binomio de newton

MMaannooeell PPaaiivvaa MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA –– CCoonncceeiittooss,, lliinngguuaaggeemm ee aapplliiccaaççõõeess VVoolluummee 22

OOrriieennttaaççããoo mmeettooddoollóóggiiccaa ee rreessoolluuççããoo ddee

EExxeerrccíícciiooss CCoommpplleemmeennttaarreess

UUnniiddaaddee VVII

BBiinnôômmiioo ddee NNeewwttoonn ee pprroobbaabbiilliiddaaddee

Unidade VI Binômio de Newton e probabilidade

263

CCaappíí ttuulloo 1199

BBiinnôômmiioo ddee NNeewwttoonn

Orientações metodológicas

OObbjjeettiivvooss

Ao final deste capítulo, o aluno deve estar preparado para:

• calcular o número binomial np

;

• aplicar as propriedades dos números binomiais na resolução de equações;

• aplicar a relação de Stiffel na construção do triângulo de Pascal;

• justificar a fórmula de Newton no caso particular do desenvolvimento de (x + a)5;

• representar a fórmula de Newton usando o símbolo de somatório (Σ);

• aplicar a fórmula de Newton no desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈ ;

• representar o termo geral do desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈ ;

• aplicar a fórmula do termo geral na determinação de um termo particular do desenvolvimento de

(x + a)n, com n ∈ .

MATEMÁTICA – Conceitos, linguagem e aplicações Volume 2

264

SSuuggeessttõõeess ppaarraa oo ddeesseennvvoollvviimmeennttoo ddoo ccaappííttuulloo

Número binomial

1. Definir o número binomial np

como sendo o número de combinações simples de n

elementos distintos, tomados p a p, ou seja, np

= Cn, p. Refazer o exercício resolvido 1,

enfatizando que todo número binomial de denominador zero é igual a 1 e que todo número

binomial de numerador igual ao denominador é igual a 1.

2. Apresentar as propriedades dos binomiais. A relação de Stiffel pode ser apresentada a partir do

seguinte problema:

A diretoria de uma empresa é formada por 7 diretores, sendo que um deles se chama Paulo.

a) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores dessa

empresa?

b) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores, de modo

que Paulo faça parte da comissão?

c) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores de modo

que Paulo não faça parte da comissão?

Resposta: a) C7, 3 b) C6, 2 c) C6, 3.

Observar que a soma do número de comissões que contêm Paulo com o número de comissões

que não o contêm é igual ao total de comissões que podem ser formadas, isto é,

62

+ 63

=73

. Comentar que um raciocínio como esse inspirou a relação de Stiffel.

Refazer os exercícios resolvidos de 2 a 4. O exercício A.3 das atividades merece atenção

especial, pois vai facilitar o desenvolvimento de potências da forma (x + a)n, com n ∈ ,

através da fórmula de Newton.


265

Newton e o binômio (x + a)n

3. A fórmula de Newton é facilmente entendida após a resolução do problema fundamental,

apresentado no item 2 do tópico. Se o professor achar necessário, pode, ainda, propor o

seguinte problema, antes do desenvolvimento de (x + a)5:

Sobre uma mesa há 5 bandejas e em cada uma há um cartão com a letra X e outro com a letra

A. Um menino deve escolher uma letra de cada bandeja.

a) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher 3 letras X e duas letras A, não

importando a ordem de escolha?

b) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher 4 letras X e uma letra A, não importando

a ordem de escolha?

Resolução

a) Escolhidas três letras X, as letras A estarão, automaticamente, escolhidas. Assim, o número

de escolhas é C5, 3.

b) C5, 4.

Após a discussão desse problema, justificar a fórmula de Newton a partir do desenvolvimento

de (x + a)5, conforme está feito no item 2 do capítulo. Ressaltar que o desenvolvimento da

potência (x + a)n pode ser feito segundo expoentes crescentes ou decrescentes de x. Refazer os

exercícios resolvidos de 5 a 9.

4. O professor pode apresentar a seguinte regra prática para o desenvolvimento da potência

(x + a)n, com n ∈ N:

I. o primeiro termo é 1xna0;


266

II. o expoente de x decresce uma unidade e o expoente de a cresce uma unidade, de um termo

para o seguinte;

III. o coeficiente de cada termo, a partir do segundo, é obtido multiplicando-se o coeficiente do

termo anterior pelo expoente de x e dividindo-se esse produto pelo expoente de a, acrescido de

uma unidade.

Exemplo

(x + a)6 = 1x6a0 + 6

1 60 1

⋅+

x5a1 + 15

6 51 1

⋅+

x4a2 + 20

15 42 1

⋅+

x3a3 + 15

20 33 1

⋅+

x2a4 + 6

15 24 1

⋅+

x1a5 + 1

6 15 1

⋅+

x0a6

É claro que poderíamos ter desenvolvido essa potência admitindo como primeiro termo 1x0an.

5. Apresentar o símbolo de somatório (Σ) refazendo o exercício resolvido 10.

Termo geral do binômio de Newton

6. Apresentar o termo geral do desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈ , de duas maneiras:

segundo expoentes crescentes de x e segundo expoentes decrescentes de x. Refazer os

exercícios resolvidos de 11 a 13.

EExxeerrccíícciiooss bbáássiiccooss

Dentre os exercícios complementares, alguns são considerados básicos, isto é, servem de ponte

para outros que exigem maior desembaraço e criatividade. Neste capítulo, são básicos os exercícios

de números: C.1, C.2, C.4, C.5, C.7, C.8, C.10, C.11, C.14, C.15, C.18 e C.20.

Só para o professor

Uma aplicação interessante do binômio de Newton é o cálculo de raízes n-ésimas. Por exemplo,

observe o cálculo de um valor aproximado para 3 10 :


267

Temos que 2 < 3 10 < 2,2, pois 23 = 8 e (2, 2)3 = 10,648; assim, podemos afirmar que 3 10 = 2 + x,

em que 0 < x < 0,2. Devemos ter: (2 + x)3 = 10, ou seja, 8 + 6x2 + 12x + x3 = 10.

Observando-se que 0 < x < 0,2 ⇒ 6x2 < 0,24 e x3 < 0,008, podemos garantir que, eliminando-se as

parcelas 6x2 e x3 da expressão 8 + 6x2 + 12x + x3, obteremos um valor “bem próximo” de 10.

Isto é, 8 + 12x ≅ 10, portanto, x ≅ 0,16. Concluímos, então, que 3 10 ≅ 2,16.

Se for necessária uma aproximação melhor, podemos repetir o processo. Observando que

2,15 < 3 10 < 2,16, obtém-se 3 10 ≅ 2,1547.

Exercícios Complementares

C.1 a) 7

2 1x +

= 7x

⇔ 2x + 1 = x ou 2x + 1 + x = 7.

Portanto: x = –1 ou x = 2.

Fazendo a verificação, constatamos que só existem os binominais para x = 2; logo, S = {2}.

b) 5x

= 3x

⇔ 5 + 3 = x, ou seja, x = 8.

Fazendo a verificação, constatamos que existem os binomiais para x = 8; logo, S = {8}.

C.2 Pela relação de Stiffel, devemos ter: 113

= 11x

⇔ x = 3 ou 3 + x = 11; logo, x = 3 ou x = 8.

Fazendo a verificação, constatamos a existência dos binomiais para x = 3 ou x = 8; logo, S = {3, 8}.

C.3 Pela relação de Stiffel, devemos ter: 95

= 9

1x +

⇔ 5 = x + 1 ou 5 + x + 1 = 9; logo, x = 4 ou

x = 3.

Fazendo a verificação, constatamos a existência de todos os binomiais para x = 4 ou x = 3;

portanto, S = {4, 3}.


268

C.4 a) 70

x0a7 + 71

x1a6 + 72

x2a5 + 73

x3a4 + 74

x4a3 + 75

x5a2 + 76

x6a1 + 77

x7a0 =

= a7 + 7xa6 + 21x2a5 + 35x3a4 + 35x4a3 + 21x5a2 + 7x6a + x7

b) 40

20(x2)4 + 41

21(x2)3 + 42

22(x2)2 + 43

23(x2)1 + 44

24(x2)0 =

= x8 + 8x6 + 24x4 + 32x2 + 16

c) 30

(2x4)0⋅(–3y)3 + 31

(2x4)1⋅(–3y)2 + 32

(2x4)2⋅(–3y)1 + 33

(2x4)3⋅(–3y)0 =

= – 27y3 + 54x4y2 – 36x8y + 8x12

C.5 c

Multiplicando cada parcela dessa soma por 115–p, em que p é o denominador do respectivo

coeficiente binomial, temos: 15

0p=Σ

15p

(–1)p⋅115– p = 150

(–1)0⋅115 + 151

(–1)0⋅114 +… + 1515

(–1)15⋅10 .

Comparando essa última expressão com o desenvolvimento do binômio de Newton,

percebemos que 15

0p=Σ

15p

(–1)p = (–1+1)15 = 0.

C.6 c 20

2p=Σ

20p

5p ⋅ 120–p = 20

0p=Σ

20p

5p ⋅ 120–p – 200

50 – 201

51 = (1 + 5)20 – 1 – 100 = 620 – 101.

C.7 O sistema pode ser apresentado sob a forma:

4 0 3 2 2 3 0 4

3 104 4 4 4 4

160 1 2 3 4

x y

x y x y x y xy x y

+ = − + − + =

ou seja:


269

4

3 10( ) 16

x yx y

+ =

− =⇒ (I)

3 102

x yx y

+ = − =

ou (II) 3 10

2x y

x y+ =

− = −

Resolvendo o sistema (I), obtemos x = 3 e y = 1, e resolvendo o sistema (II), obtemos:

x = 2 e y = 4.

C.8 b

1000

⋅ 10 ⋅ 1100 + 100

1

⋅ 11 ⋅ 199 + 100

2

⋅ 12 ⋅ 198 + … + 100100

⋅ 1100 ⋅ 10 = (1 + 1)100 = 2100.

C.9 a

O número de polígonos convexos é dado por:

303

+ 304

+ 305

+ … + 3030

= 30

3p=Σ

30p

Como 30

3p=Σ

30p

= 30

0p=Σ

30p

⋅ 1p ⋅ 130–p – 300

– 301

– 302

= 230 – 1 – 30 – 435, concluímos

que o número de polígonos nas condições enunciadas é 230 – 466.

C.10 c

Multiplicando cada parcela dessa soma por 1p e 1n–p, em que n é o numerador e p é o

denominador do respectivo coeficiente binominal, temos:

0n

10 ⋅ 1n + 1n

11 ⋅ 1n–1 + … + nn

1n ⋅ 10 = 1.024

Comparando com o desenvolvimento do binômio de Newton, percebemos que:

(1 + 1)n = 1.024, portanto, 2n = 210 ⇒ n = 10.

C.11 (3 – 2)10 = 110 = 1

C.12 (1 + 1)8 = 28 = 256

C.13 d

(2 + 1)n = 243 ⇒ 3n = 35, portanto, n = 5.


270

C.14 T = 6p

(x2)p ⋅ 16–p = 6p

x2p

Fazendo 2p = 10, temos p = 5; logo, o termo em x10 é dado por:

T = 65

x2 ⋅ 5 = 6x10

Concluímos, assim, que o coeficiente de x10 é 6.

C.15 T = 8p

(x–1)p ⋅ x8 – p = 8p

x8–2p

Fazendo 8 – 2p = 4, temos p = 2; logo, o termo em x4 é dado por:

T = 82

x8–2 · 2 = 28x4


C.16 a

T = 8p

13

p

x

⋅ 28–p = 8p

3p

x ⋅ 28–p

Fazendo 3p = 2, temos p = 6; logo, o termo em x2 é dado por:

T = 86

63x ⋅ 28–6 = 112x2


C.17 e

T = 5p

xpa5–p

Para p = 2, esse termo deve ser idêntico a 80x2, ou seja, 52

x2a5–2 = 80x2; logo, a = 2.

C.18 T = 8p

(x2)p ⋅ (–2)8–p = 8p

x2p ⋅ (–2)8–p

Fazendo p = 5, obtemos o sexto termo: T = 85

x2 ⋅ 5 ⋅ (–2)8–5 = – 448x10


271

C.19 T = 6p

⋅ 2p ⋅ (x3)6–p

Fazendo p = 3, obtemos o quarto termo: T = 63

⋅ 23 ⋅ (x3)6–3 = 160x9

C.20 T = 8p

(2x–1)p ⋅ (x3)8–p = 8p

2p ⋅ x24–4p

Fazendo 24 – 4p = 0, temos p = 6; logo, o termo independente de x é dado por:

T = 86

⋅ 26 ⋅ x24–4 ⋅ 6 = 1.792.

C.21 A expressão pode ser apresentada sob a forma [14x + (–2x–1)]10. O termo geral do

desenvolvimento dessa potência é: T = 10p

(–2x–1)p 10- 1

4

p

x

⇒ T = 10p

(–2)p ⋅ x–p ⋅ 10 –

4p

x , ou

seja, T = 10p

(–2)p ⋅ 10 – 5

4p

x

Para que a expressão T seja independente de x, devemos ter 10 54

p− = 0, portanto, p = 2.

Logo, o termo independente de x é: T = 102

(–2)2 ⋅ x0 = 180.

C.22 T = 11p

1 22

p

x−

x11–p ⇒ T = 11p

2p 22 3

2p

x−

Fazendo 22 32

p− = 0, obtemos p = 223

.

Como p ∉ , segue que não existe 11p

.

Logo, não existe o termo independente de x.


272

CCaappííttuulloo 2200

PPrroobbaabbiilliiddaaddee


OObbjjeettiivvooss


• reconhecer um experimento aleatório;

• determinar o espaço amostral de um experimento aleatório;

• formar eventos de um espaço amostral;

• aplicar o princípio fundamental de contagem na determinação do número de elementos de um

espaço amostral ou de um evento;

• calcular a probabilidade de ocorrer um elemento de um evento de um espaço amostral;

• reconhecer eventos complementares;

• aplicar, na resolução de problemas, as propriedades das probabilidades.


A origem da teoria das probabilidades

1. No ano de 1654, um jogador da sociedade parisiense, Chevalier de Mère, propôs a Blaise

Pascal (1623–1662) algumas questões sobre suas chances de vencer em jogos. Uma das

questões foi: “Um jogo de dados entre dois adversários termina quando um dos jogadores


273

vence três partidas em primeiro lugar. Se antes do final esse jogo for interrompido, de que

maneira cada um dos dois adversários deve ser indenizado?”

Pascal escreveu a Pierre de Fermat (1601 – 1665) sobre esse problema, e a correspondência

entre eles deu subsídios à teoria das probabilidades. A título de curiosidade, é apresentado a

seguir um texto retirado do maravilhoso livro A magia dos números de Paul Karlson (Editora

Globo), contendo as resoluções propostas por Pascal e Fermat.

“Eu procedo mais ou menos da seguinte maneira”, escreve Pascal a Fermat, “para determinar o

valor de cada uma das partidas, quando dois jogadores combinam, por exemplo, jogar três

partidas e cada um arrisca 32 moedas de ouro. (Entende-se que o primeiro que conseguir

vencer três partidas será o vencedor do jogo.)

“Suponhamos que o primeiro já tenha vencido duas partidas, e o segundo, uma só; eles jogam

agora uma partida cujo resultado será: vence o primeiro, então ele receberá todo o dinheiro que

está em jogo, isto é, 64 moedas; vence o outro, porém, temos duas partidas contra duas; se eles

quiserem se separar, cada um levará evidentemente o que arriscou, as 32 moedas. Note,

portanto, que, se vencer o primeiro, ele terá direito a 64; perdendo, receberá apenas 32. Em

conseqüência, se eles não quiserem mais arriscar essa partida, preferindo separar-se sem a


274

jogar, o primeiro dirá: ‘Eu estou seguro de receber 32 moedas, pois estas serão minhas até em

caso de derrota; no que concerne, porém, às outras 32, talvez eu as recebesse, talvez ficassem

com o senhor, as chances são as mesmas; vamos então repartir estas 32 moedas ao meio, e

além disso o senhor me dará as 32 moedas que me são garantidas’. Portanto ele levará 48

moedas, e o outro, apenas 16”.

“Suponhamos agora que o primeiro tenha ganho duas partidas, e o segundo, nenhuma, e que

eles iniciem nova partida. O resultado dessa partida será o seguinte: se vencer o primeiro, ele

receberá o total do dinheiro, 64 moedas; vencendo porém o segundo, eles recaem no caso

acima, quando o primeiro tinha duas partidas e o segundo, apenas uma. Acabamos de ver,

porém, que neste caso o vencedor das duas partidas tem direito a 48 moedas: se eles quiserem

desistir da partida, ele deverá dizer: ‘Se eu a vencer, receberei as 64 moedas; se a perder, tenho

direito a 48. Portanto, o senhor me dará as 48, que me estão asseguradas, e dividamos ao meio

as 16 restantes, visto serem iguais as chances de vitória, tanto para o senhor como para mim’.

Assim ele terá 48 mais 8, ou seja, 56 moedas”.

“Suponhamos, finalmente, que o primeiro tenha uma única vitória, e o outro, nenhuma. Vê-se

claramente que, se começarem nova partida, o resultado será tal — se o primeiro a vencer —

que ele terá duas partidas contra nenhuma e, considerando o caso precedente, ele fará jus a 56;

perdendo-a, porém, ficarão de igual para igual; logo, ele receberá 32 moedas. Ele dirá,

portanto: ‘Se o senhor não quiser jogar, entregue-me as 32 moedas que me são asseguradas e

repartamos o resto, que sobra de 56, ao meio; subtraindo 32 de 56, restarão 24; portanto,

dividindo 24 ao meio, o senhor levará 12 e me dará as outras 12, que perfazem 44 com as

outras 32’.

“Por intermédio destas simples subtrações, o senhor verifica que para a primeira partida lhe

pertencem 12 moedas do dinheiro do outro, para a segunda novamente 12 e, para a última, 8

moedas”.


275

Pascal prossegue nesse raciocínio e o estende para casos mais complicados, bem como para o

caso de jogadores de habilidade distinta, portanto, de chances desiguais. Na resolução, ele se

serve do seu triângulo aritmético, do qual ainda trataremos oportunamente.

Reconhece-se a chave do elegante método: Pascal acresce sempre mais uma partida, atingindo

um caso de solução imediata ou já tratado anteriormente; e pergunta pela importância em jogo

nesta partida. A solução é dada, exatamente, no espírito do jogo real.

Fermat, que não era jogador, procedeu de outra maneira. Numa carta a Pascal, desenvolve o

seu método, que repousa em considerações sobre análise combinatória: por hipótese, faltam

dois pontos ao jogador A e três ao seu contendor B, para atingirem a vitória. Após quatro

partidas, o jogo estará fatalmente encerrado, porque, então, um dos dois terá os três pontos

necessários, com absoluta certeza.

Como poderão transcorrer tais partidas? Indicando com a um jogo vencido por A e com b um

vencido por B, teremos as seguintes seqüências possíveis:

aaaa aaab aaba aabb abaa abab abba abbb baaa baab baba babb bbaa bbab bbba bbbb.

Dentre elas, são favoráveis a B aquelas em que ele obtém três vitórias, isto é, as seqüências por

nós sublinhadas. A ele cabem, portanto, 516

e, ao seu contendor, os 1116

restantes. O dinheiro

deverá ser dividido na razão de 5 : 11, isto é, na razão de 20 : 44 moedas.

Este é o mesmo valor que Pascal já calculara e fica sendo questão de gosto a qual dos dois

métodos dar nossa preferência. O de Pascal é sem dúvida mais elegante, o de Fermat, porém,

mais geral, pois pode ser empregado mesmo que se trate de mais de dois jogadores.

Probabilidade / Propriedades

2. Conceituar probabilidade a partir do problema que introduz o tópico.

3. Definir espaço amostral e evento, refazendo os exemplos.


276

4. Conceituar espaço amostral equiprovável.

5. Definir probabilidade, refazendo os exercícios resolvidos de 1 a 5.

6. Apresentar as propriedades das probabilidades, refazendo os exercícios resolvidos de 6 a 9.

Aplicações práticas da teoria das probabilidades

Valor esperado

Um estudo realizado por uma companhia de seguros permite concluir que, a cada ano, a

probabilidade de uma apólice despender 200 mil reais é de 110.000

; a probabilidade de uma

apólice despender 50 mil reais é de 11.000

; a probabilidade de uma apólice despender 2.000

reais é de 150

e a probabilidade de as apólices restantes despenderem zero real é de 9.78910.000

.

Para estabelecer o valor de venda de uma apólice, a empresa precisa conhecer a despesa média

por apólice vendida. A resposta é chamada, em estatística, de valor esperado, e é calculada da

seguinte maneira:

200.000 × 110.000

+ 50.000 × 11.000

+ 2.000 × 150

+ 0 × 9.78910.000

= 110.

Desse modo, o preço mínimo de uma apólice, para cobrir os custos, é de 110 reais.

Veiculação de propagandas na TV

Na mais importante rede de televisão do país, a propaganda da Coca-cola vai ao ar de 30 em 30

minutos. A Pepsi-Cola pretende veicular sua propaganda nessa emissora também de 30 em 30

minutos, porém quer usar uma estratégia de tal modo que, a qualquer momento que um

espectador ligue a TV, a probabilidade de que ele veja a propaganda da Pepsi em primeiro

lugar seja maior que a probabilidade de que ele veja a propaganda da Coca. Qual deve ser essa

estratégia?


277

Resposta: cada propaganda da Pepsi-Cola deve ser veiculada x minutos (15 < x < 30) após

cada propaganda da Coca-Cola.

Curiosidades sobre probabilidades

Que mundo pequeno!

É muito comum duas pessoas que moram em Estados diferentes se encontrarem em uma

viagem e durante uma conversa constatarem que têm um conhecido em comum ou que um

conhecido de uma delas conheça um conhecido da outra.

Essa ocorrência não é simples coincidência. Considerando-se que um país possua 200.000.000

de habitantes e que cada pessoa conheça 1.500 pessoas, a probabilidade de que duas pessoas

quaisquer tenham um conhecido em comum é de 1100

, aproximadamente; e a probabilidade de

que um conhecido de uma delas conheça um conhecido da outra é de 99100

, aproximadamente.

A probabilidade de que haja duas pessoas em um auditório que fazem aniversário em um mesmo dia.

a) Considerando-se que o ano tem 366 dias, quantas pessoas devem estar em um auditório, para que a probabilidade de que duas façam aniversário em um mesmo dia seja 100%?

Resposta: 367.

b) Em um auditório de 23 pessoas, qual é a probabilidade de que duas façam aniversário em um mesmo dia?

Resposta: aproximadamente 50%.


278

Nota: Essas aplicações e curiosidades são apresentadas, com pequenas modificações, no

interessante livro Analfabetismo em matemática e suas conseqüências, de John Allen Paulos,

Editora Nova Fronteira.




de números: C.1, C.2, C.3, C.4, C.5, C.8, C.9, C.10, C.11, C.15, e C.17.


C.1 d

Indicando por c e k as faces cara e coroa, respectivamente, temos o espaço amostral

E = {(c, c); (c, k); (k, c); (k, k)}, n(E) = 4, e o evento A = {(c, c), (c, k), (k, c)}, n(A) = 3;

logo, P(A) = ( )( )

n An E

= 34

= 0,75 = 75%.

C.2 a

E = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6),

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

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

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

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

(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}; n (E) = 36.

A = {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 6)}; n(A) = 11.


279

Logo, P(A) = ( ) ( )

n An E

= 1136

.

C.3 e

O espaço amostral E do experimento é E = {1, 2, 3, …, 999), n(E) = 999. Queremos que ocorra

algum elemento do evento A = {9, 18, 27, …, 999}, n(A) = 999 : 9 = 111.

Logo, P(A) = ( ) ( )

n An E

= 111999

= 19

.

C.4 O espaço amostral desse experimento é o conjunto E formado por todos os ternos ordenados de

números naturais (x, y, z), com, x, y, e z variando de 1 a 6. O número de elementos desse

espaço E pode ser calculado pelo princípio fundamental de contagem:

(x, y, z)

números de possibilidades → 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 216

Queremos que ocorra algum elemento do evento:

A = {(1, 1, 1), (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (5, 5, 5), (6, 6, 6)}, n(A) = 6.

Logo, P(A) = ( ) ( )

n An E

= 6216

= 136

.

C.5 O espaço amostral desse experimento é:

E = {r | r é reta que passa por dois vértices do cubo ABCDEFGH}, n(E) = C8, 2 = 28.

Queremos que ocorra algum elemento do evento A = {s ∈ E | s é reta que passa pelo vértice

G}, n(A) = C7, 1 = 7.

Logo, P(A) = ( )( )

n An E

= 728

= 14

.


280

C.6 c

O espaço amostral E é formado por todos os pares ordenados de números naturais (x, y), em

que x e y variam de 1 a 9:

(x, y)

números de possibilidades → 9 ⋅ 9 = 81

Assim, temos que n(E) = 81.

Queremos que ocorra algum elemento do evento A = {(r, s) ∈ E | r < s}:

• para r = 1, temos oito pares ordenados em A;

• para r = 2, temos sete pares ordenados em A;

• para r = 3, temos seis pares ordenados em A;

• para r = 8, temos um par ordenado em A.

Logo, n(A) = 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36, portanto, P(A) = 3681

.

C.7 b

Indicando por E o espaço amostral representado pelo grupo de 1.000 pessoas e por A o evento

de E formado pelas mulheres fumantes, temos que n(A) = 0,44 ⋅ 0,17 ⋅ 1.000 = 74,8.

Logo, P(A) = 74,81.000

= 0,0748 ≅ 0,075.

Nota: Percebe-se que o enunciado aproximou as porcentagens, já que 44% dos fumantes

correspondem a um número não natural, 74,8.

C.8 O espaço amostral E é formado por todas as comissões de três pessoas que podem ser

sorteadas, logo, n(E) = C20, 3 = 1.140.


281

Queremos que ocorra algum elemento do evento A, formado por comissões com dois homens

e uma mulher; n(A) = C15, 2 ⋅ C5, 1 = 525.

Logo, P(A) = ( ) ( )

n An E

= 5251.140

= 3576

.

C.9 a) C48, 6 = 12.271.512

b) P = 48,6

1C

= 112.271.512

C.10 a

Indicando por E o espaço amostral formado pelos conjuntos de números naturais {x, y}, com x

e y variando de 1 a 20 e x ≠ y, temos que n(E) = C20, 2 = 190 e indicando por A o evento de E

formado pelos conjuntos em que os dois elementos são ímpares, temos:

n(A) = C10, 2 = 45.

Logo, P(A) = 45190

= 938

.

C.11 O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências de 5 elementos em

que cada um é cara ou coroa; logo, n(E) = 25 = 32. Queremos que ocorra algum elemento do

evento A formado pelas seqüências pertencentes a E que possuem três caras e duas coroas;

logo, n(E) = P5(3,2) = 5!

3! 2!⋅ = 10. Assim, temos que P(A) = ( ) 10 5

( ) 32 16n An E

= = .

C.12 O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências de sete algarismos,

tal que os três primeiros sejam 8, 6 e 9, nessa ordem. O número de elementos de E pode ser

calculado pelo princípio fundamental de contagem:

O número de possibilidades


282

Portanto, n(E) = 10.000

O evento A que interessa possui um único elemento, que é o número de telefone de Priscilla;

assim, n(A) = 1.

Logo, P(A) = ( ) ( )

n An E

= 110.000

.

C.13 I) b II) a

O espaço amostral E é formado por todas as seqüências que o participante pode formar, isto é,

E = {TVE, TEV, VTE, VET, EVT, ETV}, n(E) = 6.

I) Deve ocorrer algum elemento do evento A = {VET, ETV}, n(A) = 2.

Logo, P(A) = 26

= 13

;

II) Deve ocorrer algum elemento do evento B, formado pelas seqüências que possuam

apenas duas letras na posição correta. Ora, esse evento é impossível, pois se duas letras

estiverem na posição correta, a terceira também estará; logo, P(B) = 0.

C.14 0 ≤ 1232

n − ≤ 1 ⇒ 12 ≤ n ≤ 44.

Logo, o menor número possível de lápis da caixa é 12.

C.15 Indicando por P(A) e P( A ) as probabilidades de acertar e errar o alvo, respectivamente, temos:

P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 – 35

= 25

C.16 Indicando por P(A) e P( A ) as probabilidades de obtermos pelo menos uma lâmpada

defeituosa e de obtermos todas as lâmpadas perfeitas, respectivamente, temos:

P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 – 1733

= 1633


283

C.17 e

Sendo E o espaço amostral do experimento e A o evento formado pelos ternos ordenados de E

que possuem os três elementos iguais, temos que n(E) = 63 = 216 e n(A) = 6; logo,

P(A) = ( ) ( )

n An E

= 6 1216 36

=

Queremos a probabilidade de ocorrer algum elemento do complementar de A; portanto,

P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 – 136

= 3536

C.18 Sendo E o espaço amostral do experimento, e A o evento formado pelas seqüências de E,

formadas exclusivamente por coroas, temos que n(E) = 26 = 64 e n(A) = 1; logo,

P(A) = ( )( )

n An E

= 164

Queremos a probabilidade de ocorrer algum elemento do complementar de A; portanto,

P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 – 164

= 6364

C.19 Sendo P(R) e P(M) as probabilidades de escolha de rapaz e moça, respectivamente, temos:

( ) = 3 ( )( ) + ( ) = 1

P R P MP R P M

⇒ P(R) = 34

.

Logo, a probabilidade de se escolher um rapaz é de 34

.


284


AAddiiççããoo ddee pprroobbaabbiilliiddaaddeess —— PPrroobbaabbiilliiddaaddee ccoonnddiicciioonnaall


IInnffoorrmmaaççõõeess ttééccnniiccaass

Algumas atividades exigem construções com régua e compasso.

OObbjjeettiivvooss


• identificar o conectivo ou com a união de eventos;

• identificar o conectivo e com a intersecção de eventos;

• calcular P(A ∪ B) de duas maneiras: pela definição de probabilidade, isto é, P(A ∪ B) = ( )( )

n A Bn E

∪

e pelo teorema da adição de probabilidades, ou seja, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B);

• aplicar o teorema da adição de probabilidades em problemas que peçam a probabilidade de

ocorrer um evento A ou um evento B;

• calcular a probabilidade condicional de duas maneiras:

P(B / A) = ( )( )

n A Bn A

∩ e P(B / A) = ( )( )

P A BP A

∩ .


Adição de probabilidades

1. Rever as definições de união e de intersecção de conjuntos, A ∪ B = {x | x ∈ A ou x ∈ B} e


285

A ∩ B = {x | x ∈ A e x ∈ B}, enfatizando que o conectivo ou caracteriza a união e o conectivo e

caracteriza a intersecção dos conjuntos.

2. Rever o princípio aditivo da contagem: n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B).

3. Antes de apresentar o teorema da adição de probabilidades, resolver um problema particular

usando a definição de probabilidade:

Uma etiqueta é sorteada de uma urna que contém, exatamente, 50 etiquetas numeradas de 1 a

50. Qual é a probabilidade de que o número da etiqueta sorteada seja par ou menor que 21?

Resolução

O espaço amostral E desse experimento é o conjunto E = {1, 2, 3, 4, 5, …, 50}, portanto,

n(E) = 50. Indicando por A o evento formado pelos números pares de E e por B o evento

formado pelos números de E menores que 21, temos A = {2, 4, 6, 8, …, 50}, n(A) = 25 e

B = {1, 2, 3, 4, …, 20}, n(B) = 20.

Note que A e B têm elementos comuns: A ∩ B = {2, 4, 6, 8, …, 20}, n(A ∩ B) = 10.

A probabilidade de ocorrer um elemento de A ou um elemento de B, indicada por P(A ∪ B), é:

P(A ∪ B) = ( )( )

n A Bn E

∪ ; n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B), portanto,

n(A ∪ B) = 25 + 20 – 10 = 35; então concluímos que P(A ∪ B) = 3550

= 710

.

Comentar que o raciocínio usado nesse exemplo pode ser generalizado por meio do teorema

que virá a seguir.

4. Demonstrar o teorema P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B). Enfatizar que esse teorema pode

ser aplicado para resolver problemas cuja pergunta é: “Qual é a probabilidade de ocorrer o

evento A ou o evento B?”. Comentar, ainda, que se os eventos A e B são mutuamente

exclusivos, então o conectivo ou indica simplesmente a soma das probabilidades de A e B, isto


286

é, P(A ∪ B) = P(A) + P(B). É importante que o aluno tenha em mente que a definição também

resolve esse tipo de problema, conforme mostrado no exemplo anterior.

5. Refazer os exercícios resolvidos 1 e 2.

Probabilidade condicional

6. Neste assunto, a maior dificuldade apresentada pelos alunos diz respeito à redução do espaço

amostral. Uma experiência que pode auxiliá-los a entender essa redução é a seguinte:

O professor lança um dado sobre sua mesa e afirma: o resultado obtido é um número ímpar. A

seguir pergunta: Qual é a probabilidade de que esse resultado seja o 5?

Espera-se que os alunos raciocinem da seguinte maneira:

O espaço amostral no lançamento do dado é E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, porém a afirmação “o

resultado obtido é um número ímpar” reduz o espaço amostral para E’ = {1, 3, 5}; logo, a

probabilidade de ocorrer o evento A = {5} é P(A) = ( )( ')

n An E

= 13

.

7. Refazer o exemplo que introduz o item 2 e definir P(B / A) = ( )( )

n A Bn A

∩ . Refazer os exercícios

resolvidos 3 e 4.

8. Após a resolução do exercício A.13 das atividades, comentar que a definição de probabilidade

condicional também pode ser P(B / A) = ( )( )

P A BP A

∩ . Essa “nova” definição será usada no

capítulo seguinte no teorema da multiplicação de probabilidades.



para o exercícios que exigem maior desembaraço e criatividade. Neste capítulo, são básicos os

exercícios de números: C.1, C.2, C.3, C.7, C.9, C.10 e C.11.


287


C.1 a

O espaço amostral do experimento é:

E = {(1, c), (1, k), (2, c), (2, k), (3, c), (3, k), (4, c), (4, k), (5, c), (5, k), (6, c), (6, k)}, em que c e

k indicam as faces cara e coroa, respectivamente; n(E) = 12. Considerando os eventos:

A = {(x, y) ∈ E | y é cara}, n(A) = 6; B = {(r, s) ∈ E | r é a face 1}, n(B) = 2;

A ∩ B = {(1, c)}, n(A ∩ B) = 1;

Temos: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 612

+ 212

– 112

= 712

.

Professor, é importante enfatizar que problemas como esse também podem ser resolvidos

usando-se apenas a definição de probabilidade. Por exemplo, se considerarmos o evento:

C = {(x, y) ∈ E | x é a face 1 ou y é cara} =

= {(1, c), (1, k), (2, c), (3, c), (4, c), (5, c), (6, c)}, n(C) = 7, temos: P(C) = ( )( )

n Cn E

= 712

.

C.2 O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é bola da urna}, n(E) = 9.

Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y é bola branca}, n(A) = 2; B = {z ∈ E | y é bola

verde}, n(B) = 3;

A ∩ B = ∅, temos: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 29

+ 39

= 59

.

C.3 O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é carta do baralho}, n(E) = 52.

Considerando os eventos: A = {y ∈ E | y é rei}, n(A) = 4; B = {z ∈ E | z é carta de paus},

n(B) = 13; A ∩ B = {rei de paus}, n(A ∩ B) = 1; temos:

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 452

+ 1352

– 152

= 1652

= 413

.


288

C.4

Matemáticos (as) Físicos (as) Químicos (as)

Homens 7 8 4

Mulheres 5 4 6

O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é membro da conferência}, n(E) = 34.

Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y é mulher}, n(A) = 15; B = {z ∈ E | z é

matemático(a)}, n(B) = 12;

A ∩ B = { t ∈ E | t é mulher matemática}, n(A ∩ B) = 5; temos:

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 1534

+ 1234

– 534

= 2234

= 1117

.

C.5 O diagrama a seguir apresenta as porcentagens descritas no enunciado:

Logo:

a) a probabilidade P de ser aceito por, ao menos, uma empresa é

P = 17% + 8% + 12% = 37%

b) a probabilidade P’ de ser aceito por, exatamente, uma empresa é:

P’ = 17% + 12% = 29%.

C.6 O espaço amostral é: E = {x | x é um possível número de habitantes do país}.


289

Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y ≥ 110.000.000}; B = {z ∈ E | z ≤ 110.000.000};

A ∩ B = {110.000.000}, temos: P(A ∪ B) = 1 ⇒ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 1 e, portanto,

0,95 + 0,08 – P(A ∩ B) = 1, ou seja, P(A ∩ B) = 0,03.

Logo, a probabilidade de que a população seja de 110 milhões de habitantes é de 3%.

C.7 Sejam:

• o espaço amostral E formado pelos 50 leitores;

• o evento A de E formado pelos leitores do jornal A;

• o evento B de E formado pelos leitores do jornal B.

Temos:

P(A ∪ B) = 1 – 350

⇒ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 4750

, portanto, 3550

+ 3450

– P(A ∩ B) = 4750

,

ou seja, P(A ∩ B) = 1125

.

Logo, a probabilidade de que a pessoa escolhida seja leitora dos jornais A e B é de 1125

.

Professor, é interessante resolver este problema por meio de um diagrama:

n(E) = 50

n(A) = 35

n(B) = 34

n(A ∩ B) = x


290

35 – x + x + 34 – x + 3 = 50 ⇒ x = 22.

Logo, P(A ∩ B) = ( )( )

n A Bn E

∩ = 2250

= 1125

.

C.8 b

Sejam:

• O espaço amostral E formado pelos 60 torcedores;

• O evento A de E formado pelos torcedores do São Paulo;

• O evento B de E formado pelos torcedores do Palmeiras.

Observando-se que A e B são eventos mutuamente exclusivos, temos:

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 1060

+ 560

= 1560

= 14

= 0,25.

C.9

E = {x | x é número de alguma bola da urna}

A = {y ∈ E | y < 8}

B = {z ∈ E | z é par}

P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ = 37

.

Logo, a probabilidade de que o número retirado seja par é de 37

.

C.10 c

E = {(x, y) | x e y são números naturais de 1 a 6}, n(E) = 36;


291

A = {(r, s) ∈ E | r é ímpar e s é ímpar}, n(A) = 9;

B = {(u, v) ∈ E | u + v = 8}, n(B) = 5;

A ∩ B = {(3, 5), (5, 3)}, n(A ∩ B) = 2.

Logo, P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ = 29

.

C.11 e

Sendo A o conjunto formado pelos possíveis algarismos pares com que pode terminar uma

placa, isto é,

A = {0, 2, 4, 6, 8}, e sendo B = {0}, temos:

P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ = 15

.

C.12 E = {x | x é um leitor entrevistado}, n(E) = 100;

A = {y ∈ E | y é leitor do jornal A}, n(A) = 60;

B = {z ∈ E | z é leitor do jornal B}, n(B) = 80;

A ∩ B = { t ∈ E | t é leitor dos jornais A e B},

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇒ 100 = 60 + 80 – n(A ∩ B), ou seja, n(A ∩ B) = 40.

Logo, P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ = 4060

= 23

.

C.13 d

Sendo A o conjunto formado pelos alunos que já leram Memórias Póstumas de Brás Cubas, e

B o conjunto formado pelos alunos que já leram Dom Casmurro, temos:

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇒ 40 = 28 + 31 – n(A ∩ B), ou seja, n(A ∩ B) = 19.


292

Logo, P(A/B) = ( )( )

n A Bn B

∩ = 1931

.

C.14 E = {x | x é carta do baralho}, n(E) = 52;

A = {y ∈ E | y é ás}, n(A) = 4; B = {z ∈ E | z é carta de copas}, n(B) = 13;

A ∩ B = {ás de copas}, n(A ∩ B) = 1. Logo, P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ = 14

.


293


MMuullttiipplliiccaaççããoo ddee pprroobbaabbiilliiddaaddeess


OObbjjeettiivvooss


• reconhecer eventos independentes;

• justificar o teorema P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A);

• justificar que, se A e B são eventos independentes, então P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B);

• calcular P(A ∩ B) de duas maneiras: pela definição de probabilidade, P(A ∩ B) = ( )( )

n A Bn E

∩ e pelo

teorema da multiplicação de probabilidades, P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A);

• identificar o tipo de problema em que se pode aplicar o teorema da multiplicação de

probabilidades.


Eventos independentes

1. Explorar a intuição dos alunos, propondo-lhes a questão seguinte. Lança-se uma moeda três

vezes. Qual é a probabilidade de cair cara no primeiro lançamento? Qual é a probabilidade de

cair cara no segundo lançamento? Qual é a probabilidade de cair cara no terceiro lançamento?

Fazer com que o aluno perceba que a probabilidade de cair cara em qualquer um dos

lançamentos é sempre a mesma: 12

. Por isso, dizemos que esses eventos são independentes.


294

Comentar que dois eventos são dependentes quando a probabilidade de um deles depende de o

outro evento ter ocorrido ou não. Por exemplo: seja o seguinte experimento: retirar

sucessivamente e sem reposição duas bolas de uma urna que contém, exatamente, três bolas

vermelhas e quatro bolas azuis. A probabilidade de que a segunda bola retirada seja azul

depende de a primeira bola retirada ter sido vermelha ou não. Observar:

1o) se a primeira bola retirada tiver sido vermelha, então a probabilidade de que a segunda bola

seja azul é de 46

= 23

;

2o) se a primeira bola retirada tiver sido azul, então a probabilidade de que a segunda bola seja

azul é de 36

= 12

.

Por isso dizemos que os eventos: (A) sair bola vermelha na primeira retirada e (B) sair bola

azul na segunda retirada são eventos dependentes.

Após essa discussão, definir eventos independentes.

2. Refazer o exemplo que introduz o capítulo.

Teorema da multiplicação de probabilidades

3. Da definição P(B/A) = ( )( )

n A Bn A

∩ , concluir que P(B/A) = ( )( )

P A BP A

∩ e, finalmente, que

P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A). Explicar essa sentença do seguinte modo: a probabilidade da

intersecção de dois eventos é igual à probabilidade de um deles multiplicada pela probabilidade

condicional do outro.

Claro que, se os eventos A e B são independentes, então P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B).

Comentar que o teorema P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A) pode ser aplicado em problemas com a

pergunta “Qual é a probabilidade de ocorrer o evento A e o evento B?” Observar que o

conectivo e caracteriza a intersecção dos eventos. Refazer os exercícios resolvidos de 1 a 3.


295

Comparando os itens (a) e (b) do exercício resolvido 3, enfatizar que: a probabilidade

de serem retirados simultaneamente k elementos de um conjunto é a mesma probabilidade de

retirá-los sucessivamente e sem reposição. Refazer o exercício resolvido 4.

4. É importante o aluno ter em mente que a definição de probabilidade também resolve

problemas desse tipo. Por exemplo: resolver, pela definição, o problema A.7.b das atividades:

Resolução

O espaço amostral E do experimento é formado por todos os pares de arestas que podem ser

formados; logo, n(E) = C12, 2 = 66. O número de elementos do evento A, formado por todos os

pares de arestas paralelas, é dado por n(A) = 12 32⋅ = 18. Logo, P(A) = ( )

( )n An E

= 1866

= 311

.




de números: C.1, C.2, C.3, C.4, C.5, C.6, C.7 e C.13.


C.1 a) Indicando por M e F os sexos masculino e feminino, respectivamente, temos o espaço

amostral:

E = {(M, M, M), (M, M, F), (M, F, M), (F, M, M), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F),

(F, F, F)}, n(E) = 8; e os eventos,

A = {( M, M, F), (M, F, M), (F, M, M), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F)}, n(A) = 6; e

B = {( F, F, M), (F, M, F), (M, F, F), (F, F, F)}, n(B) = 4.


296

b) P(A/B) = ( )( )

P A BP B

∩ = 3848

= 34

e P(A) = 68

= 34

. Como P(A/B) = P(A), concluímos que

A e B são independentes.

C.2 P = 12

⋅ 16

= 112

C.3 Indicando por p e d as lâmpadas perfeitas e defeituosas, respectivamente, temos:

p p p p p

d d d

a) pd, P = 58

⋅ 38

= 1564

b) pd, P1 = 58

⋅ 38

= 1564

dp, P2 = 38

⋅ 58

= 1564

Assim, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 = 1564

+ 1564

= 3064

= 1532

.

C.4

Indicando por i um número ímpar e por p um número par, temos:

a) ip, P = 510

⋅ 510

= 25100

= 14

b) ip ou pi, P = 510

⋅ 510

+ 510

+ 510

= 50100

= 12

c) A probabilidade de que na primeira retirada saia um número qualquer é de 1 e a

probabilidade de que na segunda retirada saia o mesmo número da primeira é de 110

;

logo, a probabilidade P de saírem dois números iguais é de: P = 1 ⋅ 110

= 110

.

d) Esse evento é o complementar do evento do item c; logo, P = 1 – 110

= 910

.


297

C.5 Podemos raciocinar com retiradas sucessivas e sem reposição. A probabilidade de a primeira

pessoa sorteada ser um dos irmãos é de 220

, e a probabilidade de a segunda pessoa sorteada ser

o outro irmão é de 119

; logo, a probabilidade P de serem sorteados os dois irmãos é de:

P = 220

⋅ 119

= 1190

C.6 Indicando por b e p as bolas brancas e pretas, respectivamente, temos:

a) bbp, P1 = 59

⋅ 48

⋅ 47

= 1063

; ou

bpb, P2 = 59

⋅ 48

⋅ 47

= 1063

; ou

pbb, P3 = 49

⋅ 58

⋅ 47

= 1063

.

Logo, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 + P3 = 3063

= 1021

.

b) ppp, P = 49

⋅ 38

⋅ 27

= 121

c) Esse evento é o complementar do evento do item (b); logo, P = 1 – 121

= 2021

.

d) Nenhuma bola branca: P1 = 49

⋅ 38

⋅ 27

= 121

. Apenas uma bola branca:

P2 = 3 ⋅ 5 4 3 9 8 7

⋅ ⋅

= 514

. Exatamente duas bolas brancas:

P3 = 3 ⋅ 5 4 4 9 8 7

⋅ ⋅

= 1021

.

Logo, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 + P3 = 3742

.

C.7 d

Indicando por A e N os eventos adoecer e não adoecer no decurso de cada mês, devemos ter:

NNA; P = 0,7 ⋅ 0,7 ⋅ 0,3 = 0,147 = 14,7%.


298

C.8 O espaço amostral é:

E = {{x, y, z} |, cada uma das pessoas x, y e z é eleitora de um dos candidatos A, B ou C}

Considerando-se os eventos:

B = {{r, s, t} ∈ E |, pelo menos uma das pessoas r, s ou t é eleitora do candidato B}

B = {{u, v, w} ∈ E |, nenhuma das pessoas u, v e w é eleitora do candidato B}, temos:

P(B) = 1 – P( B ) = 1 – 0,5 ⋅ 0,5 ⋅ 0,5 = 0,875 = 87,5%.

C.9 d

O espaço amostral é:

E = {{x, y} | x e y são cartas distintas do baralho}

Considerando-se o evento:

A = {{r, s} ∈ E | r e s são cartas com o número oito}, temos:

P(A) = 452

⋅ 351

= 1221

.

Outro modo

P(A) = ( )( )

n An E

= 4,2

52,2

CC

= 1221

.

C.10 O espaço amostral é: E = {{x, y} | x e y são pessoas que foram examinadas}

Considerando-se o evento: A = {{r, s} ∈ E | r está afetada por A e s está afetada por B}, temos:

P(A) = 25100

⋅ 1199

= 136

.

Outro modo: n(E) = A100, 2 e n(A) = 25 ⋅ 11; logo, P(A) = 100,2

25 11A

⋅ = 136

.

C.11 O espaço amostral é: E = {{x, y} | x e y são pessoas da sala}

Considerando-se os eventos: A = {{r, s} ∈ E | r e s são marido e mulher}


299

B = {{u, v} ∈ E | u e v são dois homens}, temos:

a) P(A) = 1 ⋅ 111

= 111

.

b) P(B) = 612

⋅ 511

= 522

C.12 d

A probabilidade de ambos errarem é de: 40% ⋅ 30% = 0,4 ⋅ 0,3 = 0,12 = 12%.

C.13 Indicando por c e k as fases cara e coroa, respectivamente, temos:

a) c c c c c c, P = 12

⋅ 12

⋅ 12

⋅ 12

⋅ 12

⋅ 12

= 164

b)

c c c c k kc c k c c k

k k c c c c

O número de seqüências com 4 caras e duas coroas é de:

(4,2)6P = 6!

4! 2! = 15.

Assim, a probabilidade P de que ocorra uma qualquer dessas seqüências é de:

P = 15 ⋅ 61

2

= 1564

C.14 e

Indicando acerto e erro por C e E, respectivamente, devemos calcular a probabilidade de correr:

ououououououou

C C C C C C CE C C C C C CC E C C C C CC C E C C C CC C C E C C CC C C C E C CC C C C C E CC C C C C C E

Logo, a probabilidade P de acerto de pelo menos 6 questões é de: P = 8 ⋅ 71

2

= 116

.


300

C.15 A probabilidade de acertar cada questão é de 15

; logo, a probabilidade P de acertar todas as

questões é de:

P =

50 fatores

1 1 1 1 ... 5 5 5 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 501

5

C.16 A probabilidade P( A ) de não se obter nenhuma cara é P( A ) = 51

2

; logo, a probabilidade

P(A) de se obter pelo menos uma cara é: P(A) = 1 – P( A ) = 1 – 51

2

= 3132

.

C.17 Devemos calcular a probabilidade P de chover e o piloto subir ao pódio ou não chover e o

piloto subir ao pódio, ou seja:

P = 0,75 · 0,60 + 0,25 · 0,20 = 0,50 = 50%

e ou e

binomio de newton

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