| a) | Dez mil. | |
| b) | Cem mil. | |
| c) | Meio milhão. | |
| d) | Um milhão | |
| e) | Muito mais do que um milhão. Solução: meio círculo, A= (1/2).pi . r² = (1/2).3,14 . 130² =(1/2). 3,14 . 16900 =(1/2). 53.066m² = 26.533m² =26.533 . 4=106.132 pessoas. Aproximadamente, a alternativa b). |
a) 2meses.
b) 4 meses.
c) 8meses.d) 10 meses.
e) 12 meses.
Solução: Gasolina: 6000/10 = 600 L /mês;600x2,2 = R$ 1.320,00/mês.
GNV: 6000/12=500 m³/mês;500x1,1= R$550,00/mês.
Economia GNV em relação a gasolina: 1320 - 550 = R$ 770,00/mês.
Recuperação do investimento: 3000/770=3,9 meses.
Aproximadamente 4 meses. Alternativa b).
3) O tempo que um ônibus gasta para ir do ponto inicial ao ponto final de uma linha varia, durante o dia, conforme as condições do trânsito, demorando mais nos horários de maior movimento. A empresa que opera essa linha forneceu, no gráfico abaixo, o tempo médio de duração da viagem conforme o horário de saída do ponto inicial, no período da manhã.
a) 9h20min.
b) 9h30min.
c) 9h00min.
d) 8h30min.
e) 8h50min.
Solução: As 8:50 o tempo de percurso é 100min.Mas 100=1hora e 40min.
8:50+1:40=(8+1):(50+40)=9:90=9:(60+30)=(9+1):(0+30)=
10h:30Min.
4)
- trabalham vinte dias por mês:
- João viaja sempre no horário em que o ônibus faz o trajeto no menor tempo
- Antônio viaja sempre no horário em que o ônibus faz o trajeto no maior tempo
- na volta do trabalho, ambos fazem o trajeto no mesmo tempo de percurso. Considerando-se a diferença de tempo de percurso, Antônio gasta, por mês, em média,
a) 5 horas a mais que João.
b) 10 horas a mais que João.
c) 20 horas a mais que João.
d) 40 horas a mais que João.e) 60 horas a mais que João.
Solução: Considerando que Antonio gasta 110minutos no percurso(No gráfico pico máximo) e João gasta 5o minutos(No gráfico pico mínimo),a diferença de tempo, 110-50=60 minutos=1hora,Antônio gasta a mais do que João, em 20 dias, gastará, 20x1h = 20 horas a mais do que João.
5) Na literatura de cordel, os textos são impressos, em geral, com 8, 16, 24 ou 32 páginas de formato 10,5 cm x 15,5 cm. As razões históricas que explicam tal fato estão relacionadas à forma artesanal como são montadas as publicações e ao melhor aproveitamento possível do papel disponível.
Considere, a seguir, a confecção de um texto de cordel com 8 páginas (4 folhas):
b) 84cm x 124 cm
c) 42cm x 31 cm
d) 42cm x 62 cm
e) 21cm x 31cm
Resposta: Considerando que 8 páginas dobradas de uma única folha, implica em 4 dobras de dupla face.Logo 15,5cmx10,5cmx4=651cm²; e a alternativa que possui esta área é 21cm x 31cm=651cm²
6) O custo total de uma obra era de R$ 1.836.000,00 pago em parcelas
Conforme cronograma abaixo:
1) R$ 500.000,00
2) R$ 500.000,00
3) R$ 500.000,00
4) R$ 299.280,00
5) R$ 36.720,00 (Contra partida)
Porém foi modificado o projeto e o custo da obra passou a ser
R$ 1.526.000,00.
Qual deve ser o valor das parcelas com o novo valor,mantido
a proporcionalidade, das parcelas antigas.
Solução (Modelagem Matemática: Divisão Proporcional):
Consiste em distribuir o novo valor proporcionalmente as
parcelas antigas.Com a mesma contra partida.
Para que isso aconteça,devemos manter nas parcelas novas em relação as antigas, a mesma porcentagem que o novo valor montante,representa do antigo valor(descontando a contrapartida nos dois valores).
((1.526.000-36.720)/(1.836.000-36.720))= 0,827708861=82,7708861%
Agora é só cálcular:
1) R$ 500.000,00 x 82,7708861%=R$ 413.854,43
2) R$ 500.000,00 x 82,7708861%=R$ 413.854,43
3) R$ 500.000,00 x 82,7708861%=R$ 413.854,43
4) R$ 299280,00 x 82,7708861%= R$ 247.716,71
5)R$36.720,00 (Fixo) = R$36.720,00 (Fixo)
_________________ ___________________
R$ 1.836.000,00 R$ 1.526.000,00
Esse mesmo problema pode ser resolvido, usando álgebra.
Consiste em repartir o valor R$ 1.526.000,00 em partes x,y,z,t diretamente proporcionais aos valores
R$ 500.000,00;R$ 500.000,00;R$ 500.000,00 e R$ 299.280,00:
Assim, montando as proporções (dividindo tudo por 1000, para facilitar os cálculos), temos:
x/500 = y/500 = z/500 = t/299,28
Sabendo que: (x+y+z+t-36,72)/(500+500+500+299,28-36,72),mas; x+y+z+t-36,72 =1489,28 e 500+500+500+299,28-36,72=1799,28 , então:1489,28 /1799,28 = 0,827708861: Assim achamos a razão entre o valor atual (-36,72) e o valor antigo(-36,72),essa razão é chamada de coeficiente de proporcionalidade direta.Agora estamos preparados para encontrar os valores das novas parcelas.
x/500 = 0,827708861; y/500 =0,827708861; z/500 =0,827708861; t/299,28 = 0,827708861
x= 500x0,827708861;y = 500x0,827708861; z =500x0,827708861; t =299,28x0,827708861
x =413,8544305 ; y = 413,8544305 ; z = 413,8544305; t = 247,71670792008,multiplicando tudo por 1000, temos x = 413.854,43; y = 413.854,43; z = 413.854,43; t = 247.716,71.
7) Um tanque de água está sendo cheio com com duas torneiras ligadas simultaneamente,se fechar a 1ª, o tempo de enchimento são 3 horas,se fechar a 2ª o tempo de enchimento são 5 horas.Perguntamos,qual o tempo as duas levarão para encher esse tanque?
7) Um tanque de água está sendo cheio com com duas torneiras ligadas simultaneamente,se fechar a 1ª, o tempo de enchimento são 3 horas,se fechar a 2ª o tempo de enchimento são 5 horas.Perguntamos,qual o tempo as duas levarão para encher esse tanque?
Solução:
Nesse problema usamos a modelagem de mínimo múltiplo comum e regra de três, para resolvê-lo.
A 1ª enche o volume V do tanque em 3 horas,logo em 1 hora enche V/3 do volume.
A 2ª enche o volume V do tanque em 5 horas, logo em 1 hora enche V/5 do volume.
A 1ª enche o volume V do tanque em 3 horas,logo em 1 hora enche V/3 do volume.
A 2ª enche o volume V do tanque em 5 horas, logo em 1 hora enche V/5 do volume.
As duas juntas enchem, em uma hora V/3 + V/5 = 8V/15 do volume.
Então: (1) hora...........8V/15
(t) horas.......15V/15 , assim; t = 1,875 horas.= 1 hora, 52 minutos 30 segundos.
Então: (1) hora...........8V/15
(t) horas.......15V/15 , assim; t = 1,875 horas.= 1 hora, 52 minutos 30 segundos.
Probabilidades
1) Determinar a probabilidade p, ou sua avaliação, para cada um dos seguintes eventos:
a) De aparecer um número ímpar em um único lance de um dado honesto.
Solução: De 6 casos igualmente prováveis, 3 (quando o dado apresentar 1, 3 ou 5) são favoráveis ao evento. Então p = 3/6 = 1/2 =50% de chances.
b) De ocorrer pelo menos uma cara em dois lances de uma moeda honesta.
Solução: Se H representa "cara" e T "coroa", os dois lances podem conduzir-nos a 4 casos a saber: HH; HT; TH; TT, todos igualmente prováveis. Apenas os três primeiros casos são favoráveis ao evento. Então, p= 3/4 = 75% de chances.
c) De surgir um ás, um dez de ouros ou um dois de espadas na retirada de uma carta única de um baralho, bem embaralhado, de 52 cartas.
Solução: O evento pode ocorrer de 6 modos(ás de espadas, ás de copa,ás de paus,ás de ouro,dez de ouros e dois de espadas), em 52 casos igualmente possíveis. Então, p = 6/52 =11,5% de chances.
d) De aparecer o total de 7 em um único lançamento de dois dados.
Solução: Cada uma das faces de um dado pode ser associada às 6 do outro, de modo que o número total de casos que pode surgir, todos igualmente prováveis, é: 6x6 =36. Eles podem ser representados por (1,1);(2,1);(3,1);...(6,6). Há 6 modos de obter-se o total 7, representados por (1,6);(2,5);(3,4);(4,3);(5,2),(6,1). Então, p = 6/36 = 1/6 =16,66% de chances.
e) De aparecer uma coroa,no próximo lance de uma moeda, se, de um total de 100 lances, 56 foram caras.
Solução: Como foram obtidas (100 - 56) = 44 coroas em 100 lances, a probabilidade avaliada ou empírica de ocorrer uma coroa é igual à frequência relativa 44/100 = 44% chances.
(a) E1c Coroa na moeda e nada no dado.
(b) E2c 1,2,4 ou 5 no dado e nada na moeda.
(c) E1E2 Cara na moeda e 3 ou 6 no dado.
(d) Pr {E1E2c} Probabilidade de cara na moeda e de 1,2,4 ou 5 no dado.
(e) Pr {E1 / E2} Probabilidade de cara na moeda, depois de ter aparecido
um 3 ou um 6 no dado.
(f) Pr {E1c+E2c} Probabilidade de coroa na moeda ou de 1,2,4 ou 5 no dado,ou ambos.
1)Uma bola é retirada ao acaso de uma urna que contém 6 vermelhas, 4 brancas e 5 azuis. Determinar a probabilidade dela:
a) De aparecer um número ímpar em um único lance de um dado honesto.
Solução: De 6 casos igualmente prováveis, 3 (quando o dado apresentar 1, 3 ou 5) são favoráveis ao evento. Então p = 3/6 = 1/2 =50% de chances.
b) De ocorrer pelo menos uma cara em dois lances de uma moeda honesta.
Solução: Se H representa "cara" e T "coroa", os dois lances podem conduzir-nos a 4 casos a saber: HH; HT; TH; TT, todos igualmente prováveis. Apenas os três primeiros casos são favoráveis ao evento. Então, p= 3/4 = 75% de chances.
c) De surgir um ás, um dez de ouros ou um dois de espadas na retirada de uma carta única de um baralho, bem embaralhado, de 52 cartas.
Solução: O evento pode ocorrer de 6 modos(ás de espadas, ás de copa,ás de paus,ás de ouro,dez de ouros e dois de espadas), em 52 casos igualmente possíveis. Então, p = 6/52 =11,5% de chances.
d) De aparecer o total de 7 em um único lançamento de dois dados.
Solução: Cada uma das faces de um dado pode ser associada às 6 do outro, de modo que o número total de casos que pode surgir, todos igualmente prováveis, é: 6x6 =36. Eles podem ser representados por (1,1);(2,1);(3,1);...(6,6). Há 6 modos de obter-se o total 7, representados por (1,6);(2,5);(3,4);(4,3);(5,2),(6,1). Então, p = 6/36 = 1/6 =16,66% de chances.
e) De aparecer uma coroa,no próximo lance de uma moeda, se, de um total de 100 lances, 56 foram caras.
Solução: Como foram obtidas (100 - 56) = 44 coroas em 100 lances, a probabilidade avaliada ou empírica de ocorrer uma coroa é igual à frequência relativa 44/100 = 44% chances.
Um pouco mais de teoria probabilística
Uma experiência consiste em lançar uma moeda e um dado. Se E1 é o evento correspondente ao aparecimento de uma "cara" no lançamento da moeda e E2 o de ocorrer "3" ou "6" no lance do dado, expor, em palavras, o significado de cada uma das seguintes notações:(a) E1c Coroa na moeda e nada no dado.
(b) E2c 1,2,4 ou 5 no dado e nada na moeda.
(c) E1E2 Cara na moeda e 3 ou 6 no dado.
(d) Pr {E1E2c} Probabilidade de cara na moeda e de 1,2,4 ou 5 no dado.
(e) Pr {E1 / E2} Probabilidade de cara na moeda, depois de ter aparecido
um 3 ou um 6 no dado.
(f) Pr {E1c+E2c} Probabilidade de coroa na moeda ou de 1,2,4 ou 5 no dado,ou ambos.
Vamos aplicar essa teoria a seguir:
1)Uma bola é retirada ao acaso de uma urna que contém 6 vermelhas, 4 brancas e 5 azuis. Determinar a probabilidade dela:
(a) ser vermelha; (b) Ser branca; (c) Ser azul; (d) Não ser vermelha;(e) Ser vermelha ou branca.
Solução: Admita-se que V,B,A representam os eventos da retirada de um bola vermelha, de uma branca, e de uma azul, respectivamente. Então:
(a) Pr{V} = {modos de escolher uma bola vermelha} /{ total de modos de escolher uma bola} ={6} /{6+4+5} = 6 /15 = 2 / 5 = 0,4 = 40% de chance.
(b) Pr{B} = {4} / {6 + 4 + 5} = 4 / 15 = 26,66% chance
(c) Pr{A} = {5} /{ 6+4+5 }= 5 / 15 =1 / 3 = 0,3333 =33,33% chance.
(d) Pr{ Vc } = 1 - Pr { V } = 1 - 0,4 = 0,6 = 60% de chance.
(e) Pr{A + B} = { Modos de escolher uma bola vermelha ou banca} / {Total de modos de escolher uma bola} = {6 + 4} / { 6+4+5} = 10 / 15 = 2 / 3 = 0,6666=66,66% de chance.
(c) Pr{A} = {5} /{ 6+4+5 }= 5 / 15 =1 / 3 = 0,3333 =33,33% chance.
(d) Pr{ Vc } = 1 - Pr { V } = 1 - 0,4 = 0,6 = 60% de chance.
(e) Pr{A + B} = { Modos de escolher uma bola vermelha ou banca} / {Total de modos de escolher uma bola} = {6 + 4} / { 6+4+5} = 10 / 15 = 2 / 3 = 0,6666=66,66% de chance.
2) Um dado honesto é lançado duas vezes. Determinar a probabilidade de ocorrer um "4,5 ou 6" no primeiro lançamento e um "1,2,3 ou 4" no segundo.
Solução: Seja E1 = O evento correspondente a " 4,5 ou 6", no primeiro lance, e E2 = o de surgir "1,2,3 ou 4" no segundo.
Cada uma das 6 maneiras, segundo as quais o dado pode cair no primeiro lance, pode ser associada a cada uma das 6 do segundo lance, num total de 6x6 = 36 modos, todos igualmente possíveis. Cada uma das três maneiras, segundo as quais E1 pode ocorrer, pode ser associada a cada uma das quatro de E2 , o que dá 3x4 = 12 modos, segundo os quais ocorre tanto E1 e E2 .
Então : Pr{E1E2} = 12/36 =1/3 =33,33% chance.
3) Duas cartas são retiradas de um baralho, bem embaralhado, de 52 cartas. Determinar a probabilidade de ambas serem ases, se a primeira cara for:
Cada uma das 6 maneiras, segundo as quais o dado pode cair no primeiro lance, pode ser associada a cada uma das 6 do segundo lance, num total de 6x6 = 36 modos, todos igualmente possíveis. Cada uma das três maneiras, segundo as quais E1 pode ocorrer, pode ser associada a cada uma das quatro de E2 , o que dá 3x4 = 12 modos, segundo os quais ocorre tanto E1 e E2 .
Então : Pr{E1E2} = 12/36 =1/3 =33,33% chance.
3) Duas cartas são retiradas de um baralho, bem embaralhado, de 52 cartas. Determinar a probabilidade de ambas serem ases, se a primeira cara for:
(a) recolocada; (b) não recolocada.
Solução: Seja E1=o evento correspondente a sair um ás na primeira retirada e E2 =o de ocorrer um ás na segunda.
(a) Se a primeira carta for recolocada, E1 e E2 serão eventos independentes. Então: Pr{ambas as cartas retiradas serem ases}=Pr{E1 E2 }=Pr {E1}.Pr{E2}=(4/52).(4/52)=1/169 = 0,59% de chance.
(b) A primeira carta pode ser retirada de qualquer uma das 52 maneiras e a segunda de qualquer um de 51 modos, se a primeira não for recolocada. Então, ambas as cartas podem ser retiradas de 52x51 maneiras, todas igualmente possíveis.
Há 4 modos segundo os quais E1 pode ocorrer e 3 maneiras para que E2 aconteça; assim, tanto E1 e E2 podem ocorrer de 4x3 modos. Então,
Pr{E1 E2 }=(4/52).(3/51)=1/221 =0,45% de chance.
Note-se que Pr{E1/E2} = Pr{da segunda carta ser um ás depois de ocorrer um outro na primeira} = 3/51. Nessas condições, o resultado é um exemplo da regra geral Pr ={E1E2}=Pr{E1}. Pr{E1/E2} quando E1 e E2 são eventos independentes.
Solução: Seja V= o evento de uma bola "vermelha" na primeira extração; B=ocorrência de uma "branca" na segunda e A =o aparecimento de uma "azul" na terceira. Pede-se Pr{VBA}.
(a) Se cada bola é recolocada V,B,A são eventos independentes e:
Pr{VBA}= Pr{V}. Pr{B}. Pr{A}= (6/(6+4+5)).(4/(6+4+5)).(5/(6+4+5))=
=(6/15).(4/15).(5/15)=8/225=3,56% de chance.
(b) Se a bola não é recolocada V,B e A são eventos dependentes e:
Pr{VBA}= Pr{V}. Pr{B/V}. Pr{A/VB}=(6/(6+4+5)).(4/(5+4+5)).(5/(5+3+5))=(6/15).(4/14).(5/13)=
= 4/91=4,40% de chance. Em que a Pr{A/VB} é a probabilidade de ser obtida uma bola azul depois de uma branca e um vermelha terem sido extraídas.
6) Uma bola contém 4 bolas brancas e 2 pretas; outra contém 3 brancas e 5 pretas. Se for retirada uma bola de cada bolsa, determinar a probabilidade de: (a) ambas serem brancas; (b) ambas serem pretas; (c) uma ser branca e a outra preta.
Solução: Sejam B1 = ocorrência de uma bola "branca" na primeira bolsa.
(c) A probabilidade de "uma ser branca e a outra ser preta" é a mesma de " primeira ser branca e a segunda ser preta" ou "a primeira ser preta e a segunda branca", isto é, B1B2c + B1cB2. como os eventos B1B2c e B1cB2. se excluem mutuamente, tem-se:
Pode-se também denominá-lo número de permutações de n objetos diferentes tomados ao mesmo tempo e representá-lo nPn.
(c) O primeiro algarismo pode ser escolhido de 9 modos, o segundo de 8 e o terceiro de 7. Então, 9x8x7= 504 números podem ser formados.
4) Três bolas são retiradas, sucessivamente, da urna do probl. 1.Determinar a probabilidade delas serem retiradas na ordem vermelha, branca e azul, quando cada bola for: (a) recolocada; (b) não for recolocada.
Solução: Seja V= o evento de uma bola "vermelha" na primeira extração; B=ocorrência de uma "branca" na segunda e A =o aparecimento de uma "azul" na terceira. Pede-se Pr{VBA}.
(a) Se cada bola é recolocada V,B,A são eventos independentes e:
Pr{VBA}= Pr{V}. Pr{B}. Pr{A}= (6/(6+4+5)).(4/(6+4+5)).(5/(6+4+5))=
=(6/15).(4/15).(5/15)=8/225=3,56% de chance.
(b) Se a bola não é recolocada V,B e A são eventos dependentes e:
Pr{VBA}= Pr{V}. Pr{B/V}. Pr{A/VB}=(6/(6+4+5)).(4/(5+4+5)).(5/(5+3+5))=(6/15).(4/14).(5/13)=
= 4/91=4,40% de chance. Em que a Pr{A/VB} é a probabilidade de ser obtida uma bola azul depois de uma branca e um vermelha terem sido extraídas.
5) Determinar a probabilidade de aparecer um "4" , pelo menos uma vez, em dois lances de um dado honesto.
Solução: Seja E1=evento "4" no primeiro lance e E2 = evento "4" no segundo lance,
E1+ E2 = evento "4" no primeiro lance ou "4" no lance, ou ambos.=evento de, pelo menos, um"4" em um dos lances. Deseja-se então: Pr{ E1+ E2}.
1º Método:
Número total de modos igualmente possíveis, segundo os quais ambos os dados podem cair = 6x6 = 36.
Também: número de modos de ocorrência de E1 ,mas não de E2 =5, número de modos de ocorrência de E2 , mas não de E1 =5, números de modos de ocorrerem E1 e E2 , simultaneamente =1.
Então, o número de modos segundo segundo os quais pelo menos um dos eventos E1 ou E2 pode ocorrer = 5+5+1=11, e Pr{ E1+ E2}= 11/36 = 30,56% de chance.
2º Método:
Como E1 e E2 não são mutuamente exclusivos, Pr{ E1+ E2}= Pr{E1}+Pr{E2} - Pr{ E1 E2}.
Então: Pr{ E1+ E2}= Pr{E1}+Pr{E2} - Pr{ E1 E2}=[(1/6)+(1/6)]-[(1/6).(1/6)]=11/36 =30,56% chance.
3º Método:
Pr{ocorrência de pelo menos um 4}+Pr{não ocorrer um 4}=1
Pr{ocorrência de pelo menos um 4}+Pr{não ocorrer um 4}=1
Pr{ocorrência de pelo menos um 4}=1 - Pr{não ocorrer um 4}=1- Pr{não ocorrer um 4 no 1º lance e nem no 2º lance}= 1 - Pr{E1c E2c}=1 - Pr{E1c}. Pr{E2c}= 1 - (5/6).(5/6)= 11/36 =30,56%.
6) Uma bola contém 4 bolas brancas e 2 pretas; outra contém 3 brancas e 5 pretas. Se for retirada uma bola de cada bolsa, determinar a probabilidade de: (a) ambas serem brancas; (b) ambas serem pretas; (c) uma ser branca e a outra preta.
Solução: Sejam B1 = ocorrência de uma bola "branca" na primeira bolsa.
B2 = ocorrência de uma bola "branca" na segunda bolsa.
(a) Pr{B1B2}=Pr{B1}.Pr{ B2}=(4/4+2).(3/3+5)=1/4 = 25% de chance.
(b) Pr{B1cB2c}=Pr{B1C}.Pr{ B2C}=(2/4+2).(5/3+5)=5/25=20% de chance.
(c) A probabilidade de "uma ser branca e a outra ser preta" é a mesma de " primeira ser branca e a segunda ser preta" ou "a primeira ser preta e a segunda branca", isto é, B1B2c + B1cB2. como os eventos B1B2c e B1cB2. se excluem mutuamente, tem-se:
Pr{B1B2c + B1cB2.} = Pr{B1B2c}+Pr{B1cB2}=Pr{B1}.Pr{B2c}+Pr{B1c}.Pr{B2}=(4/4+2).(5/3+5)+
+(2/4+2).(3/3+5)=13/24=54,17% de chance.
7) A e B jogam 12 partidas de xadrez, das quais 6 são vencidas por A, 4 por B e 2 terminaram empatadas. Eles combinam a disputa de um torneio de 3 partidas. Determinar a probabilidade de: (a) vencer as três partidas; (b) duas partidas terminarem empatadas; (c) A e B vencerem alternadamente; (d) B vencer pelo menos uma partida.
Solução: Representemos por A1,A2 e A3 os eventos correspondentes a "A vencer" os 1º, 2º e 3º jogos, respectivamente.
Representemos por B1,B2 e B3 os eventos correspondentes a "B vencer" os 1º, 2º e 3º jogos, respectivamente.
Representemos por T1,T2 e T3 os eventos correspondentes a "empate" nas 1, 2ª e 3ª partidas respectivamente.
Pr {A vencer qualquer uma partida}= 6/12=1/2=50%.
Pr {B vencer qualquer uma partida}=4/12=1/3=33,33%.
Pr {qualquer partida terminar empatada}=2/12=1/6=16,67%.
(a) Pr {A vencer todas as 3 partidas}=Pr {A1 A2 A3} = Pr{A1}.Pr{A2}.Pr{A3}=(1/2).(1/2).(1/2)=1/8=12,5%. Admitindo-se que o resultado de cada partida é independente de qualquer outro, o que parece justificável ( a menos que os jogadores, naturalmente, se influenciem psicologicamente por suas outras vitórias ou derrotas).
(b) Pr {2 partidas terminarem empatadas}=Pr {1ª e 2ª ou 1ª e 3ª ou 2ª e 3ª partidas terminarem empatadas}=
= Pr {T1T2T3c} + Pr {T1T2cT3} + Pr {T1cT2T3} = Pr {T1}.Pr {T2}.Pr {T3c} + Pr {T1}.Pr {T2c}.Pr {T3} + Pr {T1c}.
.Pr {T2}.Pr {T3}=(1/6).(1/6.(5/6)+(1/6).(5/6).(1/6)+(5/6).(1/6).(1/6) = 15/216=5/72 = 6,94% Chance.
(c) Pr{A e B vencerem alternadamente}=Pr{ocorrem as vitórias na ordem A,B,A ou B,A,B}=
=Pr{A1B2A3+B1A2B3}=Pr{A1B2A3} + Pr{B1A2B3}=(1/2).(1/3).(1/2)+(1/3).(1/2).(1/3)=5/36=13,89% de chance.
(d) Pr{B vencer pelo menos uma partida}=1 - Pr{B não vencer nenhuma partida}=
= 1 - Pr{B1CB2cB3c} = 1 - Pr{B1c}.Pr{B2c}.Pr{B3c}= 1 - (2/3).(2/3).(2/3) = 19/27 =70,37% chance.
Distribuição de Probabilidades
2) Uma bolsa contém 2 bolas brancas e 3 pretas. Quatro pessoas,A ,B ,C e D, são chamadas, nessa ordem, para retirar uma bola, não a restituindo a bolsa. A primeira a retirar uma bola branca receberá U$ 10. Determinar suas esperanças.
Solução: Como há somente 3 bolas pretas, uma pessoa pode vencer em sua primeira tentativa. Sejam A,B,C e D os eventos correspondentes a "A vencer","B vencer","C vencer" e "D vencer " respectivamente.
Outro Método:
A probabilidade desejada é:
1 - Pr{B1B2} - Pr{B1cB2c} = 1-(1/4) - (5/24) = 13/24=54,17% de chance.
7) A e B jogam 12 partidas de xadrez, das quais 6 são vencidas por A, 4 por B e 2 terminaram empatadas. Eles combinam a disputa de um torneio de 3 partidas. Determinar a probabilidade de: (a) vencer as três partidas; (b) duas partidas terminarem empatadas; (c) A e B vencerem alternadamente; (d) B vencer pelo menos uma partida.
Solução: Representemos por A1,A2 e A3 os eventos correspondentes a "A vencer" os 1º, 2º e 3º jogos, respectivamente.
Representemos por B1,B2 e B3 os eventos correspondentes a "B vencer" os 1º, 2º e 3º jogos, respectivamente.
Representemos por T1,T2 e T3 os eventos correspondentes a "empate" nas 1, 2ª e 3ª partidas respectivamente.
Com base na experiência anterior ( probabilidade empírica), poder - se - á admitir que:
Pr {B vencer qualquer uma partida}=4/12=1/3=33,33%.
Pr {qualquer partida terminar empatada}=2/12=1/6=16,67%.
(a) Pr {A vencer todas as 3 partidas}=Pr {A1 A2 A3} = Pr{A1}.Pr{A2}.Pr{A3}=(1/2).(1/2).(1/2)=1/8=12,5%. Admitindo-se que o resultado de cada partida é independente de qualquer outro, o que parece justificável ( a menos que os jogadores, naturalmente, se influenciem psicologicamente por suas outras vitórias ou derrotas).
(b) Pr {2 partidas terminarem empatadas}=Pr {1ª e 2ª ou 1ª e 3ª ou 2ª e 3ª partidas terminarem empatadas}=
= Pr {T1T2T3c} + Pr {T1T2cT3} + Pr {T1cT2T3} = Pr {T1}.Pr {T2}.Pr {T3c} + Pr {T1}.Pr {T2c}.Pr {T3} + Pr {T1c}.
.Pr {T2}.Pr {T3}=(1/6).(1/6.(5/6)+(1/6).(5/6).(1/6)+(5/6).(1/6).(1/6) = 15/216=5/72 = 6,94% Chance.
(c) Pr{A e B vencerem alternadamente}=Pr{ocorrem as vitórias na ordem A,B,A ou B,A,B}=
=Pr{A1B2A3+B1A2B3}=Pr{A1B2A3} + Pr{B1A2B3}=(1/2).(1/3).(1/2)+(1/3).(1/2).(1/3)=5/36=13,89% de chance.
(d) Pr{B vencer pelo menos uma partida}=1 - Pr{B não vencer nenhuma partida}=
= 1 - Pr{B1CB2cB3c} = 1 - Pr{B1c}.Pr{B2c}.Pr{B3c}= 1 - (2/3).(2/3).(2/3) = 19/27 =70,37% chance.
Distribuição de Probabilidades
1) Determinar a probabilidade de haver meninos e meninas em famílias com 3 crianças, admitindo-se mesmas probabilidades par ambos.
Solução: Seja B = o evento correspondente a haver "menino" na família e G= o de haver "menina". Então, de acordo com a hipótese de probabilidades iguais, Pr {B} = Pr {G} = 1/2. Em famílias de 3 crianças pode ocorrer os seguintes eventos mutuamente exclusivos, com as correspondentes probabilidades indicadas:
(a) 3 meninos (BBB). Então, Pr{BBB}= Pr{B}.Pr{B}.Pr{B}=1/8 = 12,5% chance.
Neste caso, admite-se que o nascimento de um menino não é influenciado, de modo algum, pelo fato de ter sido também menino uma criança nascida anteriormente, isto é, admite-se que os eventos são independentes.
(b) 3 meninas (GGG). Então, como no item (a), ou por simetria, Pr{GGG}=1/8=12,5% chance.
(c) 2 meninos e 1 menina (BBG)+(BGB)+(GBB). Então: Pr{(BBG)+(BGB)+(GBB)} =
= Pr{BBG}+Pr{BGB}+Pr{GBB} = Pr{B}Pr{B}Pr{G} + Pr{B}Pr{G}Pr{B} + Pr{G}Pr{B}Pr{B} =
=(1/2)(1/2)(1/2)+(1/2)(1/2)(1/2)+(1/2)(1/2)(1/2)=(1/8)+(1/8)+(1/8) = 3/8 = 37,5% chance.
2) Uma bolsa contém 2 bolas brancas e 3 pretas. Quatro pessoas,A ,B ,C e D, são chamadas, nessa ordem, para retirar uma bola, não a restituindo a bolsa. A primeira a retirar uma bola branca receberá U$ 10. Determinar suas esperanças.
Solução: Como há somente 3 bolas pretas, uma pessoa pode vencer em sua primeira tentativa. Sejam A,B,C e D os eventos correspondentes a "A vencer","B vencer","C vencer" e "D vencer " respectivamente.
- Pr{A vencer} = Pr{A} = 2/(3+2)= 2/5 =40% de chance.
- Pr{A perder e B vencer} = Pr{AcB}= Pr{Ac}.Pr{B/Ac} = (3/5).(2/4)=3/10=30% chance.Então a esperança de B é= (3/10).U$10=U$3.
- Pr{A e B perderem e C vencer}=Pr{AcBcC} = Pr{Ac}.Pr{Bc/Ac}.Pr{C/AcBc}=(3/5).(2/4).
- .(1/1)= 1/5 =20% chance.Então, a esperança é=(1/5).U$10=U$2.
Teoria: Análise Combinatória
- De quantas maneiras podem ser dispostos em fila 5 pedaços de mármore?
- Os 5 pedaços de mármore podem ser dispostos nas 5 posições seguintes: A primeira posição pode ser ocupada por qualquer um dos 5 pedaços de mármore, isto é, há 5 modos de preencher a primeira posição. Quando isso tiver sido feito, haverá 4 modos de preencher a segunda posição. Então, há 3 modos de preencher a terceira posição, 2 de preencher quarta posição e, finalmente, existe apenas um para preencher última posição. Portanto: Número de arranjo dos 5 pedaços em fila = =5x4x3x2x1=120.
= n(n - 1)(n - 2)...1= n!
Pode-se também denominá-lo número de permutações de n objetos diferentes tomados ao mesmo tempo e representá-lo nPn.
2. De quantas maneiras 10 pessoas poderão sentar-se em um banco, se houver apenas 4 lugares?
Solução: O primeiro lugar pode ser preenchido de 10 maneiras e, quando isso tiver sido feito, haverá 9 maneiras de preencher o 2º lugar, 8 de preencher o terceiro e 7 de preencher o quarto. Portanto:
Número de arranjos de 10 pessoas, tomados 4 a 4 =10 x 9 x 8 x 7=5040 maneiras.
Em geral:
Número de arranjos de n objetos diferentes, tomados r a r = n(n-1).(n-2)...(n-r+1) .
É também denominado número de permutações de n objetos diferentes, tomados r de cada vez, e representado por nPr, P(n,r) ou Pn,r . note-se que, quando r = n,
nPn = n! , como no problema 1.
3. Deseja-se colocar 5 homens e 4 mulheres em fila, de modo que as mulheres ocupem os lugares pares. Quantos arranjos são possíveis?
Solução: Os homens podem ser colocados de 5P5 modos e as mulheres de 4P4. Cada arranjo dos homens pode ser associado a cada um dos arranjos das mulheres. Então, o número desejado de arranjos é: 5P5 x 4P4 = (120).(24)= 2880.
4. Quantos números de 4 algarismos podem ser formados com os 10 algarismos, 0,1,2,...,9. se: (a) forem permitidas as repetições; (b) elas não forem permitidas;(c) o último algarismo deve ser zero e não forem permitidas as repetições?
Outro método
O primeiro algarismo pode ser qualquer um dos nove e os três remanescentes podem ser escolhidos de 9P3 modos. Então: 9 x 9P3 =9 x 9x8x7 = 4536 números podem ser formados.
4. Quantos números de 4 algarismos podem ser formados com os 10 algarismos, 0,1,2,...,9. se: (a) forem permitidas as repetições; (b) elas não forem permitidas;(c) o último algarismo deve ser zero e não forem permitidas as repetições?
Solução: (a) O primeiro algarismo pode ser qualquer um dos 9 (visto que o zero não é permitido). O segundo, terceiro e o quarto podem ser qualquer um dos 10. Então: 9x10x10x10= 9000 podem ser formados.
(b) O primeiro algarismo pode ser qualquer um dos 9 (qualquer um menos o zero). O segundo algarismo pode ser qualquer um dos 9 algarismo (qualquer um menos o usado no primeiro. O terceiro algarismo pode se qualquer um dos 8( qualquer menos os usados para os dois primeiros).O quarto algarismos pode ser qualquer um dos 7 (qualquer um,menos os usados para os três primeiros).
9x9x8x7=4536 números podem ser formados.
Outro método
O primeiro algarismo pode ser qualquer um dos nove e os três remanescentes podem ser escolhidos de 9P3 modos. Então: 9 x 9P3 =9 x 9x8x7 = 4536 números podem ser formados.
(c) O primeiro algarismo pode ser escolhido de 9 modos, o segundo de 8 e o terceiro de 7. Então, 9x8x7= 504 números podem ser formados.
Outro método
O primeiro algarismo pode ser formado de nove modos e os outros dois seguintes de 8 P2 modos. Então:9 x 8 P2 = 9x 8x7=504 números podem ser formados. ou ainda
9 P3 = 9 x 8 x 7= 504 números podem ser formados.
9 P3 = 9 x 8 x 7= 504 números podem ser formados.
5. Cinco mármores vermelhos, dois brancos e três azuis estão arrumados em linha. Se todos os mármores da mesma cor não são distinguíveis um dos outros, quantas arrumações diferentes são possíveis?
Solução: Admita-se que há P arranjos diferentes. Multiplicando-se P pelo número de modos de arranjar entre si: (a) os cinco mármores vermelhos; (b) os dois brancos; (c) os três azuis (isto é, multiplicando-se P por 5!2!3!), obtém-se o número de modos de arranjar os 10 mármores, se eles fossem distinguíveis,isto é 10!.
Então: (5!2!3!).P =10! e P= 10! / (5!2!3!)= 10.9.8.7.6.5!/(5!2!3!)=10.9.8.7.6/(2!3!)=
10.9.8.7.6/(12) = 2520 arranjos diferentes.
Em geral, o número de arranjos diferentes de n objetos, dos quais n1,n2,...nk são iguais entre si, é: n! / (n1!.n2!....nk!).
6) De quantos modos diferentes 7 pessoas poderão sentar-se em torno de uma mesa redonda se : (a) elas puderem sentar-se em qualquer lugar; (b) duas determinadas pessoas não puderem sentar-se ao lado uma da outra?
Solução:
(a) Esteja uma delas sentadas em qualquer lugar. Então, as 6 restantes podem sentar-se de 6! = 720 modos, que é o número total de modos das 7 pessoas serem arranjadas em círculos.
(b) Considerem-se as 2 pessoas determinadas como única. Então, há 6 pessoas juntas, que podem ser dispostas de 5! modos. Mas, as 2 pessoas consideradas como uma podem ser arranjadas entre si de 2! modos.Em consequência, o número de modos de arranjar 6 pessoas em torno de uma mesa redonda, com as duas pessoas indicadas sentadas juntas, é = 5!2!=240 modos.
Então, em vista do item (a), o número total de modos, segundo os quais 6 pessoas podem sentar-se em torno de uma mesa redonda, de modo que duas determinadas pessoas indicadas sentadas juntas, é =720 - 240 =480 modos.
7) De quantas maneiras 10 objetos podem ser separados em dois grupos que contenham 4 e 6, respectivamente?
Solução: Isso é igual ao número de permutações de 10 objetos, dos quais 4 e 6 são iguais entre si. De acordo com o problema 3, (10!) /( 4! . 6! ) =
= 10.9.8.7.6!/ 4!.6! = 10.9.8.7= 4! =210 maneiras.
Esse problema é equivalente à determinação do número das seleções de 4 dos 10 objetos ( ou de 6 dos 10), considerando-se a ordem como indiferente. Em geral, o número das seleções de r objetos de um total de n, denominado número de combinações de n coisas, tomadas r de cada vez, é representado por
nCr = n! / r!.(n - r)! = nPr/ r!
8) De quantas maneiras uma comissão de 5 pessoas podem ser escolhidas entre 9?
Solução: nPr = 9.8.7.6.5!/ 5! = 9.8.7.6 = 126 maneiras.
9) Entre 5 matemáticos e 7 físicos, deve-se formar uma comissão constituída de 2 matemáticos e 3 físicos. De quantas maneiras isso pode ser feito se: (a) qualquer matemático e qualquer físico podem ser incluído; (b) um determinado físico deve ser incluído; (c) dois determinados matemáticos não devem ser incluídos?
Solução: (a) 2 matemáticos entre os 5 podem ser selecionados de 5C2 modos. 3 físicos entre 7 podem ser selecionados de 7C3 modos. Número total de selecções possíveis = 5C2 x 7C3 = 10 x 35 = 350.
(b) 2 matemáticos entre 5 podem ser selecionados de 5C2 modos. Os 2 físicos remanescentes,entre os 6, podem ser selecionados de 6C2 modos.
Número total de seleções possíveis = 5C2 x 6C2 = 10 x 15 = 150.
(c) 2 matemáticos entre 3 podem ser selecionados de 3C2 modos. 3 físicos entre 7 podem ser selecionados de 7C3 modos.Número total de seleções possíveis = 3C2 x 7C3 = 3 x 35 = 105.
10) Um rapaz tem 5 moedas, cada uma de valor diferente. Quantas somas diferentes podem ser feitas ?
Solução: Cada moeda pode ser tratada de 2 maneiras, isto é, pode ser escolhida ou não. Como cada um dos 2 modos de tratar um moeda associa-se aos 2 de tratar cada uma das outras, o número de modos de escolher as 5 moedas = 2⁵. Mas, os 2⁵ modos incluem o caso de não ter sido tomado nenhuma moeda.
Em consequência, o número desejado de somas = 2⁵ - 1 = 32 - 1 = 31.
Outro método
Pode-se selecionar, entre as 5 moedas, 1,2,..., ou 5. Então, o número desejado de somas é:
5C1+5C2+5C3+5C4+5C5 = 5+10+10+5+1=31.
Em geral para qualquer inteiro positivo n, nC1+nC2+nC3+nC4+nC5 = 2^n -1.
Probabilidade e análise combinatória
1) Uma certa urna contém 8 bolas vermelhas, 3 brancas e 9 azuis. Se 3 bolas são retiradas ao acaso, determinar a probabilidade de : (a) todas serem vermelhas; (b) todas serem brancas; (c) 2 serem vermelhas; (d) pelo menos 1 ser branca; (e) ser retirada 1 de cada cor; (f) serem retiradas na ordem vermelha,branca e azul.
Solução:
1º método:
(a) Sejam V1,V2 e V3 os eventos correspondentes a ser retirada 1 bola vermelha "na 1ª extração"; "na 2ª" e "na 3ª", respectivamente. Então, V1,V2 e V3, representa o evento correspondente à extração de 3 bolas vermelhas.
Pr{ V1,V2, V3 }=Pr{V1}.Pr{V2/V1}.Pr{V3/V1V2}= (8/20).(7/19).(6/18)= 14/285=0,05=5% chance.
Solução: Admita-se que há P arranjos diferentes. Multiplicando-se P pelo número de modos de arranjar entre si: (a) os cinco mármores vermelhos; (b) os dois brancos; (c) os três azuis (isto é, multiplicando-se P por 5!2!3!), obtém-se o número de modos de arranjar os 10 mármores, se eles fossem distinguíveis,isto é 10!.
Então: (5!2!3!).P =10! e P= 10! / (5!2!3!)= 10.9.8.7.6.5!/(5!2!3!)=10.9.8.7.6/(2!3!)=
10.9.8.7.6/(12) = 2520 arranjos diferentes.
Em geral, o número de arranjos diferentes de n objetos, dos quais n1,n2,...nk são iguais entre si, é: n! / (n1!.n2!....nk!).
6) De quantos modos diferentes 7 pessoas poderão sentar-se em torno de uma mesa redonda se : (a) elas puderem sentar-se em qualquer lugar; (b) duas determinadas pessoas não puderem sentar-se ao lado uma da outra?
Solução:
(a) Esteja uma delas sentadas em qualquer lugar. Então, as 6 restantes podem sentar-se de 6! = 720 modos, que é o número total de modos das 7 pessoas serem arranjadas em círculos.
(b) Considerem-se as 2 pessoas determinadas como única. Então, há 6 pessoas juntas, que podem ser dispostas de 5! modos. Mas, as 2 pessoas consideradas como uma podem ser arranjadas entre si de 2! modos.Em consequência, o número de modos de arranjar 6 pessoas em torno de uma mesa redonda, com as duas pessoas indicadas sentadas juntas, é = 5!2!=240 modos.
Então, em vista do item (a), o número total de modos, segundo os quais 6 pessoas podem sentar-se em torno de uma mesa redonda, de modo que duas determinadas pessoas indicadas sentadas juntas, é =720 - 240 =480 modos.
7) De quantas maneiras 10 objetos podem ser separados em dois grupos que contenham 4 e 6, respectivamente?
Solução: Isso é igual ao número de permutações de 10 objetos, dos quais 4 e 6 são iguais entre si. De acordo com o problema 3, (10!) /( 4! . 6! ) =
= 10.9.8.7.6!/ 4!.6! = 10.9.8.7= 4! =210 maneiras.
Esse problema é equivalente à determinação do número das seleções de 4 dos 10 objetos ( ou de 6 dos 10), considerando-se a ordem como indiferente. Em geral, o número das seleções de r objetos de um total de n, denominado número de combinações de n coisas, tomadas r de cada vez, é representado por
nCr = n! / r!.(n - r)! = nPr/ r!
8) De quantas maneiras uma comissão de 5 pessoas podem ser escolhidas entre 9?
Solução: nPr = 9.8.7.6.5!/ 5! = 9.8.7.6 = 126 maneiras.
9) Entre 5 matemáticos e 7 físicos, deve-se formar uma comissão constituída de 2 matemáticos e 3 físicos. De quantas maneiras isso pode ser feito se: (a) qualquer matemático e qualquer físico podem ser incluído; (b) um determinado físico deve ser incluído; (c) dois determinados matemáticos não devem ser incluídos?
(b) 2 matemáticos entre 5 podem ser selecionados de 5C2 modos. Os 2 físicos remanescentes,entre os 6, podem ser selecionados de 6C2 modos.
Número total de seleções possíveis = 5C2 x 6C2 = 10 x 15 = 150.
(c) 2 matemáticos entre 3 podem ser selecionados de 3C2 modos. 3 físicos entre 7 podem ser selecionados de 7C3 modos.Número total de seleções possíveis = 3C2 x 7C3 = 3 x 35 = 105.
10) Um rapaz tem 5 moedas, cada uma de valor diferente. Quantas somas diferentes podem ser feitas ?
Solução: Cada moeda pode ser tratada de 2 maneiras, isto é, pode ser escolhida ou não. Como cada um dos 2 modos de tratar um moeda associa-se aos 2 de tratar cada uma das outras, o número de modos de escolher as 5 moedas = 2⁵. Mas, os 2⁵ modos incluem o caso de não ter sido tomado nenhuma moeda.
Em consequência, o número desejado de somas = 2⁵ - 1 = 32 - 1 = 31.
Outro método
Pode-se selecionar, entre as 5 moedas, 1,2,..., ou 5. Então, o número desejado de somas é:
5C1+5C2+5C3+5C4+5C5 = 5+10+10+5+1=31.
Em geral para qualquer inteiro positivo n, nC1+nC2+nC3+nC4+nC5 = 2^n -1.
Probabilidade e análise combinatória
1) Uma certa urna contém 8 bolas vermelhas, 3 brancas e 9 azuis. Se 3 bolas são retiradas ao acaso, determinar a probabilidade de : (a) todas serem vermelhas; (b) todas serem brancas; (c) 2 serem vermelhas; (d) pelo menos 1 ser branca; (e) ser retirada 1 de cada cor; (f) serem retiradas na ordem vermelha,branca e azul.
1º método:
(a) Sejam V1,V2 e V3 os eventos correspondentes a ser retirada 1 bola vermelha "na 1ª extração"; "na 2ª" e "na 3ª", respectivamente. Então, V1,V2 e V3, representa o evento correspondente à extração de 3 bolas vermelhas.
Pr{ V1,V2, V3 }=Pr{V1}.Pr{V2/V1}.Pr{V3/V1V2}= (8/20).(7/19).(6/18)= 14/285=0,05=5% chance.
2º método.
Probabilidade pedida =( número de escolhas de 3 entre 8 bolas vermelhas)/(número de escolhas de 3 entre 20 bolas) = 8C3/20C3 = 14/285 = 5%
(b) Usando o segundo método indicado no item (a).
Pr{todas 3 serem brancas} = 3C3/20C3 = 1/ 1140 = 0,09% de chance.
(c) Pr{2 serem vermelhas e 1 branca} = ( escolha de 2 bolas entre 8 vermelhas).(escolha de 1 bola entre 3 brancas) / ( número de escolhas de 3 entre 20 bolas) = 8C2 . 3C1/ 20C3 = 7/95 = 7,37% chance.
(d) Pr{Nenhuma ser branca} = 17C3/ 20C3=34/57 = 64,91% chance.
Pr{pelo menos 1 ser branca} = 1 - 0,6491 = 0,3509 = 35,09% Chance.
(e) Pr{ser extraída uma de cada cor} = (8C1 . 3C2 . 9C1) / 20C3 = 18/95 =18,95% chance.
(f) Pr{bolas serem extraídas na ordem vermelha,branca e azul}= (1/3!).Pr{ser extraída uma de cada cor}= (1/6). (18/95)= 3/95 =3,16% chance.
Outro método
Pr{V1B2A3} = Pr{V1} .Pr{B2/V1} .Pr{A3/V1B2}= (8/20).(3/19).(9/18)=3/95=3,16%.
2) Cinco cartas são tiradas de um baralho de 52 cartas, bem embaralhado. Determinar a probabilidade de : (a) 4 serem ases; (b) 4 serem e um rei; (c) 3 serem dez e 2 valetes; (d) serem tiradas 9, 10, valete,dama e rei em qualquer ordem; (e) 3 serem do mesmo naipe e 2 de outro; (f) ao menos uma ser ás.
Solução:
(a) Pr{4 ases}= (4C4.48C1)/(52C5)= 1/54145 = 0,0018% chance.
(b) Pr{4 ases e 1 rei} = (4C4 . 4C1)/(52C5) = 1/ 649740 =0,00015% chance.
(c) Pr{3 dez e 2 valetes}=(4C3 . 4C2) / 52C5 = 1/ 108290 = 0,0009% chance.
(d) Pr{9,10,valete,dama,rei, em qualquer ordem}=(4C1 . 4C1 . 4C1 . 4C1)/52C5 = 64/162435 = 0,039%
(e) Pr{3 do mesmo naipe, 2 de outro} = 4. (13C3) . 3.( 13C2)/( 52C5) = 429/4165 =10,3% chance. Porque há 4 modos de escolher o primeiro naipe e 3 de escolher o segundo.
(f) Pr{nenhum ás} = 48C5/52C5 = 35673/54145 = 65,88% chance.
Pr{ao menos um ás}= 1 - 35673/54145 = 34,12% chance.
3) Determinar a probabilidade de ocorrerem três 6 em 5 lances de um dado honesto.
Solução: Representem-se os lances do dado pelos cinco L L L L L. A cada L corresponderá um dos eventos 6 o não 6 (6L). Por exemplo, pode surgir três 6 e dois não 6, sob as formas 666L66L ou 66L66L6 etc. Posto isso, a probabilidade de um evento como 666L66L é: Pr{666L66L}=Pr{6}.Pr{6}.Pr{6L}.Pr{6}.Pr{6L}=(1/6).(1/6).(5/6).(1/6).(5/6)=(1/6)³.(5/6)². Semelhantemente, para todos os eventos em que ocorrem três 6 e dois não 6. Mas, há 5C3 = 10
Pr{666L66L ou66L66L6 ou etc.} = 5C3 . (1/6)³. (5/6)² = (125/3888) = 3,22%. Chance.
Em geral, se p = Pr{E} e q = Pr{Ec}, então, mediante o mesmo raciocínio acima, a probabilidade de obter exatamente XE e n tentativas é de: nCx . (p)^ x .(q)^ n-x .
4) Verifica-se, em uma fábrica, que, em média, 20% dos parafusos produzidos por uma determinada máquina não satisfazem a certas especificações. Se forem selecionados ao acaso 10 parafusos da produção diária dessa máquina, determinar a probabilidade de serem defeituosos: (a) exatamente dois; (b) 2 ou mais; (c) mais de 5.
Solução: (a) Pr{2 defeituosos} = 10C2.(0,2)².(0,8)⁸ = 45.(0,04).(0,01678)= 0,0302 = 3,02% de chance.
(b) Pr{2 ou mais parafusos defeituosos}= 1 - Pr{Nenhum parafuso defeituoso} - Pr{1 parafuso defeituoso} =1 - 10C0(0,2)⁰.(0,8)¹⁰ - 10C1.(0,2)¹.(0,8)⁹=1 - (0,8)¹⁰ - 10(0,2).(0,8)⁹ = 1 - 0,1074 - 0,2684 = 0,6242 = 62,42% chance.
(c) Pr{Mais de 5 defeituosos}=Pr{6 def.}+Pr{7 def.}+ Pr{8 def.}+ Pr{8 def.}+ Pr{9 def.} Pr{10 def.}= =10C6(0,2)⁶(0,8)⁴+10C7(0,2)⁷(0,8)³+10C8(0,2)⁸(0,8)²+10C9 (0,2)⁹(0,8)¹+ +10C10(0,2)¹⁰(0,8)⁰= 0,00637=0,64% chance.
5) Se em 1000 amostras, cada uma de 10 parafusos, forem tomadas no problema anterior, em quantas delas esperar-se-ia encontrar como defeituosos:(a) exatamente 2; (b) 2 ou mais;(c) mais de 5?
Solução:
(a) Número esperado = (1000).(0,0302)= 30, de acordo com prob. 4(a).
(b) Número esperado = (1000).(0,6242)= 624, de acordo com o prob. 4(b).
(c) Número esperado=(1000).(0,00637)= 6, de acordo com o prob. 4(c).
6)
a) 800
b) 10000
c) 320000
d) 400000
e) 5000000
2) Cinco cartas são tiradas de um baralho de 52 cartas, bem embaralhado. Determinar a probabilidade de : (a) 4 serem ases; (b) 4 serem e um rei; (c) 3 serem dez e 2 valetes; (d) serem tiradas 9, 10, valete,dama e rei em qualquer ordem; (e) 3 serem do mesmo naipe e 2 de outro; (f) ao menos uma ser ás.
Solução:
(a) Pr{4 ases}= (4C4.48C1)/(52C5)= 1/54145 = 0,0018% chance.
(b) Pr{4 ases e 1 rei} = (4C4 . 4C1)/(52C5) = 1/ 649740 =0,00015% chance.
(c) Pr{3 dez e 2 valetes}=(4C3 . 4C2) / 52C5 = 1/ 108290 = 0,0009% chance.
(d) Pr{9,10,valete,dama,rei, em qualquer ordem}=(4C1 . 4C1 . 4C1 . 4C1)/52C5 = 64/162435 = 0,039%
(e) Pr{3 do mesmo naipe, 2 de outro} = 4. (13C3) . 3.( 13C2)/( 52C5) = 429/4165 =10,3% chance. Porque há 4 modos de escolher o primeiro naipe e 3 de escolher o segundo.
(f) Pr{nenhum ás} = 48C5/52C5 = 35673/54145 = 65,88% chance.
Pr{ao menos um ás}= 1 - 35673/54145 = 34,12% chance.
3) Determinar a probabilidade de ocorrerem três 6 em 5 lances de um dado honesto.
Solução: Representem-se os lances do dado pelos cinco L L L L L. A cada L corresponderá um dos eventos 6 o não 6 (6L). Por exemplo, pode surgir três 6 e dois não 6, sob as formas 666L66L ou 66L66L6 etc. Posto isso, a probabilidade de um evento como 666L66L é: Pr{666L66L}=Pr{6}.Pr{6}.Pr{6L}.Pr{6}.Pr{6L}=(1/6).(1/6).(5/6).(1/6).(5/6)=(1/6)³.(5/6)². Semelhantemente, para todos os eventos em que ocorrem três 6 e dois não 6. Mas, há 5C3 = 10
Pr{666L66L ou66L66L6 ou etc.} = 5C3 . (1/6)³. (5/6)² = (125/3888) = 3,22%. Chance.
Em geral, se p = Pr{E} e q = Pr{Ec}, então, mediante o mesmo raciocínio acima, a probabilidade de obter exatamente XE e n tentativas é de: nCx . (p)^ x .(q)^ n-x .
4) Verifica-se, em uma fábrica, que, em média, 20% dos parafusos produzidos por uma determinada máquina não satisfazem a certas especificações. Se forem selecionados ao acaso 10 parafusos da produção diária dessa máquina, determinar a probabilidade de serem defeituosos: (a) exatamente dois; (b) 2 ou mais; (c) mais de 5.
Solução: (a) Pr{2 defeituosos} = 10C2.(0,2)².(0,8)⁸ = 45.(0,04).(0,01678)= 0,0302 = 3,02% de chance.
(b) Pr{2 ou mais parafusos defeituosos}= 1 - Pr{Nenhum parafuso defeituoso} - Pr{1 parafuso defeituoso} =1 - 10C0(0,2)⁰.(0,8)¹⁰ - 10C1.(0,2)¹.(0,8)⁹=1 - (0,8)¹⁰ - 10(0,2).(0,8)⁹ = 1 - 0,1074 - 0,2684 = 0,6242 = 62,42% chance.
(c) Pr{Mais de 5 defeituosos}=Pr{6 def.}+Pr{7 def.}+ Pr{8 def.}+ Pr{8 def.}+ Pr{9 def.} Pr{10 def.}= =10C6(0,2)⁶(0,8)⁴+10C7(0,2)⁷(0,8)³+10C8(0,2)⁸(0,8)²+10C9 (0,2)⁹(0,8)¹+ +10C10(0,2)¹⁰(0,8)⁰= 0,00637=0,64% chance.
5) Se em 1000 amostras, cada uma de 10 parafusos, forem tomadas no problema anterior, em quantas delas esperar-se-ia encontrar como defeituosos:(a) exatamente 2; (b) 2 ou mais;(c) mais de 5?
Solução:
(a) Número esperado = (1000).(0,0302)= 30, de acordo com prob. 4(a).
(b) Número esperado = (1000).(0,6242)= 624, de acordo com o prob. 4(b).
(c) Número esperado=(1000).(0,00637)= 6, de acordo com o prob. 4(c).
6)
Um engenheiro, para calcular a área de uma cidade, copiou sua planta numa folha de papel de boa qualidade, recortou e pesou numa balança de precisão, obtendo 40 g. Em seguida, recortou, do mesmo desenho, uma praça de dimensões reais 100 m x 100m, pesou o recorte na mesma balança e obteve 0,08g. Com esses dados foi possível dizer que a área da cidade, em metros quadrados, é de, aproximadamente,  | ||
a) 800
b) 10000
c) 320000
d) 400000
e) 5000000
