quarta-feira, 24 de fevereiro de 2010

Conteúdo Matemático

1) Um comício político lotou uma praça semicircular de 130 m de raio. Admitindo uma ocupação média de 4 pessoas por m2, qual é a melhor estimativa do número de pessoas presentes?


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).

 2)  O gás natural veicular (GNV) pode substituir a gasolina ou álcool nos veículos automotores. Nas grandes cidades, essa possibilidade tem sido explorada, principalmente, pelos táxis, que recuperam em um tempo relativamente curto o investimento feito com a conversão por meio da economia proporcionada pelo uso do gás natural. Atualmente, a conversão para gás natural do motor de um automóvel que utiliza a gasolina custa R$ 3.000,00. Um litro de gasolina permite percorrer cerca de 10 km e custa R$ 2,20, enquanto um metro cúbico de GNV permite percorrer cerca de 12 km e custa R$ 1,10. Desse modo, um taxista que percorra 6.000 km por mês recupera o investimento da conversão em aproximadamente:

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.
De acordo com as informações do gráfico, um passageiro que necessita chegar até as 10h30min ao ponto final dessa linha, deve tomar o ônibus no ponto inicial, no máximo, até as:

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)
João e Antônio utilizam a mesma linha de ônibus para ir trabalhar, no período considerado no gráfico, nas seguintes condições:

- 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):
 a) 84cm x 62 cm
 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?
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.
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.


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.

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) P{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.

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:
(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  Eserão 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.

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 E1E2 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}=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  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.

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 Aos 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 Tos eventos correspondentes a "empate" nas 1, 2ª e 3ª partidas respectivamente.
Com base na experiência anterior ( probabilidade empírica), poder - se - á admitir que:

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 

 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.
Então, a esperança de A é = 2/5.(U$10)= U$4. 

  • 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      

  1. De quantas maneiras podem ser dispostos em fila 5 pedaços de mármore? 
Solução: 
  • 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. 
    Em geral: Número de arranjos de n objetos diferentes em fila =
    = 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  nPrP(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?

    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.
     
     
    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.

    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 666L66é: 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 


      Tio.Alze-Professor de Matemática e Física.

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