Resolução dos exercícios de probabilidade Cap. 6 - Pág. 54

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1 Resolução dos exercícios de probabilidade Cap. 6 - Pág. 54 Para estas notas, consideraremos as siglas CP = casos possíveis CF = casos favoráveis CP = quantidade de casos possíveis CF = quantidade de casos favoráveis 1) Para isso, o juiz deve escolher o cartão com uma face de cada cor e virar o lado amarelo para o jogador. A: Escolher o cartão com duas cores diferentes CF = 1 P(A) = 1/3 CP = 3 B: Virar o lado vermelho para o jogador CF = 1 CP = 2 P(B) = 1/2 Como queremos que A e B ocorram, as probabilidades devem ser multiplicadas 2) Solução1: (caso construtivo) Há 13 cartas de ouro (A, 2, 3, 4,..., 10, J, Q, K) e 39 não de ouro no baralho. A probabilidade de pelo menos uma ser de ouro é a probabilidade de exatamente uma ser de ouro ou de as duas serem de ouro. i) Para as possibilidades de exatamente uma ser de ouro, temos a 1ª de ouro e a 2ª não de ouro ou a 1ª não de ouro e 2ª de ouro A: a primeira é de ouro B: a segunda não é de ouro C: a primeira não é de ouro D: a segunda é de ouro Como queremos que aconteçam A e B ou C e D, temos o seguinte

2 ii) Temos ainda o caso em que ambas são de ouro. : a primeira é de ouro : a segunda é de ouro Como queremos que ocorra o item (i) ou o item (ii). Solução2: (caso destrutivo) Basta tirar do 100% que pode ocorrer, tudo o que não interessa ao problema. Não interessa que aconteça não ouro na primeira e não ouro na segunda. A: não ouro na primeira B: não ouro na segunda-feira 3) Considere O = menino e A=Menina Ω = CP = {(O,O), (O,A), (A,O)}. Excluímos o caso (A,A), pois o problema já disse que um deles é menino. CF = {(O,A), (A,O)} O outro filho deve ser uma menina. 4) Se o número é impar, então o espaço amostral é Ω = {1,3,5,7,9,11} = CP CF = {1,3} Menor que 5

3 5) Somente um caso favorece ao problema, isto é, o caso em que os três amigos estão no pódio (repare que o problema não faz distinção entre quem é o primeiro, o segundo e o terceiro colocado!!!) CF = 1 CP = quantidade de grupos de 3 pessoas que podem subir ao pódio (é claro que a ordem não importa, pois não falamos em quem estará em cada posição:1,2 e 3 lugar) Basta escolher 3 pessoas dentre as 20 para estar no pódio, onde a ordem não importa. Obs. Se você não é adepto das fórmulas (como eu!), os casos possíveis poderiam ser calculados somente com o princípio multiplicativo e um pouco de lógica, isto é Há 20 pessoas que podem ser a 1ª a ser escolhida para ir ao pódio Há 19 pessoas que podem ser a 2ª a ser escolhida para ir ao pódio Há 18 pessoas que podem ser a 3ª a ser escolhida para ir ao pódio Como a ordem não importa, devemos descontar as 3! maneiras que cada grupo foi contado. Logo, 6) mal formulada 7) Há 5 lojas possíveis de serem visitadas e ele visitará apenas 1, logo a probabilidade dele visitar uma loja qualquer é 1/5, logo a probabilidade dele não visitar uma loja qualquer é 1-1/5 = 4/5 Podemos pensar também que das 5 lojas possíveis, 4 ele vai escolher para não visitar. A: não visita a loja x. CF = 4 CP = 5 P(A) = 4/5 8) Sejam os clubes C1, C2, C3,C4 e C5, onde o clube C5 é o favorito. Seja x a probabilidade de um dos clubes C1, C2, C3 e C4 ganharem. Como a probabilidade de C5 ganhar é o dobro de x, então temos P(C5) = 2x e P(C1) = P(C2) = P(C3) = P(C4) = x Como a soma das 5 probabilidades deve ser igual a 100% (pois o evento algum dos 5 ganha é um evento certo) e como 100% = 1, temos P(C1) + P(C2) + P(C3) + P(C4) + P(C5) = 1 x + x + x + x + 2x = 1 => 6x = 1 => x = 1/6 Logo, a probabilidade de C5 não ganhar é a probabilidade de C1 ou C2 ou C3 ou C4 ganharem. Como estes eventos são mutuamente excludentes P(C1 ou C2 ou C3 ou C4 ) = P(C1) + P(C2) + P(C3) + P(C4) = 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 =4/6 = 2/3 9) Ao retirar 5 pares de meias do saco, pode ocorrer de os 5 serem diferentes, isto é, um de cada cor. Logo, o próximo par retirado necessariamente será de uma das 5 cores, o que me dará 2 pares da mesma cor. Resposta: 5+1 = 6 pares no mínimo.

4 10) Devemos considerar dois casos: i ou ii i) A bola passada da urna 1 para a urna 2 foi vermelha. Considere V1 = vermelha na urna 1 e V2 = vermelha na urna 2 P(V1) = 3/8 A urna 2 ficou com 3 vermelhas e 3 azuis, logo P(V2) = 3/6 = 1/2 Como para este caso acontecer, devem ocorrer V1 e V2, temos ii) A bola passada da urna 1 para a urna 2 foi azul A1 = azul na primeira V2 = vermelha na segunda-feira P(A1) = 5/8 A urna 2 ficou com 2 vermelhas e 4 azuis P(V2) = 2/6 = 1/3 Como para este caso acontecer, devem ocorrer A1 e V2, temos Como só pode ocorrer i ou ii e como estes são excludentes, temos Outra maneira muito inteligente de resolver estes tipos de problema é usar a árvore de tomadas de decisão. V= vermelha 3/8.3/6 A = azul V 3/6 3/6 3/8.3/6 V A 3/8 V 5/8.2/6 5/8 2/6 A 4/6 A 5/8.2/6

5 As probabilidades que estão em ramificações de um mesmo galho devem ser multiplicadas e as que estão em ramificações de galhos diferentes, somadas. Como só nos interessa os galhos que terminam em V (bola vermelha), que estão destacados abaixo, temos. V A 3/8 3/8.3/6 V 3/6 3/6 3/8.3/6 A V 5/8.2/6 5/8 2/6 4/6 A 5/8.2/6 11) Considere a tabela de soma abaixo. Na linha superior estão os resultados do dado 1 e na coluna à esquerda os resultados possíveis do dado 2. Nos demais espaços estão as somas dos resultados possíveis. d d a) Em azul estão os resultados em que a soma não é superior a 7. CF = 21 CP = 36 A probabilidade é b) Pode-se fazer outra tabela semelhante à primeira, porém de produtos. Basta contar a quantidade de produtos pares e dividir por 36. Outra maneira mais esperta é perceber que o produto é par quando os dois números são pares ou quando um é par e o outro é impar. Ω = {1,2,3,4,5,6} P = Par ={2,4,6} => 3 números pares I = Impar ={1,3,5} => 3 números impares P(P) = 3/6 = 1/2 P(I) = 3/6 = 1/2

6 A: o produto é par P(A) = P(PeP ou PeI ou IeP) = P(PeP) +P(PeI) +P(IeP) = P(P).P(P) + P(P).P(I) + P(I).P(P) 12) a) Queremos que ocorra o evento A = P e P e P e B P(A) = P(P).P(P).P(P).P(B) Como as retiradas são feitas sem reposição, o número de bolas sempre diminui! b) Queremos que ocorra BBPP em qualquer ordem possível. BBPP é uma palavra de 4 letras com 2 repetidas e 2 repetidas. Logo, há possíveis para a palavra BBPP (permutação com elementos repetidos). ordens C: B e B e P e P em qualquer ordem 13) Este problema será feito pelo complementar, isto é, retirando-se de 100% o que não interessa ao problema (se tentássemos fazer de maneira direta, levaríamos muito tempo). O que não nos interessa é que ninguém faça aniversário no mesmo dia, isto é, (p1 e p2 não aniversariem no mesmo dia) e (p1 e p3 não aniversariem no mesmo dia)e...(p1 e p40 não aniversariem no mesmo dia)e...(p39 e p40 não aniversariem no mesmo dia ) Da análise combinatória, sabemos que há duplas diferentes Mas a probabilidade de duas pessoas não aniversariarem no mesmo dia é 364/365 (de todos os dias, escolho os que uma delas não aniversaria!). Como queremos que ninguém faça aniversário no mesmo dia, devemos ter P = 1-0,12 = 0,88 90% 780 fatores

7 14) Jaime (J) comprou 10 bilhetes para o mesmo sorteio de 1000 números. Logo, a probabilidade dele vencer é Luiz (L) comprou 1 bilhete e vai usá-lo para 10 sorteios diferentes de 1000 números. Logo, a probabilidade de Luiz ganhar é a probabilidade de ele ganhar no 1, ou no 2, ou..., no 10, ou no 1 e no 2, ou..., ou no 1 e no 2 e no 3... e no 10. Esta probabilidade é muito difícil de ser calculada, por isso, mais uma vez calcularemos o que o problema não quer e retiraremos de 100%. A probabilidade de Luiz não ganhar é a probabilidade do evento A = (não ganhar no 1 ) e (não ganhar no 2 ) e (não ganhar no 3 ) e (não ganhar no 4 ) e (não ganhar no 5 ) e (não ganhar no 6 ) e... (não ganhar no 10 ) 10 fatores Logo, a probabilidade de Luiz ganhar é 1-P(A) = 1-0,99 = 0,0099=0,99% Portanto, Jaime tem mais chance que Luiz. 15) Vamos tabular os dados Homem Mulher total Loiro Não loiro total Os números em vermelho são dados pelo problema e o restante pode ser deduzido. Queremos a probabilidade de o aluno ser loiro ou mulher ou loiro e mulher 16) Retirar duas bolas ao mesmo tempo é o mesmo que retirar uma e depois outra. As possibilidades para as duas bolas serem de cor diferentes são: A e V ou V e A P(A e V ou V e A) = P(A).P(V)+P(V).P(A) 17) P: preta B: branca A: azul

8 Como, vamos substituir (I) em (II) Substituindo y na equação (I) temos Logo, o total de bolas é = 60 bolas 18) As três arestas pertencerão à mesma face somente quando as três formarem uma face. Como são 8 faces, temos CF = 8 Há 12 arestas e, portanto CP = 220 Portanto, a probabilidade desejada é grupos de 3 arestas. Logo 19) Este problema também será resolvido pelo complementar. Como a letra B representa C ou G (2 possibilidades), o terno BBB pode representar = 8 configurações diferentes, das quais somente as configurações CGC e CGG nos interessam e as outras 6 não interessam. Queremos a probabilidade que as configurações CGC e CGG apareçam em pelo menos uma das 7 seqüências BBB listadas na cadeia e, por isso, vamos calcular a probabilidade dela não aparecer em nenhuma das 7 e retirar de 100%. A probabilidade delas não aparecerem na 1ª é 6/8 = 3/4 A probabilidade delas não aparecerem na 2ª é 3/4 A probabilidade delas não aparecerem na 3ª é 3/4... A probabilidade delas não aparecerem na 7ª é 3/4 Logo, a probabilidade delas não aparecerem na 1ª e não na 2ª e não na 3ª e...e não na 7ª é 7 fatores Portanto, a probabilidade delas aparecerem em pelo menos uma das 7 é

9 20) Solução 1: Queremos a probabilidade de pelo menos um conter o vírus DEN 3, isto é, ou exatamente 1 ou exatamente 2. A: contém o vírus A c : não contém o vírus As possibilidades que nos interessam são (A e A c ) ou (A c e A) ou (A e A). Logo, a probabilidade desejada será P = P(A).P(A c ) + P(A c ).P(A) + P(A).P(A), sempre levando em consideração que, ao tirar um mosquito, nosso espaço amostral (casos possíveis) são reduzidos em uma unidade. Solução 2: Podemos calcular a chance de nenhum estar com o vírus e retirar de 100% 21) CF = {1,2,3,4,5,6,...,19,20} CF = 20 CP = {1,2,3,4,5,6,...,99,100} CP = 100 A: número menor que 21 P(A) = 20/100 = 20% 22) Os algarismos que podemos utilizar são {1,3,8,9} a) O primeiro dígito pode ser qualquer um dos 4 (1,3,8 ou 9). O segundo não pode ser igual ao primeiro, logo há 3 possibilidades Para o terceiro, temos 2 possibilidades Para o 4 temos 1 possibilidade Portanto, pelo princípio multiplicativo, temos = 24 números distintos formados com os quatro algarismos acima. b) Para que ele abra na 12ª tentativa, ele não deve abrir na 1ª e não na 2ª e não na 3ª e... não na 11ª e sim na 12ª Observe que os denominadores e cancelam e ficamos com

10 23) A: soma menor que 6 B: soma maior que 7 C: soma igual a 6 ou igual a 7 d d a) P(A) = 10/36 = 5/ 13 b) Se C não ganhou, então certamente a soma não foi igual a 6 ou igual a 7, isto é, podemos excluir do nosso espaço amostral todos os 11 números em roxo, ficando com = 25 P(A) = 10/25 = 2/5 24) maneiras de se escolher 2 arestas de um cubo Por definição, retas reversas são retas que não estão no mesmo plano, como as do exemplo As arestas em vermelho são reversas. Observe que há 4 arestas reversas para cada aresta, mas que se a aresta a é reversa à aresta b, então b também é reversa a a, logo, cada aresta será contada duas vezes. Como um cubo tem 6 arestas, temos CF = 4.12/2 = 24 P = 24/66 = 4/11 25) Na caixa há x bombons de passas e x+2 bombons de nozes. N1: bombom de nozes na primeira extração N2: bombom de nozes na segunda extração Logo, y = x+2 = 10+2 =12 a) Há na caixa = 22 bombons b) Solução1: P(P e N ou N e P) = P(P).P(N)+P(N).P(P)

11 Solução 2: é dado pelo problema 26) Um hexágono tem 6 vértices. duplas de vértices. Cada vértice tem 2 adjacentes, mas a configuração AB é a mesma que BA, isto é, a ordem não importa. Logo, há 6.2/2 = 6 duplas de vértices adjacentes CF = 6 Portanto, a probabilidade desejada é P = 6/15 = 2/5 27) d d2 1 N N N N N N 2 S N N N N N 3 S S N N N N 4 S S S N N N 5 S S S S N N 6 S S S S S N d1 = 1 lançamento d2 = 2 lançamento Onde a letra S significa segundo lançamento maior que o primeiro e N significa que isso não ocorre. A probabilidade desejada é P = 15/36 = 5/12 28) A freqüência acumulada soma a freqüência de um item com o anterior. A tabela abaixo mostra a freqüência não acumulada. Idade (anos) Freqüência (não acumulada) Há = 80 pessoas com 24 anos ou mais CP = 20 Há = 38 pessoas de 28 a 36 anos CF = 38 P = 38/80 = 19/40

12 29) Nosso espaço amostral é Ω ={(ka,ka), (ka,ko), (ko,ka) (ko,ko)} P( duas caras) = 1/4 P(duas coroas) = 1/4 P(uma cara e uma coroa) = 2/4 = 1/2 Logo, a resposta certa é a letra C 30) Para que isso ocorra, temos que o dado deve dar um número diferente de 6 ou o dado dá 6 e a bola retirada é preta A probabilidade desejada é OBS. Um raciocínio semelhante ao do problema 10 pode ser utilizado, com a árvore de tomada de decisões. 31) Nossos casos possíveis são todos os grupos 2 que podemos fazer com 7 peças. Note que as peças 1 e 2 são iguais a 1/4 da área do tangran e são iguais entre si. Logo, para formar uma área maior do que 1/4 da área do tangran, temos que ter a peça 1 e mais outra qualquer ou a peça 2 e outra qualquer. As possibilidades são: CF = {{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,3},{2,4},{2,5},{2,6},{2,7}} CF = 11 P = 11/21 OBS. É comum, em probabilidade, representarmos as possibilidades entre parêntesis quando ordem importa e entre chaves quando a ordem não importa. Na questão 31, pegar a peça 1 e 2 é o mesmo que pegar a peça 2 e 1, por isso, representamos entre chaves e não contamos novamente o caso {2,1} Poderíamos ter poupado tempo nos casos favoráveis se percebêssemos que para tomar a peça 1 e outra qualquer há 6 possibilidades (1 e as outras 6) e para tomar a peça 2 e outra qualquer também há 6 possibilidades, num total de 12. Como a configuração {1,2} = {2,1} e SOMENTE ELA FOI CONTADA DUAS VEZES (não é necessário dividir por 2, pois só uma foi contada duas vezes!!!), temos CF = 12-1 = 11 32) A questão pede para acertar 4, mas não diz quais 4, então temos que contar todas as possibilidades, isto é, todos os anagramas de AAAAE, onde A = acerto e E = erro. P(A) = 1/4 para cada questão e P(E) = 3/4 para cada questão. Então, a probabilidade desejada é

13 33) Cada um dará um dos alelos A ou a. As possibilidades são AA Aa Aa aa Como os indivíduos aa morrem ao nascer, temos 3 possibilidades (AA, Aa e Aa) do filho estar vivo, das quais duas (Aa e Aa) nos interessam. P = 2/3 OBS. A resposta da apostila está errada. 34) O casal 1 e 2, ele portador da doença de von Willebrand e ela normal, teve quatro filhos, sendo 3 e 5 portadores da doença e 4 e 6 normais. Isso indica que, sendo a doença autossômica dominante, o pai é heterozigoto, apresentando apenas um alelo anormal. Portanto, o casamento do filho 3 (doente) com uma mulher normal irá gerar filhos com 50% de probabilidade de apresentar a doença; e o casamento da filha 4 (normal) com um homem normal terá 0% de probabilidade de gerar filhos com a doença.