Se o número começar por 2, este algarismo já não pode ser o último

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1 reparar o Exame 0 0 Matemática A ágina 9. Resposta pedida: x = 09. asos possíveis: 09 asos favoráveis: x x = 9 Resposta pedida: asos possíveis: 09 asos favoráveis: Existem x x x + x x x = 0 números nas condições do enunciado: ou Se o número começar por, este algarismo já não pode ser o último Assim, o número de casos favoráveis é 0. 0 Resposta pedida: 0, asos possíveis: 0 asos favoráveis: x + x Das três vogais existentes, escolhemos duas (e duas consoantes) ou escolhemos as três (e uma consoante) roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

2 reparar o Exame 0 0 Matemática A x x Resposta pedida:,% 0. asos possíveis: 0! Número de permutações das 0 fichas asos favoráveis: vamos considerar o acontecimento contrário, ou seja, não saírem vogais consecutivamente como há vogais, só existem posições disponíveis para as mesmas (os lugares a seguir às duas primeiras vogais não podem ser ocupados). Assim, existem A formas de retirar ordenadamente as fichas com vogais nas condições pedias. ara cada uma destas possibilidades, temos! formas de permutar as consoantes. Então, existem A x! casos favoráveis a não sair vogais consecutivas. Resposta pedida: A x! 0!. omecemos por escolher os lugares para as sete fichas azuis; existem possibilidades. ara cada uma delas, temos formas de escolher os lugares para as seis fichas encarnadas. Recorda que tanto as fichas azuis como as fichas encarnadas são indistinguíveis entre si. Resta-nos ainda distribuir, ordenadamente, pelos lugares ainda disponíveis, as sete fichas com letras. Existem A formas de o fazer Estas fichas são distintas entre si. Então, x x A é uma resposta possível ao problema em causa. odemos, no entanto, utilizar outro raciocínio. Escolhamos, desde já, as 0 casas que serão utilizadas para colocar as 0 fichas. Existem 0 formas de o fazer. ara cada uma delas, devemos escolher, ordenadamente, entre os 0 lugares disponíveis, os sete que irão ser ocupados pelas fichas com letras: existem 0 A possibilidades. Recorda que estas fichas são distintas entre si. Resta-nos escolher, dos lugares ainda não ocupados, sete para as fichas azuis. Existem opções. As fichas azuis são indistinguíveis entre si. Os lugares para as fichas encarnadas ficam, imediatamente, definidos. Então, 0 x 0 ª x é uma outra resposta possível ao problema em causa.. A A Resposta pedida: A x A x = 0 0 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

3 reparar o Exame 0 0 Matemática A. Existir pelo menos três outros é o acontecimentos contrário a existirem exatamente ouros. Existem x 9 x = 9 0 maneiras distintas de extrair as cartas nas condições pedidas. x 9 é o número de maneiras distintas de extrair duas espadas e quatro cartas que não são espadas e x é o número de maneiras distintas de extrair duas espadas e quatro cartas de ouros.. a) asos possíveis: número de maneiras de extrair cartas de um baralho de, ou seja,. asos favoráveis: existem naipes possíveis. ara cada um destes naipes, depois de escolhida a primeira carta, as restantes ficam definidas, visto que queremos que sejam cartas consecutivas. ara a ª carta existem possibilidades (,,,,, ). Repara que se a ª carta for, não conseguimos ter cartas consecutivas ( Dama Valete Rei Ás -?) Assim, o número de casos favoráveis é x. ela lei de Laplace, a probabilidade pedida é. b) 0,00 Temos que considerar dois casos distintos: sair um ás e três damas ou sair um ás e quatro damas.!. 0 As bolas com o número são um bloco que vai permutar com as restantes bolas. As!!! bolas com o mesmo número são iguais.. 9 Das 9 bolas com número ímpar, apenas têm o número.. ela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. omo qualquer uma das bolas tem igual probabilidade de ser escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. omo se pretende tirar três das bolas, o número de maneiras de o fazer é, sendo este o número de casos possíveis. ara que a soma dos três números saídos seja temos de considerar três casos: sair a combinação de números, e, a combinação, e, ou a combinação, e. ara a combinação de números, e existem x = x hipóteses. Existem seis bolas com o número, das quais queremos tirar uma, e cinco bolas com o número, dais quais pretende-se extrair duas. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

4 reparar o Exame 0 0 Matemática A ara a combinação, e, temos x = x hipóteses. Existem três bolas com o número, das quais queremos tirar uma, e seis bolas com o número, das quais pretende-se extrair duas. ara a combinação, e, temos x x hipóteses. Existem três bolas com o número, cinco bolas com o número e duas bolas com o número, e pretende-se extrair uma de cada. Assim, o número de casos favoráveis é x + x + x x e a probabilidade pedida é x x x x.!. 0!!! Existem quatro iguais entre si, cinco iguais entre si e três iguais entre si.. x = 0 Escolhem-se as posições a serem ocupadas pelos dois e, para cada uma das três restantes, existem possibilidades. ara que a soma dos algarismos seja par temos que considerar dois casos: os cinco algarismos são pares: existem possibilidades Temos, para cada posição, hipóteses ou existem três algarismos pares: as duas últimas posições são ocupadas por algarismos pares; assim, escolhemos, das três restantes, duas para serem ocupadas pelos algarismos ímpares: existem formas de o fazer. ara cada uma destas possibilidades, existem possibilidades de escolher os ímpares para o número e de distribuir os pares pelo mesmo. Temos algarismos ímpares e algarismos pares. Assim, existem + x x números nas condições do enunciado..! 9 00 Existem 9 números diferentes constituídos por daqueles algarismos. Nos casos favoráveis, já temos três algarismos escolhidos. Resta-nos escolher, dos restantes seis algarismos, os dois que faltam, e permutar os cinco algarismos.. asos possíveis: 0 x Temos 0 algarismos disponíveis para cada uma de quatro posições e letras para cada uma de cinco posições asos favoráveis: x 9 x A Escolhemos, de entre os quatro lugares para algarismos, dois para serem ocupados pelos ; restam duas posições que podem ser ocupadas por 9 algarismos. ara as letras, devemos escolher, ordenadamente, das disponíveis, sem repetição. 9 A Resposta pedida: 0,0 0 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

5 9. Equacionando o problema, obtemos n n n reparar o Exame 0 0 Matemática A Repara que, nas condições do enunciado, se existem n compartimentos, com n par, então metade são numerados com números ímpares e a outra metade são numerados com números pares. n n n n n!!(n )! n n n n n(n ) n n(n ) n (n ) n (n ) 0. Equacionando o problema, obtemos + n + n = 9. Assim, n! n(n ) n 9 n n n!(n )! Assim, n =. n 0 n n 0 n n 0. a) A linha com n = tem elementos, sendo que apenas um deles (o central) não é igual a outro. Assim existem pares de números iguais. 0. b) X = {0,, }. ara calcularmos (X = 0), (X = ) e (X = ) precisamos de calcular os elementos da linha considerada, sendo que os múltiplos de estão assinalados: (X = 0) = robabilidade de nenhum dos números escolhidos serem múltiplos de. (X = ) = robabilidade de um dos números escolhidos ser múltiplo de e o outro não. (X = ) = robabilidade de os dois números escolhidos serem múltiplos de. A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i ) μ 0 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

6 reparar o Exame 0 0 Matemática A 0. c) retende-se calcular a probabilidade de os dois elementos escolhidos serem diferentes, sabendo que a soma dos mesmos é menor do que. ara que a soma dos dois elementos escolhidos seja menor do que, só podemos escolher entre os elementos. asos possíveis: Qualquer combinação de dois dos elementos listados resulta numa soma menor do que. asos favoráveis: De todas as combinações de dois dos elementos, temos apenas três em que os elementos são iguais. Resposta pedida: - p p p p p ( ) p x. Os temos deste desenvolvimento são da forma x x. p Se existir, o termo independente é tal que 0, ou seja, p =. Assim, o termo pretendido é ( ) x.. omo n =, o desenvolvimento considerado tem termos, pelo que o termo médio é tal que p =, ou seja, ( ) x 9 9 x 9 9 x 9 9 x x. Se um dos termos é da forma 00ax p, então, ou seja, p =. Assim, este termo é ( ) x 9 9 x -. Então, 00a = 9 9 a = 9. a) Estamos perante a linha com n =, onde assinalámos os elementos inferiores a 000: , robabilidade de nenhum dos escolhidos ser inferior a 000, ou um dos três escolhidos ser inferior a 000, ou dois dos escolhidos serem inferiores a 000. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

7 . b) reparar o Exame 0 0 Matemática A om os elementos disponíveis, a única combinação para obtermos este produto é x x (como existem dois, existem dois casos favoráveis).. n! n! n! (n )(n)n! n! (n )n! (n )(n) (n ) n n n n n n 0 n n n! 0 n n n n n n n n n. n n n k + n k+ = n+ k+ n k = n nk. a)! x 9! = 0. b) Ficarem pelo menos duas bolas juntas é o contrário de não haver bolas brancas em lugares consecutivos. Neste caso, das posições, as bolas brancas não podem ocupar três delas, visto que não pode haver bola branca nas posições seguintes às primeiras três bolas brancas. Assim, temos 9 A x! filas diferentes em que as bolas brancas não estão em posições consecutivas Das 9 posições possíveis para as bolas brancas escolhemos, ordenadamente, delas. As restantes oito bolas podem permutar entre si. Resposta pedida:! 9 A x! = X = {0,,, } (X = 0) = (X = ) = (X = ) = (X = ) = A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i )!. 00!! roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

8 reparar o Exame 0 0 Matemática A. a). b)!! 00 9 onsiderando as peças com a letra A um bloco, existem! formas de esse bloco permutar com as restantes 0 peças; dessas 0 peças, existem duas que são iguais.. (Y X) é a probabilidade de, ao retirar três peças do conjunto apresentado, apenas uma das letras ser um E, sabendo que todas as peças escolhidas são vogais. asos possíveis: Das oito vogais, escolhemos três. asos possíveis: x Dos dois E retiramos um e das restantes seis vogais retiramos duas. Resposta pedida:. x x = 0 90 Das sete posições escolhemos duas para serem ocupadas pelos, das cinco restantes escolhemos três para os. ara cada uma das restantes duas posições existem ainda sete algarismos possíveis.. (A B) é a probabilidade de o número escolhido ser par, sabendo que tem os algarismos todos distintos. asos possíveis: 9 A Devemos escolher, ordenadamente, de entre os nove algarismos disponíveis, sete. asos favoráveis: x A ara que o número seja par, o seu último algarismo pode ser qualquer um dos quatro algarismos,, ou. ara as restantes seis posições do número, existem oito algarismos disponíveis, os quais devem ser escolhidos ordenadamente. Resposta pedida: A 9 A 9 ara verificar se A e B são acontecimentos independentes calculemos (A) e vejamos se (A) = (A B). (A) = 9 9 No cálculo desta probabilidade, como casos possíveis, deves considerar todos os números de sete 9 algarismos que se podem formar com os nove algarismos dados; como casos favoráveis considera os números pares, nas condições já descritas. Então, (A) = (A B) e A e B são acontecimentos independentes.. A x! = 0 00 Dos sete números ímpares escolhemos, ordenadamente, seis para numerarem as faces da pirâmide. Restam sete números que não foram utilizados nas faces da pirâmide. Estes sete permutam entre si, para numerarem as sete faces do prisma. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

9 reparar o Exame 0 0 Matemática A. onsideremos todos os segmentos com extremos em dois dos vértices do sólido. Destes, são arestas do sólido, pelo que não devem ser contados nas diagonais espaciais. Também não devem ser contadas as diagonais faciais do sólido: só existem faces faciais no prisma, cada face retangular tem duas diagonais (no total de ) e na base [ABDEF] do prisma existem diagonais (de todos os segmentos com extremos nos vértices da face, excluímos as arestas). Assim, existem ( + ) = ( + ) diagonais espaciais neste sólido.. % ara que o plano contenha o centro da face [ABDEF] temos de considerar três casos. Escolher três vértices entre os seis [ABDEF] (existem possibilidades para fazer esta escolha); os planos VMF, VLM e VJD contêm o centro da face. ada um destes planos contem cinco vértices do sólido, portanto, para cada uma destas três hipóteses existem maneiras de escolher três vértices que definam o plano considerado (por exemplo, para o plano VMF podemos escolher quaisquer três vértices de entre V, M, F, I e ); os planos IJE, GME, JLF, HGF, MLD e HID contêm o centro da face. ada um destes planos contem quatro vértices do sólido, portanto, para cada uma destas seis hipóteses existem maneiras de escolher três vértices que definam o plano considerado (por exemplo, para o plano IJE podemos escolher quaisquer três vértices de entre I, J, E e B);. (Y X) é a probabilidade de os vértices escolhidos serem comuns ao prisma e à pirâmide, sabendo que pelo menos três deles pertencem ao polígono [GHIJLM]. Assim, sabe-se que pelo menos três dos vértices escolhidos pertencem a [GHIJLM], isto é, ou pertencem três ou pertencem quatro. Então, o número de casos possíveis é x + Dos seis vértices de [GHIJLM] escolhem-se três e dos restantes sete escolhe-se um, ou dos seis vértices de [GHIJLM] escolhem-se quatro. O número de casos favoráveis é ara que os quatro vértices sejam comuns ao prisma e à pirâmide têm de pertencer a [GHIJLM]; então, escolhem-se quatro dos seis vértices desse polígono. ortanto, pelo lei de Laplace (Y X) =. Seguindo a sugestão dada, temos que = x x x. Então, podemos numerar as faces laterais coloridas com os números,, e ou,, e. ara as restantes oito faces, podemos colocar qualquer um dos números restantes. Resposta pedida: x! X! = 9 0. ela lei de Laplace a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis, quando estes são equiprováveis. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 9

10 reparar o Exame 0 0 Matemática A.ª resposta: As faces rosa, verde, azul e amarela já estão numeradas com os números,, e, respetivamente. Assim, o número de casos possíveis é! (número de maneiras de permutar os restantes oito números nas oito faces que faltam numerar). ara que a soma dos dois números das bases octogonais seja par, então esses dois números ou são pares ou são ímpares. Assim, o número de maneiras de numerar as duas bases com dois números de modo que a sua soma seja par é A + A (dos três números pares que restam,, 0,, escolhem-se ordenadamente dois ou dos cinco números ímpares que restam,,,, 9,, escolhem-se ordenadamente dois). ara cada uma destas maneiras os restantes seis números permutam nas restantes seis faces de! maneiras distintas. Logo, o número de casos favoráveis é ( A + A ) x!. ortanto, uma das resposta é A A!!..ª resposta: Neste caso vamos apenas escolher os números para as bases. As faces rosa, verde, azul e amarela já estão numeradas com os números,, e, respetivamente. Assim, o número de casos possíveis é A = x (número de maneiras de escolher, ordenadamente, dois números entre os restantes oito). ara que a soma dos dois números das bases seja par, então esses dois números ou são pares ou são ímpares. Assim, o números de casos favoráveis é A + A = x + x (número de maneiras de escolher ordenadamente dois entre os três pares:, 0, ou escolher ordenadamente dois entre os cinco números ímpares que restam:,,, 9, ). ortanto, outra resposta é.. (B A) é a probabilidade de as faces coloridas serem numeradas com números ímpares consecutivos, sabendo que as mesmas estão numeradas com números ímpares. Assim, sabe-se que as cinco faces coloridas foram numeradas com números ímpares, pelo que existem A x! possibilidades de numerar o prisma nestas condições. ara que as faces coloridas fiquem com números ímpares consecutivos, podemos escolher os números,,, e 9 ou,,, 9, e ; para cada um destes casos, temos! formas de distribuir os números pelas roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 0

11 reparar o Exame 0 0 Matemática A cinco faces coloridas. ara numerar as restantes faces existem! formas distintas de o fazer, para cada distribuição de ímpares pelas faces coloridas. Então, (B A) =!! A!. As peças deste dominó podem ser constituídas por dois símbolos diferentes (existem 0 peças nestas condições) ou por dois símbolos iguais (existem 0 peças nestas condições). Assim, existem = peças neste jogo. 0. 0, Ou nenhuma das peças tem um símbolo com duas pintas (existem peças nestas condições das quais se devem escolher quatro), ou uma das peças tem um símbolo com duas pintas e as restantes três não (das 0 peças com símbolos de duas pintas escolhemos uma e das restantes escolhemos três).. ela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. omo qualquer uma das peças tem igual probabilidade de ser escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. (B A) é a probabilidade de, quando se escolhem duas peças sem reposição, a segunda peça ter no máximo seis pintas, sabendo que a primeira peça tem pintas. O número de casos possíveis é, pois já foi retirada uma peça. Vejamos os casos favoráveis, ou seja, as peças que têm no máximo pintas: Existem casos favoráveis e a probabilidade pedida é. 9. onsideremos os acontecimentos F: os passageiros viajam em férias e : os passageiros são portugueses. elo enunciado temos que (F) =, retende-se calcular F F = F F F 0,. F F e F 0, F F F F F. Então, F =. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina.

12 reparar o Exame 0 0 Matemática A 9. Dos 0 passageiros, 0 são portugueses 0. asos possíveis: 0 asos favoráveis: 0 x 0 0 Resposta pedida:,% or exemplo, o código pretendido só ter consoantes e ter os algarismos todos distintos. Repara que existem seis consoantes possíveis e dez algarismos possíveis. A 0. % 0 0. ela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. omo qualquer uma dos códigos tem igual probabilidade de ser escolhido, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. O número de casos possíveis é o número de códigos formados por números primos e vogais. Existem duas vogais e quatro números primos disponíveis, pelo que o número de casos possíveis é x, visto que se vai escolher quatro vogais e três números primos. Nos casos favoráveis, se os números são todos pares, então nas três rodas de números temos obrigatoriamente o (o é o único primo que é par) e se existem exatamente dois A, existem formas de o fazer, visto que para as restantes rodas só existe uma possibilidade (que é a letra E). Assim, existem x x = casos favoráveis e a probabilidade pedida é. 0. ( (AB)) é a probabilidade de acertar no código à primeira tentativa, sabendo que o código tem as letras e os algarismo todos iguais. Assim, a probabilidade pedida é 0 se pretende acertar à ª tentativa o número de casos favoráveis é. ara o número de casos possíveis basta escolher uma das oito letras e um dos dez números. 0 omo 9. 0, Repara que o vértice A pertence a três das faces do dodecaedro. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

13 reparar o Exame 0 0 Matemática A.. onsideremos as variáveis aleatórias X, Y e Z. Então, X = {,, 0,, }, Y = {, 0, } e Z = {, 0, }. Assim, excluímos X pois X {, 0, }. alculemos (Y = ) e (Z = ). (Y = ) = 9 ara que o menor número saído seja o temos três casos distintos: sai nos dois dados, ou sai no octaedro e 0 ou no dodecaedro, ou sai 0 ou no octaedro e no dodecaedro. (Z = ) = no octaedro e no dodecaedro, ou sai no octaedro e no dodecaedro ara que o produto dos números saídos seja temos dois casos distintos: sai Assim, a variável aleatória cuja distribuição de probabilidades é a dada só pode ser a Y. Verifiquemos, ainda, (Y = 0) e (Y = ) (Y = 0) = ara que o menor número saído seja o 0 temos três casos distintos: sai 0 nos dois dados, ou sai 0 no octaedro e no dodecaedro, ou sai no octaedro e 0 no dodecaedro. (Y = ) = ara que o menor número saído seja o tem que sair nos dois dados.. a) onsideremos os acontecimentos H: o aluno escolhido é um rapaz e : o aluno escolhido prefere cursos relacionados com ciência. elo enunciado temos que (H) = 0,, ( H) = e H 0, e pretende-se determinar H. onstruamos um diagrama em árvore que exemplifique esta situação: 0, x = 0, 0, H 0, x = 0, (H) = 0, = 0, ( H) = ( H) = = 0, H 0, 0, x 0, = 0, ( H) = ( H) = 0,= 0, 0, 0, x 0, = 0, roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

14 H H () 0, 0, 0, reparar o Exame 0 0 Matemática A. b) omo 0% dos participantes no estudo são rapazes, existem 0 rapazes e 0 raparigas disponíveis para formar a comissão. ela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. omo qualquer um dos participantes no estudo tem igual probabilidade de ser escolhido, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. O número de casos possíveis é o número de grupos de seis pessoas que se podem formar de entre 00. Assim, existem 00 casos possíveis. Nos casos favoráveis, temos de considerar dois casos distintos (relembra que temos que ter mais rapazes do que raparigas): a comissão tem rapazes e raparigas: como a Joana tem de ser um dos elementos da comissão, resta-nos escolher uma rapariga entre as restantes 9 (existem 9 formas de o fazer) e quatro rapazes de entre os 0 (pode ser feito de 0 maneiras distintas); nesta situação, existem 9 x 0 = 9 x 0 casos favoráveis a comissão tem rapazes e rapariga: a única rapariga já está escolhida (é a Joana), pelo que resta-nos escolher de entre os 0 rapazes, cinco para formar a comissão; nesta situação, existem 0 casos favoráveis. Assim, existem 9 x casos favoráveis e a probabilidade pedida é Observemos a representação gráfica desta situação Relembra que a curva de Gauss é simétrica relativamente à reta de equação x =. Assim, a probabilidade de uma rapariga ter peso inferior a 0 kg ou superior a 0 kg é (X < 0) + % % (X > 0) = 0, 0, = 0,. Então, existem 0, x 0 = raparigas nas condições pedidas. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

15 . A B A B B A B B A B A B B B B B A A B B reparar o Exame 0 0 Matemática A A B B B A B B B B B A BA B B. A BB A A B B (A) B (A) A B(A) (A) (A) (A) A B B B B A B (A) B B B Se A e B são independentes, também o são A e B, pelo que A B (A) Vejamos que se A e B são independentes, o mesmo acontece com A e o contrário de B: A B (A) (A B) (A) (A) (B) (A) (B) (A) B, pelo que A e B são independentes.. a) 9 9 ara que a bola retirada tenha como cor encarnado temos três casos distintos: sai no dado e retira-se bola da caixa A, ou sai, ou e retira-se bola da caixa B, ou sai ou e retira-se bola da caixa.. b) Sejam os acontecimentos V: a bola retirada é verde e A: a bola retirada é da caixa A. retende-se determinar (A V). (A V) (A V) = 9 (V) cuja probabilidade foi calculada em. a). Repara que sair bola verde é o acontecimento contrário a sair bola encarnada,. c) (X Y) é a probabilidade de ser retirada bola verde, sabendo que saiu face com número primo no lançamento do dado. Se saiu número primo no lançamento, retira-se uma bola da caixa roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

16 reparar o Exame 0 0 Matemática A B (os primos que estão nas faces do dado são o, o e o ). Na caixa B existem duas bolas verdes, num total de nove bolas, pelo que a probabilidade pedida é 9.. Seja n o número de bolas pretas colocadas na caixa. Assim, nesta caixa existem + n bolas, sendo duas encarnadas, duas verdes e n pretas. Equacionando o problema obtemos n n n ª extração e bola verde na ª. Repara que pode sair bola verde na ª extração e bola preta na ª, ou pode sair bola preta na n n n (n )(n ) n n n 9 n n (n )(n ) n n 9 0 n n,. Assim, n =.. asos possíveis: existem figuras e ases num baralho de cartas completo, pelo que temos cartas para colocar em fila. Existem! maneiras de permutar estas cartas, pelo que o número de casos possíveis é!. asos favoráveis: temos cartas de cada um dos naipes. onsiderando cada conjunto de cartas do mesmo naipe como um bloco, existem! formas de permutar as cartas dentro de cada bloco. omo temos blocos, vamos ter (!) formas de permutar as cartas dentro dos blocos. odemos, ainda, permutar os blocos entre si, existindo! formas de o fazer. Assim, existem (!) x! = (!) casos favoráveis. Assim, a probabilidade pedida é!.!. (B A) é a probabilidade de uma das sete cartas retiradas ser uma figura e outra ser um ás, sabendo que as cartas são todas do naipe de copas. Assim, pretende-se calcular a probabilidade de, ao retirar sete cartas do naipe de copas, uma ser uma figura e outra ser um ás. Então, (B A) = 9 De entre as três figuras de copas devemos escolher uma, o ás de copas também deve ser escolhido e resta-nos escolher cinco de entre as restantes nove copas. Nos casos possíveis, qualquer uma das treze copas pode ser escolhida. (A) A B (A) (A) (A) A B (A) (A B) (A) A B (A B) (A). (B A) roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

17 reparar o Exame 0 0 Matemática A (B) ( A B) (A B) A (B) (B) (A B) (A B) A A (A) (A) (A) A AB B. A B B A B B A B B B A B A B(A B). Sejam os acontecimentos A: a pessoa escolhida tem nacionalidade espanhola e B: a e pessoa escolhida tem nacionalidade portuguesa. Sabemos que B 0, e A B pretende-se determinar (AB). or., temos que (A B) B A B (AB) = 0,9 = 9%. Assim, (AB) = 0, x ( 0,) 9. a) 0 Nos casos favoráveis, temos de considerar o caso em que tiramos duas bolas brancas, o caso em que tiramos duas bolas numeradas com um número ímpar e retirar a interseção destes casos, ou seja, retira o caso em que escolhemos duas bolas brancas numeradas com um número ímpar. 9. b) B A é a probabilidade de a segunda bola retirada não ser encarnada, sabendo que a primeira bola retirada está numerada com um número superior a. Se a primeira bola retirada estava numerada com um número superior a, significa que é uma bola encarnada. Assim, quando se vai fazer a ª extração, existem nove bolas, das quais oito são não encarnadas, pelo. 9 que B A 9. X = {0,,, }. (X = 0) = 0 0 robabilidade de retirar as três bolas pretas numeradas com um número par. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

18 (X = ) = uma das restantes. 0 0 reparar o Exame 0 0 Matemática A robabilidade de retirar duas das três bolas pretas numeradas com um número par e (X = ) = duas das restantes. 0 0 robabilidade de retirar uma das três bolas pretas numeradas com um número par e (X = ) = 0 A distribuição de probabilidades de X é robabilidade de não retirar nenhuma das bolas pretas numeradas com um número par. x i 0 (X = x i ) onsideremos os acontecimentos M: o aluno escolhido fez o exame de Matemática e F: o alunos escolhido fez o exame de Física. elo enunciado temos que (M) = 0,, (F M) = 0,, F M 0,9 e pretende-se calcular M F. odemos construir uma tabela que exemplifique esta situação: M M p.m. F 0, 0,0 0, F 0,9 0, 0, p.m. 0, 0, (FM) = (F M) x (M) (FM) = 0, x 0, = 0, M F 0, 0, 0,9 M 0, 0, F M F M M 0,9 0, 0, F M 0, 0, 0,0 (F) = 0, + 0,0 = 0, F 0, 0, M F 0,0 M F % (F) 0, 9. X = {,,, } Repara que da caixa B temos de tirar obrigatoriamente duas bolas laranjas e que, no máximo, retiramos uma bola laranja da caixa A. (X = ) = B e duas azuis da caixa. 0 robabilidade de retirar duas bolas azuis da caixa A, duas bolas laranja da caixa roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

19 (X = ) = 0 reparar o Exame 0 0 Matemática A robabilidade de retirar uma bola de cada cor da caixa A, duas bolas laranja da caixa B e duas azuis da caixa ou retirar duas bolas azuis da caixa A, duas bolas laranja da caixa B e uma bola de cada cor da caixa. (X = ) = robabilidade de retirar uma bola de cada cor da caixa A, duas bolas laranjas da caixa B e uma bola de cada cor da caixa ou retirar duas bolas azuis da caixa A, duas bolas laranja da caixa B e duas bolas laranja da caixa. (X = ) = da caixa B e duas bolas laranja da caixa. A distribuição de probabilidades de X é 9. Y X robabilidade de retirar uma bola de cada cor da caixa A, duas bolas laranja x i (X = x i ) 0 0 é a probabilidade de as bolas retiradas de B serem de cor diferente, sabendo que as quatro bolas retiradas das caixas A e são da mesma cor. ela lei de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. omo qualquer uma das bolas tem igual probabilidade de ser escolhida, a lei de Laplace pode ser aplicada a este problema. O número de casos possíveis é o número de maneiras possíveis de escolher três bolas de entre nove (repara que a caixa B vai ficar com + bolas). Assim, existem 9 casos possíveis. ara os casos favoráveis temos de ter em atenção que já sabemos que as bolas retiradas das caixas A e e colocadas na caixa B têm todas as mesma cor. Assim, tendo em conta que na caixa A apenas existe uma bola laranja, as quatro bolas colocadas na caixa B são todas azuis, pelo que a caixa B tem, agora, cinco bolas laranja e quatro bolas azuis. ara que sejam retiradas desta caixa bolas de cor diferentes, temos de considerar dois casos distintos: duas das bolas retiradas são azuis e uma é laranja: existem formas de escolher as bolas azuis e formas de escolher a bola laranja; neste caso temos x = x possibilidades. duas das bolas retiradas são laranja e uma é azul: existem formas de escolher as bolas laranja e formas de escolher a bola azul. Neste caso temos x = x possibilidades. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 9

20 reparar o Exame 0 0 Matemática A Assim, existem x + x casos favoráveis e a probabilidade pedida é 9. (A B) 9. A B (A B) A B (B) (B) B A B B A B (A B) (A B) B B (A B) A BA B (A) A B (A B) (B) A B (B) (B) (B) B A BB B (A B) A B A B A AB B 9. a) Sejam os acontecimentos A: o número saído no dado cúbico é superior a e B: o número saído no dado cúbico é par. elo enunciado temos que (B) = 0,, A B = 0,. retende-se determinar A B. or 9., temos que (A B) A B (B) (A) A B Então, (A B) 0, 0,. 0, (A B) A e 9. b) X = {0,,, } Repara que no dado octaédrico existem três números não positivos e positivos. (X = 0) = robabilidade de, nos três lançamentos, sair sempre números positivos. (X = ) = robabilidade de, nos três lançamento do dado octaédrico, sair um número não positivo e dois números positivos (o número não positivo poderá sair em qualquer um dos três lançamentos) (X = ) = robabilidade de, nos três lançamento do dado octaédrico, saírem dois números não positivos e um número positivo (os números não positivos poderão sair em quaisquer dois dos três lançamentos) (X = ) = robabilidade de, nos três lançamentos, sair sempre números não positivos. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 0

21 A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i ) reparar o Exame 0 0 Matemática A 9. c) (R T) é a probabilidade de a soma dos números registados nos quatro lançamentos do dado octaédrico ser superior a, sabendo que o produto dos números registados nos dois primeiros lançamentos é. omo sabemos que o produto dos números saídos nos dois primeiros lançamentos é, nestes lançamentos saíram os números e. Assim, a soma dos números, até ao segundo lançamento, é, pelo que para se obter uma soma superior a no fim dos quatro lançamentos, nos próximos dois lançamentos temos de ter uma soma superior a. Assim, temos casos possíveis para os dois últimos lançamentos e os seguintes casos favoráveis: se sair no º lançamento (duas possibilidades), no º lançamento só poderá sair casos favoráveis se sair no º lançamento, no º lançamento poderá sair ou casos favoráveis se sair no º lançamento, no º lançamento poderá sair, ou casos favoráveis se sair no º lançamento, no º lançamento poderá sair (duas possibilidades),, ou casos favoráveis Assim, temos casos favoráveis e a probabilidade pedida é. 9. A (A B) (A) (B A) ((A) (A B) A B A A B (B A) A A B (A) (A B) (B) (A B) (B A) (A) (B) (A B) (A) (B A) (A B) (B) (A B) (B A) (B) 9. B A B (B) ( A B) (B) (A B) (B) (A) (B) (A B) A (A B) roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

22 reparar o Exame 0 0 Matemática A 9. B (A B) A B (A B) (A B) B A (B) A B (B) (A B) A AB B B A (B) (B) (A B) A B (B) B (B) (B) (B) A B (B) A B (A B) 9. B (B) Se 0<(B)<0,, então (B) > 0,, pelo que B (B) e 9. A B é a probabilidade sair uma carta de paus na segunda extração com valor superior ou igual a, sabendo que na primeira extração saiu ás de paus. Assim, para a segunda extração temos casos possíveis (uma carta já foi retirada) e oito casos favoráveis (,,, 9, 0, V, D e R de paus, visto que o ás de paus já foi retirado na primeira extração). Assim, a probabilidade pedida é A B 9. A B A B A B B A B B. A BA B B B B A B A B 9. A BA BA BA B A B A B B A BA B (A) B A 9. A B A B(B) A B (B) A BB A B or outro lado, roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

23 (A) (B) A B reparar o Exame 0 0 Matemática A (B) (A) (B) A B (A) (B) (B) (A B) (A) (A B) A B Assim, A B A B(B) (A) (B) A B(B) A AB B 9. (A B) B) (A ) (B) (A () () (A ) (B ) () (A ) (B ) () () (A ) (B ) omo AB =, então (A) (B) = 9. A (A B) (A (A B)) ((A A) (A B)) (A) (A (A B)) (A B) (A) (B) (A B) (A) (B) 9. omo AB =, então (AB) = 0 e A(AB)=A 9. A BA B A B(B) (A B) (A B) (B) (A) (B) (A B) (B) A omo AB =, então (AB) = 0 9. (A) B A BA B (A) B A B ((A)) B (A) B A BB (A) B B A B B (A) (A B) B (A) A B omo AB =, então (AB) = 0 9. A B A B(A B) (A) (B) (A B) (A) (B) (A) (B) A e B são independentes logo (AB) = (A) x (B) B A B A B B A A B A B ( A roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

24 Então, se A e B forem independentes A B A B reparar o Exame 0 0 Matemática A, ou seja, A e B são independentes. 9. A B A (B) A B A (B) (B) (A B) (A) (B) (B) (A B) (A) (A) (B) (A) ((B)) (A) B A e B são independentes logo (AB) = (A) x (B) 9. A BA B (A) B A B (B) (A B) (A) B (A) (A B) (B) (A B) B (A) (B) (B) (A) (B) (A) (B) (B) (B) (A) (B) (B) (B) ((A)) (B) A A e B são independentes logo (AB) = (A) x (B) 99. a) asos possíveis: 0 Dos 0 associados escolhem-se dois. asos favoráveis: como existem sócios inscritos em pelo menos uma das modalidades, existem (0 + 0) = sócios inscritos em ambas as modalidades. Assim, existem 0 = sócios inscritos apenas no futebol e 0 = sócios inscritos apenas na ginástica. retende-se escolher dois sócios inscritos só no futebol ou só na ginástica, pelo que os casos favoráveis são + Observa o diagrama de Venn representativo desta situação. robabilidade pedida: 0 G F 99. b),9% Existem 0 0 = 90 sócios que não inscritos no futebol e, destes, apenas estão 90 inscritos na ginástica (não estão incluídos os que estão inscritos em ambas as modalidades). 99. Existem sócios que só estão inscritos no futebol, que só estão inscritos na ginástica e que não estão inscritos em nenhuma das modalidades. Assim, pretende-se escolher cinco de entre os que só têm futebol, o número de maneiras do o fazer é, quatro de entre os que só têm ginástica, o número de maneiras de o fazer é e dois de entre os que não estão inscritos em nada, o número de maneiras de o fazer é. omo as funções são diferenciadas, roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

25 reparar o Exame 0 0 Matemática A podemos permutar os elementos escolhidos pelas diferentes funções. Assim, existem x x x! diferentes comissões nas condições do enunciado. 99. a) Vamos considerar os cinco sócios que só têm futebol como um bloco. Existem! formas de os elementos deste bloco permutarem entre si. Além disso, este bloco e os restantes elementos da comissão têm! maneiras de permutar de lugar na fila, pelo que existem! x! maneiras diferentes de posar para uma fotografia nas condições do enunciado. Resposta pedida:! x! = 0 00 A! 99. b) 0,00 Nos casos favoráveis, os seis sócios que não têm futebol não podem ocupar nenhuma! das posições imediatamente a seguir aos cinco primeiros sócios deste tipo, pelo que lhes restam seis posições disponíveis. Assim, existem A formas de escolher, ordenadamente, as posições para estes sócios e os restantes cinco podem permutar entre si de qualquer forma, nos cinco lugares disponíveis. 00. a) onsideremos os acontecimentos A: o habitante escolhido é cliente da operadora A e B: o habitante escolhido é cliente da operadora B. elo enunciado tem-se que (A) = 0,, (B) = 0,0 e (A B) =. retende-se determinar (AB). (A B) (A B) (AB) = 0, x = 0, = % (B) 00. b) A BB A = 0, = % = (A) (AB) + (B) (AB) = 0, 0, + 0,0 0, = 00. c) retende-se calcular B A. B A (B) (A B) 0, 0, B A A 0, 0,. 00. a) X = {0,,, } e segue uma distribuição binomial de parâmetros n = e p = (A) = 0,. Assim, (X = k) = n k x p k x (p) nk (X = 0) = 0 x 0, 0 x 0, = 0,09 (X = ) = x 0, x 0, = 0,0 (X = ) = x 0, x 0, = 0, (X = ) = x 0, x 0, 0 = 0, roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

26 reparar o Exame 0 0 Matemática A A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i ) 0,09 0, 0,0 0, 00. b) Se X é uma variável aleatória que segue uma distribuição binomial de parâmetros n e p, então = n x p e = n p(p). Então, = x 0, =, e = 0, 0, 0.. Assim, a probabilidade pedida é (, 0, < X <, + 0,) = (0,9 < X <,) = (X = ) + (X = ) = 0, + 0,0 = 0, =,% 0. a) Seja x o número de bolas encarnadas retiradas da caixa A e colocadas na caixa B e seja y o número de bolas brancas retiradas da caixa B e colocadas na caixa A. retende-se que no fim da experiência o número de bolas nas duas caixas seja igual, ou seja, x + y = 0 + x y y = x +. Ou seja, temos que tirar mais quatro bolas brancas da caixa B do que as retiradas da caixa A, pelo que o número saído no dado icosaédrico tem de exceder em o número saído no dado dodecaédrico. Vamos organizar os casos favoráveis numa tabela: Dodecaedro 9 0 Icosaedro 9 0 Assim, temos casos favoráveis e a probabilidade pedida é b) (Y X) é a probabilidade de na caixa A ficarem menos bolas do que na caixa B, sabendo que saiu face no dado dodecaédrico. omo sabemos que saiu face no dado dodecaédrico, então retiraram-se bolas da caixa A e colocaram-se na caixa. Assim, a caixa A ficou com uma bola e a caixa B ficou com bolas. ara que a caixa A fique, no final da experiência, com menos bolas do que a caixa B, o número saído no dado icosaédrico tem de ser inferior a. Repara que existe um total de bolas, pelo que para ficar um número igual de bolas em cada caixa ( bolas) a caixa A tem de receber bolas. Se receber menos do que isso ficará com menos bolas do que a caixa B. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

27 reparar o Exame 0 0 Matemática A Assim, existem casos favoráveis e 0 casos possíveis, pelo que a probabilidade pedida é asos possíveis: x 0 asos favoráveis: vejamos todas as possibilidades em que a soma de dois dos números presentes nas bolas da caixa A com um que esteja numa bola da caixa B dá. aixa A aixa A aixa B aixa A aixa A aixa B Então, temos 0 casos favoráveis. 0 Reposta pedida: 0, X = {0,,, } O, o, o, o, o e o têm 0 divisores diferentes de e deles próprios; o e o 9 têm divisores diferentes de e deles próprios; o, o e o 0 têm divisores diferentes de e deles próprios; o tem divisores diferentes de e dele próprio. (X = 0) = (X = ) = (X = ) = robabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico,,, ou. robabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico ou 9. robabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico, ou 0. (X = ) = robabilidade de sair no lançamento do dado dodecaédrico. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

28 reparar o Exame 0 0 Matemática A A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i ) = 0 0. () = () (), () =, () = x (), () = () = (). Temos que () + () + () + () + () + () =, pelo que () () () () () x + Então, () =. + () = () = () = (). 0. a) (A B) = (A B) (B) (AB) = () + () = (A B) = Vejamos se A e B são independentes. (A) = () + () + () + () = e (B) = () + () + () =. Então, (A) (A B), pelo que A e B não são independentes.. 0. b) A B () () roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

29 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 9 reparar o Exame 0 0 Matemática A 0. a) (sair um número par) = () + () + () = 9. Assim, a probabilidade pedida é % b) X = {0,,,, } e X segue uma distribuição binomial de parâmetros n = e p =. (X = 0) = (X = ) = (X = ) = (X = ) = (X = ) = A distribuição de probabilidades de X é x i 0 (X = x i ) = n x p = x, e = 0,9 p) ( p n. Então, +, + 0,9 =, e (X < + ) = (X <,) = (X = 0) + (X = ) + (X = ) = + + 0,. 0. onsideremos os acontecimentos S: o trabalhador escolhido é quadro superior, I: o trabalhador escolhido é quadro intermédio, O: o trabalhador escolhido é operário e S: o trabalhador escolhido tem um curso superior. elo enunciado tem-se que (S) = 0,0, (I) = 0,, (O) = 0,9, (S S) = 0 9, (S I) = e (O S) = 0,0. retende-se determinar (S). (S) = (SS) + (SI) + (SO) = (S) x (S S) + (I) x (S I) + (S) x (O S) (S) = 0,0 (S) 0, 0 9 0, (S) =

30 0. retende-se determinar S O. reparar o Exame 0 0 Matemática A (S O) (S) (O S) 0, 0,0 S O = (S O) = 9% (O) 0,9 0,9 0. (XY) = S S = (S) (SS) = 0,0 (S) x (S S) = 0,0 0,0 x 0,9 = 0,0. (X) x (Y) = (S) x ((S)) = 0, x 0, = 0,0. Então, X e Y não são acontecimentos independentes, visto que (XY) (X) x (Y). 0. 0, 0,9 = 0, = % 0. a) onsideremos os acontecimentos S: o habitante escolhido vê a SI e T: o habitante escolhido vê a TVI. elo enunciado (ST) = 0,, (ST) (ST) = 0,9 e (T) = 0,. retende-se determinar (S). (ST) (ST) = 0,9 (S) + (T) x (ST) = 0,9 (S) + 0, x 0, = 0,9 (S) = 0, =. 0. b) S T S T (T) (S T) 0, 0,. (T) (T) 0, Sabe-se que se X é uma variável aleatória que segue uma distribuição normal 0 de valor médio e desvio padrão, então ( < X < + ) 0,9. Então, = e + =, pelo que μ 0 e σ. 0. retende-se determinar ( < X < ) 0,9 ( < X < 0) 0, Repara que = µ e que ( < X < + ) 0,9. 0, (0 < X < ) 0, Repara que = µ + e que ( < X < + ) 0,. 0 0, 0,9 Então, ( < X < ) = ( < X < 0) + (0 < X < ) 0, + 0, = 0, =,% roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina 0

31 reparar o Exame 0 0 Matemática A 0 0. (X > ) =. Então, (X < ) = 0,09 A curva de Gauss é simétrica em relação à reta 0 de equação x = ou seja, x = 0. ( < X < 0) = 0, 0,09 = 0, 0,09 0 0,9 0,9 (0 < X < ) 0, ( < X < ) = ( < X < 0) + (0 < X < ) 0, + 0, 9% 0. Seja a variável aleatória X: tempo que a mãe da Francisca gasta para fazer o caminho entre a sua casa e a escola da filha. Então, X segue uma distribuição normal de parâmetros = 0 e =. retende-se calcular (X > ). ara a Francisca chegar atrasada significa que chega à escola depois das 9h, pelo que demora mais do minutos a fazer o trajeto casa-escola. Observa a seguinte imagem: - 0, (X < ) 0, Repara que = µ e = µ + e que ( < X < + ) 0, 0, (X > ) = (X < ) 0, = 0,= 0 % 0. omecemos por determinar ( < X < ). 0 0, 0,9 0,9 ( < X < 0) 0, Repara que = µ e que ( < X < + ) 0,9 0, ( < X < 0) 0, Então, ( < X < ) = ( < X < 0) ( < X < 0) = 0, 0, = 0,9 0,9 x 0 9. Assim, espera-se que a mãe da Francisca demore entre e minutos a fazer o caminho entre casa e a escola em 9 dias. roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

32 reparar o Exame 0 0 Matemática A 0,9 0. (0, < X < ) 0, =,% Repara que 0, = µ e que ( < X < + ) 0,9 0,99 0. (X >,) 0,% Repara que, = µ + e que ( < X < + ) 0,99 00 Então, existem alunos que fizeram o exame de ortuguês nesse ano. Os alunos 0, correspondem a 0, %. 0, 0. (X >,) = 0, Repara que, = µ + e que ( < X < + ) 0, Resposta pedida: 0 x 0, x (0,),% n! n 0 0!(n0)! n!! (n )! (n )(n 9) 0. n n! n! 0! (n0)! 90!(n )! (n )(n 9) 0 n n n n 0 0 n n n Façamos um esquema da linha com n= do triângulo de ascal, que tem elementos: ara que o produto dos três elementos seja, temos que escolher os dois e um dos, pelo que existem dois casos favoráveis. Resposta pedida: 0 0. a) Sabemos que + =, pelo que =. Na linha com n = existem 0 elementos inferiores a (relembra que o triângulo e ascal é simétrico, ou seja, k = nk) X = {0,,,, } (X = 0) = (X = ) = 0 (X = ) = 0 (X = ) = (X = ) = 0 9 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

33 A distribuição de probabilidades de X é reparar o Exame 0 0 Matemática A x i 0 (X = x i ) b) (X = 0 < X ) = X 0 X (0 X ) (X ) (X ) (X ) (X ) , = + = n k + n k+ = n+ k+ Então, na linha considerada existem dois elementos superiores ao valor dado e que não o são. retende-se determinar a probabilidade de, ao retirar três elementos desta linha (com repetição), pelo menos um seja superior a, sabendo que no máximo dois deles são superiores a. Nos casos possíveis temos de considerar três situações distintas: nenhum dos elementos escolhidos é superior a, um dos três elementos escolhidos é superior a (e isso pode ocorrer de formas diferentes) ou dois dos três elementos escolhidos são superiores a (e isso pode ocorrer de formas diferentes). Nos casos favoráveis temos de considerar duas situações distintas: um dos três elementos escolhidos é superior a (e isso pode ocorrer de formas diferentes) ou dois dos três elementos escolhidos são superiores a (e isso pode ocorrer de formas diferentes). Então, a probabilidade pedida é 09. Seja a variável aleatória Y: volume de água, em mililitros, nas garrafas de água produzidas por uma empresa. Se a variância de Y é, o seu desvio padrão é. retende-se calcular (Y Y ) (Y Y ) = ( Y ) (Y ) 0,9 0, ( Y ) = 0, (Y ) 0, 0, Então, (Y Y ) 0, 0, 0, 9% 0 0, 0,9 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina

34 reparar o Exame 0 0 Matemática A 0, 09. ( < Y < 0) 0,. Seja X a variável aleatória «número de garrafas em sete com volume de água compreendido entre ml e 0 ml». X é uma v.a. com distribuição binomial de parâmetros n e p 0,. Então, a probabilidade pedida é X X X x 0, x (0,) + x 0, 0,00 roposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo reparar o Exame ombinatória e robabilidades ágina