0)()()()(1,0)()( BAPBAPBPAPBPAP

5,0)(2,0)(

1,02,0)|( BP

BPBAP

b) 8,05,0

1,05,0

)(

)()(

)(

)()|(

BP

BAPBP

BP

BAPBAP

62. Se 5,0)|( ABP , então, no dado o número de faces com número ímpar é o

dobro do número de faces com número ímpar e superior a 1. Como só existem faces com o número 1, 2 ou 3 concluímos que os números em falta são o 1 e o 2.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 12

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63. Sejam: B: «Ser aluno do Ensino Básico»; J: «Ir ao jantar de Natal».

2

1)(;

4

1)( JPBP e

4

1)|( JBP

63.1 8

1

4

1

2

1)( BJP

63.2 8

1

8

1

4

1)()()(;

2

1)( BJPBPBJPJP

)(8

1

4

1

2

1)()( BJPBPJP , então, não ir ao jantar é independente

de ser aluno do Ensino Básico. 64.

64.1

a) 7

1

6

2

7

3p

b) 7

1

6

2

7

3p

64.2

64.2.1 3

1p , pois existem 3 bolas brancas das quais só uma tem o número

2.

64.2.2 7

3)( Ap e

7

2)( Bp

7

2

7

3

7

1)( BAp , então, não são independentes.

65. Sabe-se que: )(2)( BPAP e 8

5)( BAP , então,

8

5)()()( BAPBPAP e, como A e B são independentes, tem-se:

4

1)(

4

5)(

8

5)()(2)()(2 BPBPBPBPBPBP

Como 1)(0 BP , conclui-se que: 4

1)( BP e

2

1)( AP

66. Seja A : «Soma igual a 5», então, )4,1(),1,4(),2,3(),3,2(A e,

consequentemente, 2

1

4

2p

67. Sabe-se que:

)()()()(1)()(

)()()()(

)()()()()()()(

APBPABPAPBPABP

BPAPBPABP

ABPBPAPBPABPBAPBP

Se

)()()( APBPABP , então, A e B são independentes.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 13

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68. Sejam: B: «Sair bola branca»; P: «Sair bola preta». Ao fim dos três lançamentos, temos 8 casos possíveis (BBB, BBP, BPB, BPP, PBB, PBP, PPB, PPP), dos quais apenas seis (BBP, BPB, BPP, PBB, PBP, PPB) são favoráveis ao pretendido, e destes deve retirar-se uma das duas bolas da mesma cor, de entre as três, para que fiquem, após a extração, uma bola branca e uma bola preta.

Assim, a probabilidade pedida é: 2

1

3

2

8

16 p

Mais exercícios (Pág. 50 a 53)

Escolha múltipla 69. Opção (C).

1;6,5,4,3,2;5,3,2;6,5,4 BABABA

70. Opção (C).

Os acontecimentos A e B são incompatíveis, porque são disjuntos, mas não são contrários, porque a sua união não é o espaço amostral.

71. Opção (A).

Seja x o número de primas do João, então, 33

2

6

6

x

x

72. Opção (B).

6

1

6

2

4

2p

73. Opção (C).

5

1

5

1

5

5p

74. Opção (C).

Existem seis casos possíveis, de acordo com a ordem de chegada (JPR, JRP, PJR, PRJ, RPJ, RJP) e destes apenas em três o João chega primeiro do que o

Rafael.

Assim, 2

1

6

3p

75. Sintetizando os dados num diagrama de Venn:

75.1 Opção (C).

63

26

630

260p

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75.2 Opção (C).

7

3

210

90p

76. Opção (B).

Sejam:

A : «Ser aprovado no 1.º exame»;

B : «Ser aprovado no 2.º exame».

9,05,08,06,0)()()()( BAPBPAPBAP

77. Opção (C).

Designemos por A e B cada um dos acontecimentos.

3,05,04,05,04,01)()()(1)()( BAPBPAPBAPBAP

78. Opção (B).

De acordo com os dados fornecidos sabe-se que:

2,0)()(

9,0)()(

BPAP

BPAP

Assim, tem-se 2,0)(9,0)( APAP

Apenas 4,0)( AP verifica a igualdade.

79. Opção (B).

Sabemos que foi extraída uma bola verde, então, no momento da segunda extração estão 5 bolas verdes na caixa. Se a probabilidade de retirar bola preta é

2

1 significa que nesse momento existem na caixa tantas bolas verdes como

pretas. Inicialmente, existiam 5 bolas pretas na caixa.

80. Opção (A).

Se 0)|( BAP , então, 0)( BAP o que significa que A e B são

incompatíveis. 81. Opção (D).

Dos dados fornecidos tem-se 15,0)()(25,04,05,0 BAPBAP

Assim, 6,025,0

15,0)|( BAP

82. Opção (B).

Sabe-se que: 6,0)(15,0)(25,0 BPBP , então,

7015060250 ,,,,)( BAP

83. Opção (D).

Se X e Y são incompatíveis, )()()( YPXPyXP e, então, tem-se

10

1)(

2

1)(5 YPYP

84. Opção (D).

Resulta de imediato da interpretação da afirmação.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 15

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85. Opção (A).

A probabilidade de ser zero de g sabendo que é zero de f é 2

1.

Resposta aberta 86.

86.1

),,(),,,(),,,(),,,( RitaRafaelAnaRitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoE

86.2

A

),,(),,,( RitaRafaelAnaRitaAnaAlbertoB

),,(),,,(),,,(),,,( RitaRafaelAnaRitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoC

),,(),,,(),,,( RitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoD

86.2.1 A é impossível, B é composto, C é certo e D é composto.

86.2.2 4

3p

87.

87.1

a))2,3,4(),3,2,4(),1,3,4(),3,1,4(),1,2,4(),2,1,4(),2,4,3(),4,2,3(),1,4,3(

),4,1,3(),1,2,3(),2,1,3(),3,4,2(),4,3,2(),1,4,2(),4,1,2(),1,3,2(),3,1,2(),3,4,1(),4,3,1(),2,4,1(),4,2,1(),2,3,1(),3,2,1(

b)

)4,4,4(),3,4,4(),2,4,4(),1,4,4(),4,3,4(),3,3,4(),2,3,4(),1,3,4(),4,2,4(),3,2,4(),2,2,4(),1,2,4(),4,1,4(),3,1,4(),2,1,4(

),1,1,4(),4,4,3(),3,4,3(),2,4,3(),1,4,3(),4,3,3(),3,3,3(),2,3,3(),1,3,3(),4,2,3(),3,2,3(),2,2,3(),1,2,3(),4,1,3(),3,1,3(),2,1,3(

),1,1,3(),4,4,2(),3,4,2(),2,4,2(),1,4,2(),4,3,2(),3,3,2(),2,3,2(),1,3,2(),4,2,2(),3,2,2(),2,2,2(),1,2,2(),4,1,2(),3,1,2(),2,1,2(

),1,1,2(),4,4,1(),3,4,1(),2,4,1(),1,4,1(),4,3,1(),3,3,1(),2,3,1(),1,3,1(),4,2,1(),3,2,1(),2,2,1(),1,2,1(),4,1,1(),3,1,1(),2,1,1(),1,1,1(

87.2

a) 2

1

24

12p

b) 4

3

24

18p

c) 6

1

24

4p

88.

a) 12

11

12

11)(1)( BAPBAP

b) 4

3

12

1

3

11)()(1)(1)(

BAPAPBAPBAP

c) 4

1

4

31)(1)( BAPBAP

89. O icosaedro tem 20 faces, então:

315,020;21,020;525,020;63,020;42,020

O icosaedro tem 4 faces azuis, 6 faces vermelhas, 5 brancas, 2 pretas e 3 verdes.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 16

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90. a)

)(1)()()()()()()()( BAPBPAPBAPBPAPBAPBPAP

)(1)()()(1)()( BAPBAPBPAPBPAP

b) Sabe-se que )()()()( BAPBPAPBAP , então, tem-se

0)()()()(2)(3 BAPBAPBPBPBP

91.

a) 5

2

20

8p

b) 20

7p

c) 5

1

20

4p

d) 3

2

12

8p

92.

)|(

)(

)(

)()()(|)(|( BAP

BP

BAP

BP

BAP

BP

BBBAP

BP

BBAPBBAPBBAP

93.

93.1

)(

)()(

)(

1)(1

)(

)(1

)(

)(

AP

BAPAP

AP

BAPBP

AP

BAP

AP

BAPBP

00)()()()()()( BAPAPBAPBPAPBp

93.2 Sejam:

P : «Ser português»;

M : «Ser rapaz». Se 3 em 5 dos participantes portugueses são rapazes, isto significa que

6,0)|( PMP , então, 15,06,025,0)|()()( PMPPPPMP

Os dados fornecidos podem ser sintetizados na tabela seguinte:

Então, 42,0)( PMP , ou seja, a probabilidade é de 42%.

94.

94.1 Vejamos todos os casos possíveis numa tabela de dupla entrada:

0,10 € 0,10 € 0,20 € 0,20 € 0,20 € 0,50 €

0,10 € (0,10; 0,10) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,50)

0,10 € (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,50)

0,20 € (0,20; 0,20) (0,20; 0,20) (0,20; 0,50)

0,20 € (0,20; 0,20) (0,20; 0,50)

0,20 € (0,20; 0,50)

0,50 €

P P

M 0,1 0,42 0,52

M 0,15 0,33 0,48

Total 0,25 0,75 1

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 17

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a) 15

4p

b) 5

3

15

9p

94.2 )|( ABP significa a probabilidade de as duas moedas retiradas do bolso

esquerdo terem valores diferentes, se as três moedas retiradas do bolso direito tinham o mesmo valor. Se as três moedas retiradas do bolso direito tinham o mesmo valor, então, estas só poderiam ser as três moedas de 0,20 €. Sendo assim o bolso esquerdo ficou, antes da segunda extração, com três moedas de 0,10 € e quatro moedas de 0,20 €. Pretendemos retirar agora duas moedas das sete existentes nesse bolso. Nesta situação temos 21 casos possíveis (construir tabela de dupla entrada se necessário), dos quais apenas 12 são favoráveis ao que se pretende. Assim, a

probabilidade pedida é 7

4

21

12p .

95. Na tabela seguinte podemos organizar todos os casos possíveis: x −2 −1 0 0 1 2

−2 (−2, −2) (−2, −1) (−2, 0) (−2, 0) (−2, 1) (−2, 2)

−1 (−1, −2) (−1, −1) (−1, 0) (−1, 0) (−1, 1) (−1, 2)

0 (0, −2) (0, −1) (0, 0) (0, 0) (0, 1) (0, 2)

1 (1, −2) (1, −1) (1, 0) (1, 0) (1, 1) (1, 2)

2 (2, −2) (2, −1) (2, 0) (2, 0) (2, 1) (2, 2)

3 (3, −2) (3, −1) (3, 0) (3, 0) (3, 1) (3, 2)

95.1

a) Para o ponto pertencer ao 2.º quadrante a sua abcissa tem de ser

negativa e a ordenada positiva, então, 9

1

36

4)( Ap

b) 3

1

36

12)( Bp

c) Para que o ponto pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares a sua

ordenada tem de ser igual à sua abcissa. Assim: 6

1

36

6)( Cp

d) Existem cinco pontos que pertencem à reta dada: (0, 2); (1, 1); (2, 0); (2, 0); (3, −1).

Assim, 36

5)( Dp

e) 9

40

3

1

9

1)()()()( BAPBPAPBAp

f) Só o ponto (1, 1) pertence às duas retas e, então, 36

1)( DCp

95.2 )|( DAP significa a probabilidade de o ponto pertencer ao 2.º quadrante se

pertencer à reta de equação y=-x+2. Os pontos que pertencem à reta são: (0,2); (1,1); (2,0); (2,0); (3,-1). No entanto, nenhum destes pontos tem abcissa negativa e ordenada positiva o que significa que a probabilidade pedida é zero.

y

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Autoavaliação 1 (Pág. 54 a 55)

Grupo I 1. Dos cinco pontos escolhidos (pontos de interseção dos gráficos de f e de g),

apenas dois são zeros de f, então, 5

2p .

Resposta: B

2. Como A e B são incompatíveis,

36,038,074,0)()()( BPBPAPBAP

Resposta: B 3. Depois de retirada uma bola com número par ficam na caixa nove bolas das quais

apenas quatro têm número par. Então, 9

4p

Resposta: B

4. Se 2

1| BAp , então, significa que das figuras pintadas de azul metade são

quadrados, o que só acontece na opção D. Resposta: D

5. 3

1)(

3

2)( BAPBAP e

5

3

3

1

3

1

5

3)( BAP

Resposta: D Grupo II 1.

1.1

1.2

a) AC e 36

19)( ACp porque os divisores de 36 superiores a 1 são: 2,

3, 4, 6, 9, 12, 18 e 36.

b) CB e 9

1

36

4)( CBp porque os divisores primos de 36 são: 2 e 3.

c) AB e 36

29)( ACp são todos os produtos exceto 1, 2, 3 e 5.

2. Sejam:

E : «O semáforo estar vermelho»;

V : «O semáforo estar verde»;

L : «O semáforo estar laranja».

Sabe-se que: )(2)( EPVP e )(6)( EPLP

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

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 19

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a) Então, 9

1)(1)(6)(2)(1)()()( EPEPEPEPLPVPEP

b) 9

2)( VP

c) 3

2

9

6)( LP

3. Sejam:

S : «A Carolina ganha o primeiro set»;

J : «A Carolina ganha o jogo».

Sabe-se que: 35,0)( SP e 75,0)|( SJP

a) 65,035,01)( SP

b) 2625,075,035,0)|()()( SJPSPJSP

c) 0875,02625,035,0)()()( JSPSPJSP

4.

a) 06,03,02,0)|()()( BAPBPBAP

48,042,006,0)()()(

42,06,07,0)|()()(

6,04,01)|(1)|(

BAPBAPAP

BAPBPBAP

BAPBAP

8

1

48,0

06,0

)(

)()|(

AP

BAPABP

b) 25

1806,03,048,0)()()()( BAPBPAPBAP

c) 50

2142,0)()( BAPBAP

1.4 Análise combinatória

96. 90001010109

São 9000 números. 97.

97.1 933

97.2 Para ser menor do que 30 , o primeiro algarismo só pode ser 2 , e, então,

temos 331 números nessas condições.

97.3 Para ser múltiplo de 5 , o último algarismo só pode ser 0 ou 5 . Então,

temos 623 números nestas condições.

98. 36334

Pode ir vestida de 36 maneiras diferentes. 99.

99.1 0005292310 23

99.2 0002323103

100. 9

1

33

11

p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 20

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101. 25644

Terá 256 meses sem repetir nenhum código. 102.

102.1 00029052310 24

Podem ser emitidas 0002905 matrículas.

102.2 00010104

Existem 00010 matrículas com as letras EX (por esta ordem).

102.3 O número de matrículas com os algarismos e as letras iguais são:

2302310

Assim, 00023

1

0002905

230p

103. 30562

6 A

104. 72089103

10 A

105.

105.1 2255335

105.2 15

8

225

4235

p

106.

a) 603453

5 A

b) Se é um número de três algarismos, o primeiro não pode ser zero. Assim,

temos 18233 números.

107.

a) 20015156789106

10 A

b) 4905909109999910 5

108. 32040!8

109.

109.1 880362!9

109.2 Existem vários casos: 1.º caso Três leões seguem juntos, por exemplo, TLLLTLTLT. Existem 3 posições

diferentes para o grupo dos três leões e, então, temos !4!53 maneiras.

2.º caso

Cada leão alterna com um tigre, LTLTLTLTL, e temos !4!5 maneiras.

3.º caso Dois leões seguem juntos, por exemplo, LLTLTLTLT. Existem 8 posições

para o grupo dos dois leões e, então, temos !4!58 maneiras.

4.º caso Existem dois grupos de dois leões, por exemplo, TLLTLTLLT. Existem 3 posições diferentes para os dois grupos de dois leões e, então, temos

!4!53 maneiras.

Concluindo, 42

5

!9

!4!515

p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 21

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110. 24!4 Existem 24 anagramas da palavra AMOR.

111.

111.1 32040!8

111.2 As áreas podem permutar entre si e, dentro da mesma área, os livros também podem permutar entre si.

Então, 280

3

!8

!3!2!3!3

P

112. 7212343 números.

113.

113.1 Com um sinal: 2 letras.

Com dois sinais: 422 letras.

Com três sinais: 823 letras.

Com quatro sinais: 1624 letras.

3016842

É possível formar 30 letras.

113.2 2

1

30

8421

p

114.

114.1 7203

10 A

720010720 segundos, ou seja, 2 horas.

114.2. Se o código tem um único zero, este pode ser o primeiro, o segundo ou o terceiro algarismo e os outros dois algarismos têm de ser ambos diferentes de zero.

Assim, temos 216893 códigos com um único zero, dos quais

apenas um é o que abre o cofre. Então, 216

1p

115.

a)

nn

nn

n

n

!1

!1

!1

!

b)

23!

!12

!

!2 2

nnn

nnn

n

n

116.

a)

56030302

2130

2

2

nnnn

n

nnn

n

n

!

!

!

!

Como 0Nn , então, 6n .

b)

85040342!

!1242

!

!2 2

nnnnn

nnn

n

n

Como 0Nn então 5n .

c)

12130156156!2

!21156

!2

! 2

nnnn

n

nnn

n

n

Como 0Nn então 13n .

117.

a) 24!4 números.

b) 25644 números.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 22

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118.

a) Se terminam em S, apenas as primeiras seis letras podem permutar.

Então, tem-se 720!6 anagramas.

b) Apenas 5 letras podem permutar. Então, 120!5 anagramas.

119. Como existem três idades diferentes (3, 4 e 5 anos), estas podem permutar

entre si e as crianças da mesma idade também podem permutar entre si.

Tem-se, então, 432!3!2!3!3

120. 5040!78

!8 maneiras diferentes.

121. As quatro empresas podem ser «arrumadas» em círculo e, em cada empresa,

os diretores podem trocar entre si.

Então, tem-se 962!322224

!4 4 maneiras diferentes.

122. Como o algarismo 2 se repete três vezes e o algarismo 5 se repete duas, as

permutações entre eles originam números iguais. Assim, tem-se 60!2!3

!6

números diferentes.

123. 60!2!3

!6

sinais diferentes.

124. Das oito prateleiras, duas ficam vazias, duas ficam com as jarras iguais e quatro

ficam com os pratos distintos entre si. Assim, as permutações entre as vazias e entre as que ficam com as jarras originam disposições iguais.

Então, 08010!2!2

!8

disposições diferentes.

125.

125.1 Pretende-se escolher conjuntos de sete questões de um total de dez.

Como a ordem é irrelevante tem-se 1207

10 C .

Pode fazer 120 escolhas diferentes. 125.2 Se as primeiras quatro são obrigatórias resta escolher três de um total de

seis sendo a ordem irrelevante.

Assim, existem 203

6 C maneiras diferentes de escolher.

126. Quaisquer três pontos da circunferência formam um triângulo sendo a ordem

irrelevante.

Então, tem-se 843

9 C triângulos.

127.

127.1 Num baralho completo existem 13 cartas de espadas. Como se pretende grupos de três cartas, a ordem é irrelevante.

Tem-se, então, 2863

13 C grupos diferentes.

127.2 Existem 26 cartas vermelhas e 26 pretas.

Existem 0008452

26

3

26 CC grupos.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 23

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128. Como dois jogadores já estão escolhidos, resta escolher três de um total de dez jogadores e como não há diferenciação de jogadores, a ordem não interessa.

Assim, tem-se 1203

10 C escolhas possíveis.

129. Interessam-nos todos os grupos de seis alunos a que a Rita e o Tiago não

pertencem simultaneamente.

Então, temos 388504

19

2

2

6

21 CCC grupos nestas condições.

130. Basta escolher cinco cores distintas para as faces laterais e depois permutá-las tendo em conta que se encontram em círculo. Feita esta escolha, a base fica pintada com a cor restante.

Tem-se, assim, 1445

!55

6 C formas distintas de pintar as faces da pirâmide.

131.

131.1

a) 8402

6

3

8 CC conjuntos.

b) Esses vértices podem ser do cubo ou do octaedro.

625

6

5

8 CC conjuntos.

131.2 O cubo tem seis faces, por isso existem seis conjuntos nas condições pedidas.

Então, 1001

36

5

14

Cp

132. Podemos escolher três dos oito compartimentos (os que ficam vazios) ou cinco

dos oito (os que ficam com as bolas).

563

8

5

8 CC

133. Sabe-se que 22 CC n

n

n e, então, a igualdade dada é equivalente a:

14150210210)!2(

)!2)(1(210

)!2(

!2102 2

2

nnnn

n

nnn

n

nCn

Como 0Nn , tem-se n=15.

134. 565

8

5

7

4

7 CCC

Pode fazer 56 tipos de arranjos florais.

135. 321220212

1

p

n

p

n

p

n CCC

136. Sabe-se que 12

145

12

155

2

155

n

n

n

n

n

n CCC , então, a igualdade dada é equivalente

a:

72)1(145121121

145

12

145

nnnnnnnCC n

n

n

n

Como 0Nn , tem-se 7n .

137.

a) 08

11

8

11

8

11

3

11

8

11

3

10

2

10 CCCCCCC

b) 0111

11

11

1

11

1

r

sr

r

sr

r

sr

ssr

sr

r

sr

s

sr

r

sr

s

sr

s

sr CCCCCCCCC

138. 2048211

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139. O cliente pode não adicionar qualquer ingrediente ou pode acrescentar um, dois, três, quatro, cinco ou seis ingredientes.

Assim, tem-se 6426

6

6

5

6

4

6

3

6

2

6

1

6

0

6 CCCCCCC pizas diferentes.

140. Se tem 17 elementos, trata-se da 16.ª linha e o quinto elemento dessa linha é:

18204

16 C

141. 1010242 nn, ou seja, trata-se da 10.ª linha.

O terceiro elemento da linha anterior é 3629 C .

142. Trata-se da linha número 11.

a) 1653

11 C

b) 4954

12 C

143. Sejam: 1, a e b os três primeiros elementos dessa linha.

1051061 baba

Como o terceiro elemento da linha seguinte é ba , então é igual a 105.

144. Sejam: 1, a e b e 2024 os quatro primeiros elementos dessa linha.

Então, 300232520241 baba

O terceiro elemento da linha seguinte é ba , ou seja, 300.

145. Trata-se da linha n.º 2009.

Um extrato dessa linha é: 1 2009 2017036 … 2017036 2009 1 Esta linha tem 2010 elementos e apenas quatro destes são menores do que 1 milhão. Então, existem 2006 elementos maiores do que 1 milhão.

146. Se tem 21 elementos trata-se da 20.ª linha, onde os dois primeiros elementos e

os dois últimos são 1 e 20 (números cuja soma é 21). Temos, então, 4 casos favoráveis.

Assim, 105

24

2

21

Cp

147. 50

5

54

4

532

3

523

2

54

1

505

0

55baCbaCbaCbaCbaCbaCba

54322345 510105 babbababaa

148.

a) 50

5

54

4

532

3

523

2

54

1

505

0

55)3()3()3()3()3()3(3 xCxCxCxCxCxCx

2434052709015 2345 xxxxx

b) 4

4

43

3

422

2

43

1

44

0

44)()()()()()()( prCprpqCprpqCprpqCpqCprpq

44342243444 464 rpqrprqprqpqp

149. 45153

15

16

16 483 pqqpCT

150. Um termo genérico deste desenvolvimento é:

16886

8

2

8

1 11

kk

k

kk

kk xCxx

CT

Se se pretende o termo independente 20168 kk

E, assim, o termo independente é: 2812

2

8 C

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151. Um termo genérico deste desenvolvimento é: kk

kk baCT

2020

1

a) 3k , então, o coeficiente é: 11403

20 C

b) 17k , então, o coeficiente é: 11403

20

17

20 CC

152.

a) 1024210

b) Pretende-se determinar a soma dos 15 coeficientes e, de acordo com a lei da simetria a soma pretendida é:

03432300320021001364911412

21 7

14

6

14

5

14

4

14

3

14

2

14

1

14

0

1414

0

14

CCCCCCCCCk

k

k

153.

a) 1041014

10

14

11 1001 yxyxCT

b) 1010

10

1010

10

1010

1011 976562555 yxCyxCyxCT nnnnnn

154. Como o desenvolvimento tem 9 termos, o termo central é o 5.º termo.

8442

4

8

5 17920)4( xxCT

155. Um termo genérico do desenvolvimento é:

1236

212

6

6

2

6

1

1

kk

kk

kk

k

k

k

kk xsCx

xsCsx

xCT

Para determinar o coeficiente de 3x tem-se 53123 kk e, então,

555

5

6 3318 sssC

156. Número de casos possíveis: 3

12C

Número de casos favoráveis: Para que formem um triângulo, os pontos não podem ser colineares, ou seja, dois têm de pertencer a uma reta e o outro à outra reta.

Tem-se duas situações dado que existem duas retas: 1

5

2

7

1

7

2

5 CCCC

Então, 44

35

220

17557

3

12

2

7

2

5

C

CCp

157.

157.1 Como existem quatro trabalhos e três empresas e todas são contratadas, uma empresa tem de ficar com dois trabalhos atribuídos e os trabalhos restantes serão atribuídos a cada uma das outras empresas. Assim, das três empresas qualquer uma pode ficar com os dois trabalhos

( 1

3C ) e dos quatro trabalhos, dois são atribuídos a essa empresa ( 2

4C ) e

cada um dos trabalhos restantes pode ser atribuído a qualquer uma das

duas empresas restantes ( !2 ).

Concluindo, o número de maneiras distintas de atribuir os trabalhos é:

36!22

4

1

3 CC

157.2 Relativamente ao número de casos favoráveis, como a Gecasa fica com dois trabalhos, estes podem ser escolhidos dos quatro existentes e, mais uma vez, os restantes podem permutar de empresa.

Então, 3

1

36

12

36

!22

4

C

p

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158. Consideremos o acontecimento contrário «os três funcionários pertencem ao

mesmo turno» e determinemos a sua probabilidade:1771

277

3

23

3

3

3

12

3

8

C

CCCp

Então, a probabilidade pedida é: 1771

1494

1771

2771 p

159.

a) 24

1

8

2

9

3

10

5p

b) Número de casos favoráveis: Como temos uma bola de cada cor, temos

235 possibilidades mas as cores podem sair por diferentes ordens, ou

seja, temos !3 sequências de cores.

Assim, o número de casos favoráveis é: 235!3

A probabilidade pedida é: 4

1

720

180235!3

3

10

Ap

160. Número de casos possíveis: 5

25C

Número de casos favoráveis: Se colocarmos uma garrafa na 1.ª linha temos 5 possibilidades, para a segunda garrafa na 2.ª linha já só temos 4 possibilidades porque não pode ficar na mesma coluna, para a terceira garrafa na 3.ª linha restam 3 possibilidades, para a quarta apenas 2 e, finalmente, só nos resta uma única hipótese para a última garrafa.

Assim, o número de casos favoráveis é: 12345

Então, 1771

4!5

5

25

Cp

161.

a) Para não estarem na mesma face, os dois vértices têm de ser os extremos das diagonais espaciais do cubo. Sendo assim, existem apenas 4 casos favoráveis,

Então, 7

1

28

44

2

8

Cp .

b) Quaisquer dois vértices do cubo estão em faces opostas, então: 1p

162. Número de casos possíveis (corresponde ao número de tentativas):

Existem três situações, o primeiro e o último algarismos são zero e, então, os algarismos do meio têm três hipóteses para cada um (7, 8 ou 9) ou o primeiro e o último algarismos estão na 2.ª linha e os do meio na 3.ª ou o primeiro e o último algarismo estão na 3.ª linha e os do meio estão na 4.ª.

Então, o número de casos favoráveis é: 171333 442 .

Como só existe um caso favorável (corresponde ao código correto), tem-se:

171

1p

X

X

X

X

X

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 27

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163.

163.1 Número de casos possíveis: !10

Número de casos favoráveis: As letras terão de sair pela ordem FELICIDADE, e, como existem algumas letras iguais, tem-se

81112112121 casos favoráveis.

Então, 453600

1

!10

8p

163.2 Número de casos possíveis: 902

10 A

Número de casos favoráveis: Há três possibilidades para obter letras

iguais (DD, EE, II) e, então, tem-se: 63 22 A

Então, 15

1

90

6p

164.

164.1 Para que o número seja par, o último algarismo tem de ser par, ou seja, existem apenas 4 hipóteses para o último algarismo e, como os algarismos têm de ser distintos, restam 8 algarismos que podem permutar entre si.

Assim existem 2801614!8 números nas condições pedidas.

164.2 Temos 4 posições para os dois algarismos ímpares consecutivos: IIPIPIPIP; IPIIPIPIP; IPIPIIPIP; IPIPIPIIP. Em cada uma das posições anteriores, os algarismos são distintos e podem permutar, pares com pares e ímpares com ímpares.

Então, 14

1

161280

!4!54

p

165. Número de casos possíveis: São todos os anagramas de JOGO, não

esquecendo que existem duas letras iguais, ou seja, são 12!2

!4 casos

possíveis. Número de casos favoráveis: De todos os anagramas, apenas 2 correspondem

ao pretendido, OGOJ e OJOG. Assim, 6

1

12

2p

166. Número de casos possíveis: 563

8 C

Número de casos favoráveis: Por cada diagonal do octógono existem 6 triângulos retângulos. Por exemplo, se considerarmos a diagonal [FB], existem os seguintes triângulos retângulos: [FGB]; [FHB]; [FAB]; [FCB]; [FDB]; [FEB]. (São retângulos, porque um dos ângulos internos é inscrito numa semicircunferência).

Como existem 4 diagonais, tem-se 2464 triângulos retângulos.

Então, 7

3

56

24p

167. Número de casos possíveis: 2525

5

5

10 CC

Número de casos favoráveis: Sendo as equipas formadas indiferenciadas, temos apenas um modo de constituir as equipas (rapazes para uma e raparigas para outra). Se as equipas fossem distintas, por exemplo, equipa A e equipa B, as raparigas poderiam constituir a equipa A ou a equipa B, havendo, por isso, duas maneiras de constituir as equipas.

Como não é feita alusão à diferenciação das equipas, tem-se: 252

1p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 28

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168. Existem 610 códigos diferentes. Em 1000 tentativas distintas, temos:

1000

1

10

106

3

p de acertar no código correto.

169. Determinemos a probabilidade do acontecimento contrário: «A Ana e o Pedro

ficam juntos».

Número de casos possíveis: 32040!8

Número de casos favoráveis: A Ana e o Pedro têm 7 posições para ficarem juntos, podendo dentro de cada posição permutar entre si. Sentados a Ana e o Pedro, os outros amigos podem ocupar qualquer um dos seis lugares.

Assim, o número de casos favoráveis é: !6!27

Então, 4

1

!8

2!7

p

Como se pretende que a Ana e o Pedro fiquem separados, tem-se:

4

3

4

11 p

170.

170.1 Número de casos possíveis: 704

8 C

Número de casos favoráveis: Dos quatro homens escolhem-se dois e das quatro mulheres escolhem-se duas, sendo a ordem irrelevante. Por isso,

tem-se: 362

4

2

4 CC

Então, 35

18

70

36p

170.2 Número de casos possíveis: 1624

Número de casos favoráveis: Escolhemos dos quatro casais quais serão «representados» pelos homens e os restantes serão representados pelas

mulheres. Assim, o número de casos favoráveis é 62

4 C .

Assim, 8

3

16

6p

Mais exercícios (Pág. 85 a 89)

Escolha múltipla 171. Opção (B).

Existem no total 1243 formas possíveis de ir de A para C, passando por B.

172. Opção (B).

nnnnn

nnn

n

n

21!1

!11

!1

!1

173. Opção (D).

Como existem dois «P» e três «A» temos permutações com repetições. Assim, o

número de anagramas da palavra papagaio é: 3360!3!2

!8

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 29

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174. Opção (A).

Para que o número seja par, tem de terminar em 2 , pois este é o único par do conjunto. Para que o número tenha exatamente dois algarismos iguais e seja par, os

outros dois algarismos podem ser iguais a 7,5,3,1 ou 9 , ou, um deles tem de ser

igual a 2 e o outro diferente de 2 , portanto, existem

15115151115 números nas condições pedidas.

175. Opção (B).

Como dois quadrados adjacentes não podem ter a mesma cor, o primeiro quadrado pode ser pintado com qualquer uma das quatro cores; o adjacente a este com qualquer uma das 3 cores, diferente daquela com que o primeiro se pintou; o adjacente a este pode ter a cor do primeiro ou qualquer outras das duas cores…

Assim, tem-se: 3343334

176. Opção (D).

Quaisquer três pontos distintos de uma circunferência são não colineares. Então, como dois pontos distintos definem uma reta, escolhidos dois quaisquer conjuntos distintos, de dois pontos escolhidos dos 15 da circunferência, obtêm-se duas retas distintas. Logo, com os 15 pontos da circunferência é possível

definir 2

15C retas distintas.

177. Opção (C).

Como existem apenas duas opções distintas para o João e quatro para a Maria,

existem 2455542 2 maneiras diferentes de os quatro amigos

escolherem os pastéis.

178. Opção (C).

Seja n o número de cores diferentes de papel. Existem 2An maneiras diferentes

de escolher a cor do papel e da fita. Então, tem-se 56301 nnnn

. Então, o número mínimo de cores diferentes é 6 .

179. Opção (B).

1011552 nnCn, como 2n vem 11n .

180. Opção (B). A linha tem 7 elementos, por isso, trata-se da 6.ª linha e, logo, o terceiro elemento dessa linha é o número de combinações de 6 elementos, 2 a 2.

181. Opção (A).

aaCT 3223

3

4

4

182. Opção (B).

92022 aa . Então, o segundo elemento da linha seguinte é 10 .

183. Opção (C).

Linha das permutações de 9 . Então, a soma de todos os elementos da linha

seguinte é: 1024210

184. Opção (D).

O apostador tem de acertar 4 dos números sorteados se acerta apenas em 4 ou

em 5, assim, a probabilidade pedida é 204

1115

5

20

4

5

C

C

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185. Opção (D).

Com os 6 vértices do octaedro é possível definir 2

6C segmentos de reta distintos.

Como o octaedro tem 12 arestas, a probabilidade referida é 2

6

12

Cp

186. Opção (B).

Existe apenas uma possibilidade de o Rodrigo e a Cátia formarem grupo na apresentação do trabalho. Assim, a probabilidade de os dois não formarem

grupo é: 2

5

2

5

2

5

111

C

C

C

187. Opção (B).

Como existem 3 mulheres no grupo, existem apenas 32

3 C formas diferentes

de constituir grupos femininos. Então, a probabilidade pedida é: 15

13

2

10

C

188. Opção (B).

O soma é dezassete se os números saídos forem 1 e 6 , ou 2 e 5 , ou 3 e 4 ,

não necessariamente pela ordem indicada. Existem por isso 623 casos

favoráveis a que a soma seja 17. O número de casos possíveis é 2402

16 A .

Portanto, a probabilidade pedida é: 40

1

240

6

189. Opção (B).

Existem 9000109 3 números naturais com 4 algarismos, dos quais

45369 3

9 A têm os quatro algarismos diferentes. Então, a probabilidade

pedida é: 125

63

9000

4536

190. Opção (D).

Na urna existem 10 bolas brancas e 10 bolas com número primo. Das brancas,

4 têm número primo.

Assim, a probabilidade de o Gonçalo ganhar é dada por: 15

8

30

41010

191. Existem !3 formas diferentes de sentarem os 3 rapazes juntos e por cada uma

destas formas existem !4 formas diferentes de sentar as 4 raparigas juntas.

Como as raparigas e os rapazes não podem ser separados, existem duas formas de sentar os dois grupos (rapazes à direita ou à esquerda das raparigas).

Assim, no total existem 2!4!3 casos favoráveis de os rapazes ficarem juntos e

as raparigas também ficarem juntas. Como são 7 amigos para 7 lugares,

consecutivos, existem !7 maneiras diferentes possíveis de sentar os 7 amigos.

Assim, a probabilidade pedida é: !7

!4!32

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 31

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Resposta aberta 192.

a) Como existem 10 canetas, existem 2104

10 C conjuntos diferentes que se

podem formar com extrações em simultâneo. Como 6 das canetas são

boas, dos 210 conjuntos que é possível formar, 154

6 C têm as 4

canetas boas. Então, a probabilidade pedida é: 14

1

210

15p

b) O acontecimento «pelo menos uma ser defeituosa» é o contrário de «todas

serem boas». Portanto, a probabilidade pedida é: 14

13

14

11 p

193.

193.1 Consideremos n como sendo o número de bombons com passas. Então,

o número de bombons com nozes é 2n e existem 22 n bombons na

caixa. Assim, a expressão que permite determinar a probabilidade de, ao retirar

dois bombons da caixa, se obter dois bombons de nozes é 2

22

2

2

C

Cn

n

Então, o valor de n é solução da equação: 7

2

2

22

2

2

C

Cn

n

Esta equação é equivalente a:

107

2

24

2

7

2

1222

12

7

2

!2!2

!22!2!

!2

nn

n

nn

nn

n

nn

n

Então, a caixa tem 22 bombons: 10 com passas e 12com nozes.

193.2 Número de casos possíveis: 2312

22 C ; número de casos favoráveis a

que os dois bombons tenham sabores diferentes: 1201012 .

Assim, a probabilidade pretendida é 77

40

231

120p

194.

194.1 Como se vão sentar numa mesa redonda o número de forma diferentes de

se sentarem são permutações circulares de 6 , ou seja, 120!56

!6

194.2 Número casos possíveis: 120!56

!6

Número de casos favoráveis: 48!2!4 (o pai e a mãe ficam juntos, logo,

funcionam como um só nas permutações circulares com os 4 filhos, no entanto podem permutar entre eles alterando assim a disposição). Então,

a probabilidade pedida é: 5

2

120

48p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 32

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195. Como concorrem três arestas no vértice A, a formiga tem três escolhas possíveis; chegando ao vértice seguinte, como não pode voltar atrás, tem apenas duas escolhas; e no vértice seguinte, outras duas. Assim, a formiga tem

12223 escolhas possíveis para caminhar o equivalente a três arestas.

Para chegar a A, depois de percorrer duas arestas, fica apenas com uma escolha, ou seja, o número de casos favoráveis a chegar que lhe permitem

chegar a B são 6123 .

Portanto, a probabilidade de a formiga chegar a B saindo de A e percorrendo o

equivalente a três arestas é: 2

1p

196.

196.1 É necessário percorrer 12 lados sendo seis para «baixo» e seis para a

«direita». Assim, existem 9246

12 C trajetos.

Repare-se que, depois de escolhidos os lados a percorrer para baixo, resta apenas uma alternativa para os lados a percorrer para a direita.

196.2 Número de casos favoráveis a passar em B. De A a B existem 152

6 C

trajetos diferentes; de B a C existem 154

6 C . Então, para ir de A a C

passando por B existem 2251515 .

Então, escolhendo ao acaso um dos trajeto de A para C, a probabilidade

de este passar por B é: 308

75

924

225p

197.

197.1 A Joana tem de escolher 2 dos três de Saramago, 1 dos quatro de

Sophia de Mello Breyner Andresen e 3 dos cinco de Carl Sagan. Assim,

no total, tem 12010433

5

1

4

2

3 CCC escolhas diferentes.

197.2 A Joana pode optar por ler os dois livros de Saramago em primeiro e segundo lugar, ou em segundo e terceiro ou em terceiro e quarto ou em quarto e quinto ou ainda em quinto e sexto, podendo ainda trocar a ordem pela qual lê os dois. Escolhida a ordem pela qual vai ler os livros de Saramago, existem ainda as permutações que se podem efetuar entre

os outros 4 livros. Assim, existem 240!452 casos favoráveis a que

os livros de Saramago sejam lidos um a seguir ao outro.

O número de casos possíveis é 720!6 .

Portanto, a probabilidade pedida é: 3

1

720

240p

198.

198.1

a) Duas das posições das seis disponíveis são ocupadas por cincos,

enquanto cada uma das outras quatro é ocupada por um dos outros 9

algarismos. Assim, existem 9351095 3

2 C números da lotaria que

têm exatamente dois cincos. b) Ter pelo menos um sete é o contrário de não ter qualquer sete. Assim,

existem 95140910 55 números que não têm qualquer sete. Ao

número total de números emitidos, 610 , retiram-se aqueles que não têm

qualquer 7 .

198.2

a) Existe apenas um bilhete com o número 77777 , pelo que a

probabilidade de este número ser o sorteado é: 000100

1p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 33

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b) Existem 10110 4 números com todos os algarismos iguais, pelo que

a probabilidade pedida é: 00010

1

000100

10p

c) Existem 240305

10 A números em que os algarismos são todos

diferentes. Então, a probabilidade pedida é: 625

198

000100

24030p

199.

199.1

a) Existem 10 números diferentes para 10 lugares. Então, existem

8006283!10 maneiras diferentes de numerar as restantes 10 faces.

b) Uma das pirâmides tem já duas faces numeradas com números

ímpares. Então, existem 122

4 A formas diferentes de numerar as

outras duas faces desta pirâmide (4 números ímpares para duas faces).

Para a outra pirâmide, existem 3604

6 A de a numerar ( 6 números

pares para 4 faces. Restam 4 números para numerar as restantes 4

faces, sendo 24!4 o número de formas diferentes de o fazer.

Assim, tem-se no total 2721062436012 formas diferentes de

numerar as faces do poliedro.

199.2 O poliedro tem 10 vértices, portanto existem 1203

10 C formas diferentes

de se escolher conjuntos de 3 pontos, ou seja, existem 120 caso

possíveis para a experiência aleatória em causa. Colocando o poliedro na posição referida na figura, os planos que contêm as faces das duas pirâmides são paralelos ao plano definido pela equação

0y ( xOz ), dado que são ambos perpendiculares ao eixo Oy .

Escolhendo três vértices de uma dessas faces, define-se um plano

paralelo a xOz . Então, existem 82 3

4 C casos favoráveis a escolher

três pontos que definam um plano paralelo a xOz .

Probabilidade pedida: 15

1

120

8p

200.

200.1 Existem 8 números diferentes para o primeiro dígito, podendo o segundo

e o terceiro ser qualquer dos 10 algarismos de 0 a 9 . Assim, existem

800108 2 códigos de área possíveis.

200.2 Para prefixo, existem 6401082 possibilidades diferentes, uma vez

que existem apenas 8 opções para os dois primeiros dígitos, e para

número de linha existem 99991104 , todos os códigos de 4 dígitos,

exceto o 0000 (todos os outros têm pelo menos um dígito diferente de 0 ).

Então, é possível atribuir 36039969999640 números de telefone nessa

cidade. 200.3 Utilizando os valores obtidos nos pontos anteriores é possível atribuir

00048811959999640800 números de telefone diferentes, neste país.

200.4 A Mariana tem de acertar nos três primeiros números do código de linha, uma vez que sabe que este termina em 0.

Sem restrições, existiriam 310 códigos de linha terminados em zero, no

entanto é necessário retirar daí o 0000 , obtêm-se, assim, 999 códigos de

linha diferentes com último dígito igual a 0 .

Então, a probabilidade de a Mariana conseguir falar com a Ana à primeira

tentativa é: 999

1p

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201. Existem três situações distintas.

1. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, e escolho um dos 5

envelopes para colocar as restantes fotografias (fica assim um envelope

com 4 fotografias e os outros com uma cada): 2801

5

5

8 CC

2. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, das 3 fotografias

restantes escolho 2 e um envelope para as colocar e a fotografia que sobra

coloco num outro envelope (fica assim um envelope com 3 fotografias,

outro com 2 e os restantes com uma cada): 33601

4

1

5

2

3

5

8 CCCC

3. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, e as restantes 3

distribuo pelos envelopes, uma para cada, não esquecendo que as

fotografias são todas diferentes (ficam assim 3 envelopes com 2 fotografias

e os restantes com uma cada): 33603

5

5

8 AC

No total existem: 700033603360280

202.

202.1 Como o clube tem 3 atletas seniores e 9 veteranos, tem de escolher dois dos três seniores e três dos nove veteranos ou três seniores de três e dois

dos nove veteranos. Assim, é possível constituir 2883

9

3

9

2

3 CCC

equipas nas condições exigidas. 202.2 Se a Adelaide e o Alberto já fazem parte da equipa, falta apenas

determinar o número de formas de escolher os restantes 3 elementos da

equipa, que têm de ser veteranos. Assim, existem 843

9 C casos

favoráveis a formar a equipa.

Então, a probabilidade pedida é: 24

7

288

84p

203. Casos possíveis: Como são 15 escuteiros e se pretende formar uma equipa de

5 elementos para montar o acampamento, não se atribui nenhuma função específica. Assim, escolhe-se 5 dos 15 elementos sem qualquer ordem, pelo que

o número de casos possíveis é: 5

15C

Casos favoráveis: O número de casos favoráveis a que o Francisco e a Catarina

fiquem na equipa é 3

13C . Se os dois fazem parte da equipa, apenas é

necessário escolher mais três dos restante 13, sem qualquer ordem ( 313C ). Se

ao total de equipas que é possível formar retirarmos o número de equipas que é possível formar tendo o Francisco e a Catarina, obtemos o número de equipas em que os dois não ficam juntos. Assim, o número de casos favoráveis é

3

13

5

15 CC .

Como todos os casos possíveis de formação da equipa têm igual probabilidade de ocorrer, a probabilidade de o Francisco e a Catarina não ficarem juntos na equipa é, de acordo com a Lei de Laplace, a razão entre o número de casos

favoráveis e o número de casos possíveis, ou seja, 5

15

3

13

5

15

C

CCp

204.

204.1 Sem restrições escolhe-se três dos nove amigos e escolhe-se um dos três quartos para estes três amigos; de seguida, escolhe-se três dos restantes seis e um dos dois quartos que sobram para estes três. Os restantes 3 amigos ficam com o quarto que resta.

Existem assim: 08010123 3

3

3

6

3

9 CCC maneiras de alojar os

amigos.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 35

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204.2

a) Número de casos favoráveis: Os rapazes ficam todos juntos num

quarto, basta então escolher o quarto para eles; de seguida escolhe-se

três das seis raparigas e um quarto para elas ficando o quarto que resta

para as outras três raparigas. Assim, existem 12023 35 C casos

favoráveis a não haver pessoas de sexo diferente no mesmo quarto.

O número de casos possíveis: Como foi visto em 204.1, 08010 .

A probabilidade pedida é: 84

1

08010

120p

b) Número de casos favoráveis: Basta, então, escolher um dos três

quartos para os três amigos, de seguida, escolhe-se três dos restantes

seis amigos e um dos dois quartos que sobram, ficando o quarto que

resta para os outros três amigos. Assim, existem 12023 3

5 C

casos favoráveis a não haver pessoas de sexo diferente no mesmo

quarto.

O número de casos possíveis: Como foi visto em 204.1, 08010 .

A probabilidade pedida é: 84

1

10080

120p

205. Considere-se os acontecimentos:

A :«O atleta escolhido é do sexo feminino»;

B : «O atleta escolhido toma suplementos vitamínicos».

205.1 Sabe-se que: 175

100AP ;

157

85BP e

17

15

85

75| BAP

Queremos calcular: BAPBPAPBAP .

Ora, 157

57

157

10011 APAP e

157

10

157

75

157

85

157

85

17

15

157

85| BPBAPBPBAPBPBAP

Portanto, 157

132

157

10

157

85

157

57BAP

205.2

205.2.1 Número de casos possíveis: Escolher 7 atletas dos 157 : 7

157C

Número de casos favoráveis: O número de comissões de 7

elementos constituída por atletas do mesmo sexo é 7

57

7

100 CC , ou

seja, das 100 mulheres seleciona-se 7 ou dos 57 homens escolhe-

se 7 .

Como se pretende que a comissão não seja constituída por atletas

do mesmo sexo, o número de casos favoráveis é:

7

57

7

100

7

157 CCC .

Probabilidade pedida:

0,967

157

7

57

7

100

7

157

C

CCCp

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 36

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205.2.2 Como se tem de colocar alternadamente «rapariga ( M ) /rapaz ( R

)», é necessário que nas pontas fiquem raparigas, por exemplo:

4332211 MRMRMRM . Então, o número de disposições diferentes

para a fotografia é: 1441122334

206.

206.1

a) Como há reposição, existem 9 escolhas para o primeiro algarismo e as

mesmas 9 para o segundo. Então, é possível formar 8199 números.

b) Não havendo reposição, existem 9 escolhas possíveis para o primeiro

algarismo e apenas 8 para o segundo. Então, é possível formar

7289 números.

206.2 Número de casos possíveis: 843

9 C (a adição é comutativa).

Número de casos favoráveis: As decomposições possíveis do 10 numa

soma de três parcelas são: 721 ; 631 ; 541 e 532 .

Probabilidade pedida: 21

1

84

4p

207. Como não existe qualquer outra informação, a probabilidade de, escolhido um

filho ao acaso, este ser rapaz é 2

1 e de não ser rapaz, ou seja, ser rapariga, é

também 2

1. Assim, a variável X : «número de rapazes em 4 filhos» segue uma

distribuição binomial de parâmetros 4 , 2

1.

a) 8

3

2

1

2

12

22

2

4

CXP

b) 4

1

2

111

2

1 , os filhos do meio podem ser de qualquer sexo.

c) Os filhos não são todos do mesmo sexo se tiver apenas 1 rapaz, 2 rapazes ou

3 rapazes. Então, a probabilidade pedida é:

8

7

2

1

2

1

2

1321

4

3

4

4

2

4

4

1

4

CCCXPXPxP

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 37

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208.

208.1 Número de casos favoráveis a ocorrer A : Para ser múltiplo de 5 , o

algarismo das unidades tem de ser 5 . Existem 81199 números

nestas condições.

Número de casos favoráveis a ocorrer B : Como não pode haver

repetições, existem 5053

9 A casos favoráveis à ocorrência de B .

Número de casos favoráveis à ocorrência de BA : O número tem de ser

múltiplo de 5 e todos os seus algarismos têm de ser diferentes. Então, o

algarismo das unidades tem de ser 5 , portanto sobram 8 algarismos, dos

quais se tem de escolher dois para formar sequências para os dois

primeiros algarismos do número. Existem, então, 56178

Número de casos possíveis: Como se podem repetir algarismos, tem-se

72993 números. Assim, tem-se 9

1

729

81AP ,

81

56

729

504BP e

729

56BAP . Como BAPBPAP

729

56

81

56

9

1, A e B

são independentes.

208.2 O produto dos três algarismos só não é par se todos eles forem ímpares.

Assim, retira-se ao total de números de três algarismos diferentes aqueles

que são constituídos apenas por algarismos que são números ímpares.

O total de números com três algarismos são todas as sequências que é

possível formar com os 9 números dados, ou seja, 3

9 A . O total de

números com três algarismos ímpares é o número de sequências de 3

números ímpares que se podem formar com os 5 ímpares dados ( 7,5,3,1

e 9 ), ou seja, 3

5 A . Então, existem 3

5

3

9 AA números de três algarismos

em que o produto dos seus algarismos é um número par.

209. Considerem-se os acontecimentos:

A : «O cliente compra um telemóvel com Bluetooth»;

B : «O cliente compra um telemóvel com Internet».

Sabe-se que:

65,0BAP ;

12,0BAP ;

82,0BP .

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 38

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209.1 A probabilidade de um cliente ter comprado um telemóvel com Internet

sabendo que o telemóvel comprado tem Bluetooth é:

82

65

82,0

65,0|

BP

BAPBAP

209.2 Calcule-se, em primeiro lugar, a probabilidade de um cliente comprar um

telemóvel com acesso à Internet e sem Bluetooth, ou seja, BAP

Da igualdade BAPBAPBP , resulta que,

BAPBPBAP , ou seja, 06,012,082,01 BAP

Então, dos 1200 clientes, 72120006,0 compraram telemóvel com

acesso à Internet e sem Bluetooth. Então, a probabilidade de escolhidos

dois desses 1200 clientes, ambos terem comprado telemóvel com acesso

à Internet e sem Bluetooth é: 59950

213

2

1200

2

72

C

Cp

209.3 Número de casos possíveis: Como os telemóveis são colocados ao acaso

existem !8 disposições possíveis.

Casos favoráveis: Os Smartphone ficam ao centro, mas podem trocar

entre si de posição, os restantes 6 telemóveis podem ocupar qualquer das

restantes 6 posições. Existem, então, !6!2 disposições diferentes em que

os Smartphone ocupam as posições centrais.

Probabilidade pedida: 28

1

!8

!6!2

P

Autoavaliação 2

(Pág. 90 e 91)

Grupo I

1. Opção (A).

Existem !5 permutações possíveis entre os 5 cartões, resultando cada uma em

um número de 5 algarismos. Destes, são pares e menores que 3000 aqueles

cujo algarismo das dezenas de milhar for 1 ou 2 e o das unidades for um número

par.

Se o algarismo das dezenas de milhares for 1 , o das unidades pode assumir dois

valores, 2 ou 4 ; se o das dezenas de milhares for 2 , o das unidades tem de ser

o 4 . Então, o número de casos favoráveis é: 18123121231

Então a reposta correta é: 20

3

120

18

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 39

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2. Opção (B).

Lançamentos que dão origem à soma são seis: 3,4;4,3;2,5;5,2;1,6;6,1 . O

primeiro elemento do par ordenado é o número saído no dado branco e o

segundo, o número saído no dado preto. Como existem dois pares ordenados, em

6 , onde figura o número 4, a probabilidade pedida é 3

1

6

2 .

3. Opção (B).

Para se obter as 20 horas, pode-se fazer dois dias com 6 horas e um com 8 ou

dois dias com 8 horas e um com 4 . Em ambos os casos, a escolha do dia em

que o número de horas é diferente pode ser feita de 3 formas diferentes, portanto,

existem 6 formas diferentes de fazer a escolha.

4. Opção (C).

1122048 . Então, a linha em causa tem 12 elementos. O primeiro e o último

elementos são iguais a 1 e o segundo e o penúltimo são iguais a 11. Assim, o

número de casos favoráveis a que a soma seja 12 é 422 e o número de

casos possíveis 2

12C , escolha de dois dos 12 elementos. Então, a probabilidade

pedida é 33

24

2

12

Cp .

5. Opção (D).

De 1 a 50 existem 25 números pares e 10 múltiplos de 5. Dos múltiplos de 5,

cinco são pares. Então, 2

1

50

25AP ;

5

1

50

10BP ,

10

1

50

5BAP e

5

3

10

6

10

1

5

1

2

1 BAPBPAPBAP

Grupo II

1.

1.1 Para a escolha das 5 personagens do sexo masculino, é necessário

selecionar 5 dos 10 rapazes distribuindo-os pelos 5 papéis; existem, assim,

5

10 A . Para o papel feminino existem 7 opções diferentes. Portanto, existem:

2116807 5

10 A

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 40

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1.2 Número de casos possíveis: 6802117 5

10 A

Número de casos favoráveis: Como o papel feminino e o do herói já estão

atribuídos, o número de casos favoráveis é: 30244

9 A

Então, a probabilidade pedida é: 70

1

211680

3024p

1.3 Como existem 5 personagens masculinas, a probabilidade de ser atribuído o

papel de Gomes Freire de Andrade ao Vasco é 5

1.

2.

2.1 Casos possíveis: Dos 632 , escolhem-se dois ao acaso: 2

632C (a ordem da

escolha não distingue o par).

Caso favoráveis: Existem 123 escolhas para ser homem e Gold e 101 para

ser mulher e Gold. Então, existem: 101123 .

Então, a probabilidade pedida é: 199396

12423101123

2

632

Cp

2.2 A Joana é mulher, portanto a probabilidade de ser sócia Silver é: 319

218p

2.3

2.3.1 Como os algarismos se podem repetir, tem-se 410 casos possíveis;

Existem 49 códigos diferentes em que não figura qualquer zero.

Então, a probabilidade de a Joana escolher um código com pelo menos

um zero é: 10000

3438

10

91

4

4

p

2.3.2 Como o código tem quatro algarismos, dois 2 um 1 e um 0 , existem

12!2

!4 (permutações com repetições) códigos diferentes nestas

condições.

1.5 Distribuição de frequências relativas e distribuição de probabilidades

210. As variáveis aleatórias X e T são contínuas; as variáveis Z e W são

discretas.

211.

211.1 Os valores que a variável X pode assumir são 16, 17 e 18 (as idades dos

atletas em causa).

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 41

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211.2 Admitindo que todos os atletas têm a mesma probabilidade de serem

escolhidos, tem-se: 2

1

6

316 XP ,

3

1

6

217 XP e

6

118 XP

212. Como o Gonçalo se recorda do primeiro e último algarismo e ainda que o

segundo número é par, tem de realizar, no máximo, cinco tentativas para

conseguir abrir o cadeado.

Assim, a variável aleatória X : «número de tentativas até abrir o cadeado»

pode assumir os valores 1, 2, 3, 4 e 5.

5

11 XP (abrir à primeira)

5

1

4

1

5

42 XP (abrir à segunda, se não abriu à primeira)…

5

1

3

1

4

3

5

43 XP ;

5

1

2

1

3

2

4

3

5

44 XP

5

11

2

1

3

2

4

3

5

45 XP

ix 1 2 3 4 5

ixXP 5

1

5

1

5

1

5

1

5

1

213. 102 XPXPXP .

Como 103

12 XPXPXP , tem-se:

6

110 XPXP

Por outro lado, 2

132 XPXP

Finalmente, como 13210 XPXPXPXP , vem:

6

12 XP

ix 0 1 2 3

ixXP 6

1

6

1

6

1

2

1

214. Com uma tabela de dupla entrada:

+ 0,5 0,5 1 1 2

0,5 1 1,5 1,5 2,5

0,5 1,5 1,5 2,5

1 2 3

1 3

2

ix 1 1,5 2 2,5 3

ixXP

10

1

5

2

10

4

10

1

5

1

10

2

5

1

10

2

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 42

Page 43: rPROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO · TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA . 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades . 1. a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória

215. Podem-se obter os seguintes pares 1,1 (Perde 4 euros ( 4X )), 1,1

ou 1,1 ganha 3 euros 3X ou 1,1 ganha 10 euros 10X .

ix -4 3 10

ixXP 4

1

2

1

4

1

3104

13

2

14

4

1

216. abbaXPXPXP 77,0123,01321

Por outro lado,

baXPXPXP 3223,012,2332211

Então, substituindo na última igualdade b por a77,0 vem,

42,0331,2223,012,277,03223,012,2 aaaaa

35,042,077,0 b

217. Os valores que a variável Y pode tomar são 0 e 2 .

a) Casos possíveis: 3666

Casos favoráveis a ter duas faces iguais a 5 voltadas para cima: 111

36

12 YP

b) 36

25

5

5

6

50 XP ;

18

52

6

1

6

51 XP

3

1

36

12

18

51

36

250 .

218. Repare-se que:

O acontecimento BA é: «sair o número 3 » ;

Se APAP , então, 2

1 APAP , sendo A o acontecimento «sair

número par».

Como os números ímpares são 1 e 3 , tem-se:

6

1

3

1

2

1131 XPXPXPAP .

7,05,04,08,0 BPBAPBPAPBAP

Ora, 3,0444,07,043 XPXPXPXPBP .

Por outro lado 2,0BAP sendo BA o acontecimento «sair um número

par não superior a 2» ou seja «sair número 2 ». 2,02 XP

Finalmente, como 3,07,011 BPBP ( B : sair um número não

superior a 2 ), tem-se: 1,02,03,013,021 XPXPXP

Assim:

ix 1 2 3 4

ixXP 1,0 2,0 4,0 3,0

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 43

Page 44: rPROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO · TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA . 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades . 1. a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória

219.

219.1

1 2 3 4 5

1 1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3

4 4

5

220.

a) Pode ser associada ao modelo binomial:

Provas repetidas

Existe, à partida, um número fixo de experiência (8 lançamentos);

Cada lançamento é independente dos anteriores (a moeda não tem

memória);

Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «sair face

euros» vs «sair face nacional»;

Em cada lançamento a probabilidade de obter face euro é 2

1.

b) Pode ser associada ao modelo binomial:

Provas repetidas

Existe, à partida, um número fixo de experiência (50 observações);

O teste a cada lâmpada é independente dos testes a qualquer outra

lâmpada;

Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «ser

defeituosa» vs «não ser defeituosa»;

A probabilidade de obter uma lâmpada defeituosa de teste para teste não

se altera. c) Pode ser associada ao modelo binomial:

Provas repetidas

Existe, à partida, um número fixo de experiência ( 20 extrações);

Cada extração é independente da anterior, pois a bola retirada é reposta

na caixa depois de registada a sua cor;

Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «ser azul»

vs «não ser azul»;

A probabilidade de obter uma bola azul não se altera de extração para

extração, uma vez que a constituição da caixa não se altera de extração

para extração.

221.

a) 2048,0625

1288,02,02

32

2

5 CXP

b) 2102 XPXPXPxP

94208,03125

29448,02,08,02,08,0 32

2

54

1

55 CC

c) 0672,03125

212,08,02,0544 54

4

5 CXPXPXP

ix 1 2 3 4

ixXP

5

2

10

3

5

1

10

1

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 44

Page 45: rPROJETO DESAFIOS MATEMÁTICA A 12.º ANO · TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA . 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades . 1. a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória

222. 5005621

50932854,046,03 3

3

4 CXP

223. Seja X a variável aleatória «número de pacotes de farinha com peso inferior ao

limite»: 003997,0999,00 3

0

3 CXP

224.

224.1 X segue uma distribuição binomial de parâmetros 5 , 4

1.

Então, 512

135

4

3

4

12

32

2

5

CXP

224.2 1024

243

4

30

5

XP ;

1024

405

4

3

4

11

41

2

5

CXP ;

512

1352 XP ;

512

45

4

3

4

13

23

3

5

CXP ;

128

15

4

3

4

14

4

4

5

CXP

225. Seja X a variável aleatória «número de vezes que se obtém bola vermelha nas

cinco extrações».

Como a bola é reposta, a probabilidade de «sucesso» não se altera em

qualquer das extrações. Então, X segue uma distribuição binomial de

parâmetros 5 , 5

2.

Assim, a probabilidade pedida é:

3125

992

5

3

5

3

5

2

5

3

5

2

5433

54

4

5

23

3

5

CC

XPXPXPXP

226.

226.1 Considere-se a variável aleatória «número de vezes em que o banqueiro

ganha nas 120 apostas». Como esta variável segue uma distribuição

binomial de parâmetros 120 , 3

2 do seu valor médio é: 80

3

2120

O que significa que o banqueiro espera ganhar 80 dos 120 jogos e

perder 40 .

Ora, o banqueiro em cada jogo ganho tem um lucro de 2 euros (quantia

apostada) e por cada jogo perdido tem um prejuízo de 2 euros ( 4 euros

de prémio menos os 2 pagos pelo apostador), pelo que o lucro esperado

é: 80240280

ix 0 1 2 3 4 5

ixXP

1024

243

1024

405

512

135

512

45

128

15

1024

1

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 45

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226.2 Em n apostas o banqueiro espera ganhar 3

2 das vezes e perder

3

1.

Então, o lucro é dado por 23

12

3

2 nn , ou seja,

3

2n

Assim, queremos n tal que 2003

2

n, pelo que 300n .

Portanto, para que o lucro seja superior a 200 euros, o banqueiro tem de

conseguir mais de 300 apostas.

227.

227.1 755,0150 ; 75 pessoas.

227.2 4002005,0 nn . 400 pessoas.

228. Temos uma binomial de parâmetros 41032 , 0001,0 .

210213 XPXPXPXPXP

6286,00001,09999,00001,09999,0324109999,0 232408

2

324103240932140 C

229. 40140 XPXP

230.

230.1 525,020

230.2 0009,011112 XPXP

9999,02991300 XPXP

231.

231.1 Da observação do histograma tem-se que 5,12 % dos bebés ganharam

menos de 200 g, ou seja, 540125,0 bebés.

231.2 5,47205,27

5,47 % dos bebés ganharam entre 250 e 350 gramas de peso.

231.3

63,09,313;1,206, XPxxXP

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232. Rxxf ,0 e

101

0,,00, a

aaXPaXPXPRXP .

aXP ,0 é a área do retângulo de base a e altura a

1

Portanto, f pode ser uma função densidade de probabilidade.

233.

233.1 O intervalo em que a função densidade é não nula tem amplitude igual a

4 minutos, (7h28 a 7h32). Assim, o valor de a deve ser 4.

233.2 2

1

4

122 TP

234. A área compreendida entre o gráfico de f e o eixo Ox é a área de um

triângulo de base 4 e altura 2 , ou seja, 4, pelo que f não pode ser função

densidade de probabilidade de uma variável aleatória.

235.

a) Verdadeira, por simetria da função densidade de probabilidade de uma

variável aleatória com distribuição normal em relação à reta 3x .

b) Falsa. Uma vez que 2 está mais próximo da média (3 ) do que 5 , a área

compreendida entre a função densidade e o eixo Ox no intervalo ,2 é

inferior à área entre a função densidade e o eixo Ox no intervalo 5, .

c) Verdadeira, por simetria da função densidade de probabilidade de uma

variável aleatória com distribuição normal em relação à reta 3x .

236. Por simetria da curva normal, tem-se 165185 XPXP ; tem-se ainda

que: 170170165165165 XPXPXPXP

Portanto, 170185 XPXP

Ou seja, é mais provável que o aluno tenha altura inferior a 170 cm.

237.

a) Como 5,12292289 , tem-se

02275,02

1951891189

XPXP

b)

1586,02

5,2935,29015,293

XPXP

O número de garrafas com capacidade superior a 5,293 segue uma

distribuição binomial de parâmetros 24 , 0 , 1586 ; o seu valor médio é

4241586,024 .

Assim, o número esperado de garrafas com capacidade superior a 5,293 é 4 .

238.

238.1 50%

238.2 31,01915,05,070606070 XPxPXP

238.3 31,060505,050 XPXP

A variável aleatória, número de atletas que realizam o teste em menos de

50 minutos, segue uma distribuição binomial de parâmetros 40 , 31,0 .

Então, como 1231,040 , espera-se que 12 dos 40 atletas reúnam

condições para entrar de imediato na equipa.

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 47

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Exercícios globais (Pág. 124 a 129)

Escolha múltipla 239. Opção (B).

A expressão ABP | representa a probabilidade de, no lançamento de dois

dados, os dois números saídos serem iguais sabendo que a soma dos dois é 4.

A soma dos números é 4 se os números saídos forem 3,1 ; 2,2 e 1,3 .

Portanto, 3

1| ABP

240. Opção (A).

Um número é múltiplo de 10 se o algarismo das unidades for 0 . Assim,

existem 10119 múltiplos de 10 inferiores a 100 .

Para serem múltiplos de 15 , têm de ser múltiplos de 3 e de 5

simultaneamente, ou seja, têm de terminar em 0 ou 5 e a soma dos

algarismos tem de ser múltiplo de 3 (estes são também múltiplos de 10 ).

Assim, se o algarismo das unidades for 0, o das dezenas tem de ser 3 , 6 ou 9

, se o algarismo das unidades for 5 , o das dezenas terá de ser 1, 4 ou 7 .

Sendo A e B os acontecimentos «o número escolhido é múltiplo de 10» e «o

número escolhido é múltiplo de 10», temos: 10

1

100

10AP e

50

3

100

6BP e

100

3BAP

Portanto, 100

13

100

3

100

6

100

10 BAPBPAPBAP

241. Opção (D).

Se A e B são acontecimentos independentes, BPAPBAP e

BPABP |

Assim, como:

BPAPBPAPBAPBAPBPAPBAP .

Então, 3

24,08,06,04,04,08,0 BPBPBPBP

Portanto, 3

2| BPABP

242. Opção (C).

A probabilidade de uma das equipas marcar o primeiro golo é:

7,02,05,0 YPXPYXP

Repare-se que X e Y são incompatíveis (apenas uma das equipas pode

marcar o primeiro golo).

Então, 3,07,011 YXPYXPYXP

243.

243.1 Opção (C).

2

1

2

1

5

2

2

1

5

3|| BPBVPAPAVPVP

243.2 Opção (C).

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 48

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5

3

2

110

3

|

VP

VAPVAP

244. Opção (D).

245. Opção (A)

6264 . Então, o terceiro elemento da linha é: 152

6 C

246. Opção (D).

Nesta linha existem 25 elementos sendo dois deles iguais a 1, o primeiro e o

último. Então a probabilidade pedida é 25

2.

247. Opção (C).

O termo geral pode ser: pp

p

pp

pp aCaCT 3301010310

1 22

Como o expoente de a é 18 , tem-se: 412318330 ppp

18184

4

10

5 33602 aaCT

248. Opção (A).

Número de casos possíveis: 212

7 C

Tem-se três possibilidades diferentes para os casos favoráveis, sendo todas

elas disjuntas: Uma de cinquenta e uma de dez ( 842 ), ou uma de

cinquenta e uma de cem ( 212 ), ou uma de cem e uma de dez ( 441 ). Então, o número de casos favoráveis é: 14428 .

Portanto, pela Lei de Laplace, tem-se que a probabilidade pedida é: 3

2

21

14

249. Opção (B).

As diferentes permutações entre os 4 atletas. 24!4

250. Opção (A).

Um caso favorável em 24 ( 24!4 ) possíveis.

251. Opção (D).

Número de casos possíveis: 4553

15 C

Número de casos favoráveis: 32510 3

5

2

5 CC

Assim, a probabilidade pedida é: 91

22

252. Opção (A).

Existem oito filas, cada uma com oito casas. Assim, para colocar os cavalos

como se indica, é necessário escolher uma das oito filas para os dois cavalos

e, nesta, escolher duas casas onde colocar os dois cavalos; como os cavalos

são iguais, a ordem pela qual se escolhe as duas casas é irrelevante. Assim,

tem-se: 2

88 C

253. Opção (D).

Número de casos possíveis: 2

52C

Número de casos favoráveis: 2

262 C

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 49

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254. Opção (C).

6,0

3

7,241,0

11,03,0

y

x

ya

y

255. Opção (B).

Como existem apenas 5 bolos de doce de ovos, o gerente tem de colocar na

montra pelo menos 1 de chocolate. Então, os valores que a variável X pode

assumir são: 1, 2 e 3 .

Existem 286

8 C maneiras diferentes de escolher 6 dos 8 bolos para colocar

na montra.

Destas, tem-se 35

5

1

3 CC formas de apenas um dos bolos ser de chocolate,

154

5

2

3 CC de ter exatamente 2 bolos de chocolate e 103

5

3

3 CC de ter

exatamente 3 bolos de chocolate.

256. Opção (A).

A soma dos números saídos implicaria que a variável assumisse o valor 2 , o

que não se verifica na tabela. Assim, fica excluída a variável 4X .

Qualquer uma das outras variáveis assume apenas os valores registados na

tabela.

Casos favoráveis:

9

1

66

2211

XP ;

3

1

66

2222201

XP ;

9

5

66

2222211

XP

9

5

66

2224212

xP ;

3

1

66

2222202

XP ;

9

1

66

2212

XP

9

2

36

8

66

22213

xP

9

5

66

224203

XP ;

9

2

66

22213

XP

257. Opção (B).

Existem 3666 resultados possíveis em dois lançamentos consecutivos do

dado. Assim, procura-se um valor da variável que seja assumido em 4 desses

resultados ( 49

1

36 n

n).

A soma ser igual a 1 é impossível; a soma 2 ocorre quando sai nos dois

lançamentos os dois, o que acontece 422 vezes; a soma 3 ocorre se sair

1 em um dos lançamentos e 2 no outro, ou seja, ocorre 162442 vezes;

a soma 4 ocorre se sair duas vezes a face dois, ou seja, 1644 vezes.

Então, o valor de k é 2 .

258. Opção (B).

15

6

5

pode ser a probabilidade de não sair a face 4 , em qualquer dos 15

lançamentos. 14

1

15

6

5

6

1

C pode ser a probabilidade de, em 15 lançamentos, sair

exatamente uma vez a face 4 .

Então,

14

1

15

15

6

5

6

1

6

51

C pode ser a probabilidade de, em 15

lançamentos, sair pelo menos duas vezes a face 4 .

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 50

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259. Opção (C).

A probabilidade de uma mulher preferir o sabonete Macius é 9,0 . Então, a

probabilidade de todas as 5 mulheres preferirem este sabonete é 59,0 . Pelo

que a probabilidade de pelo menos uma não gostar do sabonete Macius é: 59,01

260. Opção (A).

18,08207601 XP

261. Opção (C).

Sabe-se que 5,07,1 XP e que: 36,085,17,17,155,1 XPXP

Então, 14,036,05,085,17,17,185,1 XPXPXP

262. Opção (C).

As opções (A) e (D) estão excluídas, porque em ambas a probabilidade é

inferior a 0,5.

Sabe-se que: 1801705,0180 XPXP e

5,0170155155 XPXP

Como 170180155170 , temos que: 180170170155 XPXP

Resposta aberta

363.

363.1

a) 7

1

10

2

7

5p

b) 70

19

10

2

7

2

10

3

7

5p

c) 2

1p

263.2 A expressão ABP | significa a probabilidade de as duas cartas serem

diferentes sabendo que a primeira carta saída era de copas. Como a

segunda carta é extraída do segundo conjunto, a probabilidade de esta ser

preta é de 5 (espadas) em 10 .

Portanto, 2

1

10

5| ABP

264.

a) 32

5

4

3

4

12

4

122

p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 51

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b) 3164,04

34

p

265.

a) 2

1 xyP

b) 2

11 yxP

c) 2

10 yxP . O produto é positivo se os pontos estiverem no primeiro ou

terceiro quadrantes.

266.

266.1 O produto dos números é par se um deles for par ou ambos forem pares.

Assim, tem-se: 14222322

266.2 Considerem-se os acontecimentos:

A : «Sair o primeiro prémio»;

B : «Sair o segundo prémio»;

C : «Sair o terceiro prémio».

20

1

45

1

AP

20

3

4

3

5

1BP

4

1CP (um apostador que ganhe o primeiro prémio ganha também o

terceiro).

267. Considerem-se os acontecimentos:

E : «Ser estudante»;

R : «Ser reformado»;

C : «Gostar de música clássica».

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 52

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a) 60 % da população não é reformada nem estudante, destes, 80 % não

gostam de música clássica. Então, a probabilidade pedida é:

48,08,06,0 CREP

b) 47,01,037,02,0 CEPCPEPCEP

37,02,06,02,075,02,05,0

|||

REPRECPRPRCPEPECPCP

c) 15,02,075,0| RPRCPCRP

268. Número de bolas na urna é n7 , onde n é o número de bolas azuis.

a) Retirando simultaneamente duas bolas, o número de caso possíveis é:

2

672

7 nn

Cn

E o número de casos favoráveis é: n5

Então, tem-se:

14304217421330

3

1

2

67

5 22

nnnnnnnnn

n

A urna tem 3 ou 14 bolas azuis.

b) Se foi retirada uma bola preta da urna, ficaram lá n bolas azuis e 6 de outra

cor, 5 vermelhas e uma preta. Para que a probabilidade de sair bola azul

seja agora 2

1, a urna tem de ter tantas bolas azuis como de outras cores.

Assim, o número de bolas azuis é 6 .

269. Da observação da tabela, conclui-se a empresa tem 85 mulheres ( 5530 ),30

das quais são fumadoras. Então, a probabilidade pedida é: 17

6

85

30p

270. Inicialmente, a caixa contém 4 bolas brancas e quatro pretas.

Assim, no final da experiência o número de bolas fora da caixa pode ser : 0

0X , se ambas as bolas retiradas forem brancas, a probabilidade deste

acontecimento é: 4

1

8

4

8

40 XP ); 1 se a primeira bola é branca e a

segunda preta (com probabilidade4

1

2

1

2

1 ) ou a primeira preta e a segunda

branca (com probabilidade 7

2

7

4

2

1 ), então,

28

15

7

2

4

11 XP ;

2 ( 2X ); se ambas as bolas forem pretas 14

3

7

3

2

12 XP

ix 0 1 2

ixXP 4

1

28

15

14

3

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 53

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271.

271.1 Começando pela escolha das cores para pintar as bases, tem-se 152

6 C

escolhas diferentes, uma vez que a ordem pela qual estas se pintam é

indiferente. Para pintar 4 faces laterais, tem-se 64

!4 (permutações

circulares). Assim, o número de formas distintas de pintar as seis faces do

prisma é: 90615

271.2 Cada face do prisma tem 4 vértices; assim, existem 246 3

4 C formas

diferentes de escolher 3 pontos que pertençam à mesma face. O número

de casos possíveis é: 563

8 C

Então, a probabilidade pedida é: 7

4

56

241 p

272. Sendo a probabilidade de a Cristina ganhar em cada jogo igual a 10

3, a variável

aleatória «número de vezes que a Cristina ganha em 10 jogos» segue uma

distribuição binomial de parâmetros 10 , 10

3.

Assim,

32101314 XPXPXPXPXPXP

35,0625000000

218993301

10

7

10

3

10

7

10

3

10

7

10

310

10

71

73

3

10

82

2

10

910

CC

273.

273.1 166 XPXP ; 155 XPXP ; 154 XPXP ,

133 XPXP , 122 XPXP ; pXP 1 . Então,

21

1121165432 pppppppp

Então, 7

2

21

166 XP

273.2

ix 1 2 3 4 5 6

ixXP 21

1

21

2

7

1

21

4

21

5

7

2

274.

274.1 19,01,009,0 BACPCABPCBAP

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 54

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274.2 12

7

60,0

35,0|

AP

CAPACP

274.3

ix 0 1 2 3

ixXP 064,0 288,0 432,0 216,0

34,00 XP ; 24,06,031 XP ; 4,06,032 2 XP ;

36,03 XP

275.

275.1 A probabilidade de os três escolhidos gostarem de cabidela é:

10

1

3

5

3

3

C

Cp

Portanto, a probabilidade de nem todos gostarem de cabidela é:

10

9

10

11 p

275.2

ic 1 2 3

icCP 10

3

5

3

10

1

Nota: Existe pelo menos uma das três pessoas que gosta de cabidela.

10

31

3

5

2

2

1

3

C

CCXP ;

5

32

3

5

1

2

2

3

C

CCXP ;

10

113

3

5

CXP

276.

276.1 Se A e B são independentes, tem-se que:

BPAPBAP e BPABP | .

Então,

AP

BPAPBPBP

AP

BAPBPBP

AP

ABPBPABPABP ||

BPBPAP

APBPBP

AP

APBPBP

1

que é uma condição universal.

Se ABPABP || , tem-se:

APBAPBPAPBAP 1

APBAPAPBPAPBAPBAP

APBPAPBAPAPBAPBAP

BPAPBAP

Logo, A e B são independentes.

Note-se que: ABPABPBP , BA,

APBAPAPBAPAP

BAP

AP

BAP

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 55

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276.2

276.2.1 Sejam A e B os acontecimentos «a primeira bola retirada é preta» e «a segunda bola retirada é branca». Tem-se

7

5| ABP e

7

4| ABP . Então, pela propriedade

demonstrada em 276.1 A e B não são independentes. 276.2.2

ix 3 4 5

ixXP 14

5

28

15

28

3

14

53

2

8

2

5

C

CXP ;

28

15534

2

8

CXP ;

28

35

2

8

2

3

C

CXP

277.

277.1 Repare-se que: 2,62406,27

Portanto,

75022,02

4,526,275,06,27

XPxP

277.2 É igual, simetria da curva normal relativa à reta: 40x

278. A variável «número de pessoas que sobrevivem durante os 30 anos» segue

uma distribuição aproximadamente binomial com parâmetros 5 , 3

2. Então:

a) 243

32

3

25

5

XP

b) 5433 XPXPXPXP

81

64

3

2

3

1

3

2

3

1

3

254

3

5

23

3

5

CC

c) 243

40

3

1

3

22

32

2

5

CXP

279.

279.1 Se no primeiro lançamento saiu face 1, o produto só será par se no segundo lançamento sair face 2. Como existem duas faces com o número

2 , tem-se: 3

1

6

2| BAP

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279.2 A variável X toma apenas os valores 1 e 2 . Para o produto ser ímpar, ambos os números saídos têm de ser ímpares.

Então, existem 1644 casos favoráveis a que isso aconteça, em

3666 . Então, 9

4

36

161 XP

O produto é ímpar se, em pelo menos um dos lançamentos, sair face par

(dois). Então, temos 20222442 (par no primeiro lançamento e

ímpar no segundo ou ímpar no primeiro e par no segundo ou par nos

dois). Então, 9

5

36

202 XP .

280. Como a probabilidade de conseguir um papel (probabilidade de sucesso) é

sempre a mesma e só existem duas alternativas em cada candidatura

(consegue o papel ou não consegue), a variável X segue uma distribuição

binomial de parâmetros 3 , 7,0 . Assim:

280.1 A probabilidade de obter apenas um papel é:

198,03,07,012

1

3 CXP

280.2 027,03,00 3 XP ; 441,03,07.02 2

2

3 CXP ;

343,07,03 3 XP

Portanto,

281.

281.1 180160160150180150 XPXPXP

8186,02

9545,0

2

6827,0180140

2

1170150

2

1 XPXP

281.2 Sendo a distribuição aproximadamente normal com valor médio 160 e

desvio padrão 10 , tem-se que:

02275,02

9545,01

2

1801401140

XXP

Se 75022,0 corresponde a 210 indivíduos da amostra, o número total de

indivíduos da amostra é, aproximadamente, 9231

77,9230

02275,0

210.

ix 1 2

ixXP 9

4

9

5

ix 0 1 2 3

ixXP 027,0 198,0 441,0 343,0

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Autoavaliação 3 (Pág. 130 e 131)

Grupo I

1. Opção (D).

Considerem-se os acontecimentos:

A : «O atleta vence a prova de 100 metros»;

B : «O atleta vence a prova de 100 metros».

Estes dois acontecimentos são independentes, o resultado de uma prova não

afeta o resultado da outra. Então:

28,06,07,07,0 BAPAPBAP e

18,06,07,06,0 BAPBPABP

Então, a probabilidade de vencer apenas uma das provas é:

46,0 ABPBAP

2. Opção (C).

Como EPNP 2 , tem-se 12 EPEP , portanto, 3

1EP

3. Opção (B).

Número de casos possíveis: 120!5

Número de casos favoráveis: 482!4

Então, a probabilidade pedida é: 5

2

120

48p

4. Opção (D).

O acontecimento «no máximo um dos três nutricionistas não recomendar a marca

X » é equivalente ao acontecimento «pelo menos dois nutricionistas

recomendarem a marca X »

Assim, tem-se: 125

122

5

4

5

1

5

42

32

2

3

CXP

5. Opção (B).

Por simetria da curva norma em relação à reta de equação 122x , conclui-se

que a medida da área abaixo da curva no intervalo 21, é superior à área

abaixo da curva no intervalo ,125 . Então BPAP .

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 58

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Grupo II

1. ( ) Se BPBAPBAP | , então,

BPBAPBAPBPAP 1| , ou seja,

BPBAPBAPBPAP 1| , donde,

BAPBAPBAPBPAP | , portanto, BAPBPAP |

( )Por outro lado, se BAPBPAP | , subtraindo a ambos os membros da

desigualdade BAP , obtém-se: BAPBAPBAPBPAP |

que é equivalente a BPBAPBAPBAPBPAP || , pelo que:

BPBAPBAP 1| , pelo que, BPBAPBAP |

2.

2.1 Obtém-se «soma 6» se sair: 2,0 e 4 , ou 3,0 e 3 , ou, 1,1 e 4 , ou, 1, 2 ,e 3 ou

ainda, 2 , 2 e 2 .

Sair os números 0 , 2 e 4 : 48

1!3

12

1

4

1

6

1p

Sair os números 0 , 3 e 3 : 72

13

6

1

6

1

6

1p

Sair os números 1, 1 e 4 : 36

13

12

1

3

1

3

1p

Sair os números 1, 2 e 3 : 12

1!3

6

1

4

1

3

1p

Sair os números 2 , 2 e 2 : 64

1

4

13

p

2.2

2.3 O valor médio dessa distribuição é:

3

54

12

13

6

12

4

11

3

10

6

1 , o que significa que em cada

jogada o Senhor Emílio gasta 533

5 cêntimos, tendo, assim, um lucro de

15 cêntimos por jogada. Então, em 150 jogadas, tem um lucro de 2250

cêntimos, ou seja, 5,22 euros.

3.

3.1 Tem-se:

21

2

105

10BMP ,

7

1

105

15MP ,

3

2

105

70BP

21

2

3

2

7

1 BPNP

Portanto, M e B são independentes. 3.2 Como se sabe que não foi a Mariana que sofreu o acidente, existem apenas

90 viagens onde este pode ter ocorrido, 50 das quais foram efetuadas pelo

Rogério. Portanto, 9

5

90

50| MAP

ix 0 1 2 3 4

ixXP 6

1

12

2

3

1

12

4

4

1

12

3

6

1

12

2

12

1

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 59

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3.3 Número de casos possíveis: 2

5C . Não é relevante a ordem pela qual as duas

pessoas são selecionadas, dado que o prémio é o mesmo.

Como qualquer conjunto de dois funcionários dos que é possível formar, tem

igual probabilidade de ser selecionado e apenas um deles é constituído pela

Rita e pelo António, então pela Lei de Laplace a probabilidade pedida é:

10

1p

DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 60