TEMA 1 PROBABILIDADES E COMBINATÓRIA 1.1 Introdução ao cálculo das probabilidades 1.
a) Determinista. b) Aleatória. c) Aleatória. d) Aleatória. e) Determinista.
2. TRPDE ,,,
3.
3.1 9,8,7,6,5,4,3,2,1E
3.2
a) 8,6,4,2A
b) 8,4B
c) 4,3,2,1C
3.3 a) D: «Sair número primo». b) E: «Sair múltiplo de 3». c) F: «Sair número superior a 6».
4.
4.1. peocpeocpeoc RRRRDDDDVVVVE ,,,,,,,,,,,
4.2. Acontecimento elementar: «Sair rei de paus», por exemplo. Acontecimento composto: «Sair um valete de um naipe vermelho», por exemplo.
4.3.
a) oc DDA ,
b) peocpeocpeoc RRRRDDDDVVVVC ,,,,,,,,,,,
c) peocpeoc DDDDVVVVD ,,,,,,,
5.
a) Composto (pode ter uma rapariga, duas ou três). b) Composto (o rapaz pode ser o mais velho, o filho do meio, ou o mais novo). c) Elementar. d) Elementar.
6.
6.1 8 6.2 Sair face nacional e o número 3 no dado. 6.3 Sair face nacional e número 5.
6.4 4,4,2,2 ENENE
7.
7.1 PVE ,
7.2 PV ;
7.3 PVPVEP ,,,,
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 2
8.
a) 1,2,3
b) 3,2,1,2,3
c) 3,2,3
d) 1,2
e) 3,2,1,2,3
9.
9.1
a) ocococ RRDDVV ,,,,,
b) peocpeoc RRRRAAAAC ,,,,,,,
c)
9.2
a) pe DDBA ,
b) pepe RRVVCA ,,,
c) pepepeocpepeoc AARRRRDDVVVVCA 10,10,,,,,,,,,,,,
10.
a) Falso. Por exemplo, considerando espaço amostral 6,5,4,3,2,1 , os
acontecimentos 3,2,1 e 4 são incompatíveis, e a sua união não é o
espaço amostral.
b) Verdadeiro. A
c) Verdadeiro. AA
d) Falso. Por exemplo, considerando espaço amostral 6,5,4,3,2,1 , os
acontecimentos 3,2,1 e 4 são incompatíveis e não são contrários.
e) Verdadeiro. EEE 11.
11.1 A e D; A e E; C e D. 11.2 A e E. 11.3
a) BA
b) BA
c) BA
d) EA 12.
a) CBA
b) CBA )(
c) CBA
d) CBA
13.
a) cA
b) occccccccccc ARDVA ,,,,7,6,5,4,3,2,1,
c) oA
d) peoccccccccccc AAARDVA ,,,,,,7,6,5,4,3,2,1,
e) peccccccccccc AARDVA ,,,,,7,6,5,4,3,2,1,
f) pec AAA ,,
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 3
14. a)
BAEBAAABAABAABAABA
b)
BBAABBABABABABABA \
15. Se A e B são incompatíveis, então, BA e, então, BABA ,ou
seja, é impossível. 16.
a) ABBABAABBABA \\
BAEBAAABAABA
ABEAABBBA
b) AABAAABAA
c) ABBAABABABABA \
17.
17.1 Designando por A os jogos ganhos pela equipa A e por B os ganhos pela equipa B: O espaço amostral tem 8 elementos.
17.2
a) BAAABAAQP , tem 2 elementos.
b) AAQP \ tem 1 elemento.
17.3 Não, porque ETP (não considera os empates). 18.
18.1
2 € 1 € 1 € 1 € 0,50 €
2 € (2, 1) (2, 1) (2, 1) (2; 0,50)
1 € (1, 1) (1, 1) (1; 0,50)
1 € (1, 1) (1; 0,50)
1 € (1; 0,50)
0,50 €
O espaço amostral tem 10 elementos.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 4
18.2 a) A e B. b) B e D.
19.
a) AD
b) CB
c) AD
d) DA \
20.
a) )3,3(),2,3(),1,3(),3,2(),2,2(),1,2(),3,1(),2,1(),1,1(E
b) )3,3(),2,3(),1,3(),3,2(),1,2(),3,1(),2,1(),1,1(
c) )2,3(),1,3(),3,2(),1,2(),3,1(),2,1(
d) )1,3(),3,1(
1.2 Aproximações conceptuais para probabilidade 21.
21.1
Lançamentos fi fri
100 56 0,56
150 68 0,453
200 108 0,54
300 132 0,44
400 208 0,52
500 255 0,51
21.2 Parece tender para 0,5, que é o valor da probabilidade de sair face nacional
no lançamento de uma moeda equilibrada. 22.
22.1 a) 0,28 b) 0,2
22.2 Não é possível concluir se o dado está ou não viciado. Deve aumentar-se, significativamente, o número de lançamentos.
23. Sintetizando os dados num diagrama de Venn
(T: «Gostar de ver televisão» e L: «Gostar de ler».)
1 2 3 4
1 12 13 14
2 21 23 24
3 31 32 34
4 41 42 43
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 5
a) 180
47p
b) 180
61p
c) 30
29
180
174p
24. Designando por E um lançamento em que se obtém face euro e designando por
N aquele em que se obtém face nacional obtém-se, para esta experiência aleatória, o seguinte espaço amostral (se necessário construir um diagrama de árvore):
NNNNNNNENNENNNEENENNNENENEENNEEEENNNENNEENENENEEEENNEENEEEENEEEEE ,,,,,,,,,,,,,,,
24.1 375,016
6p
24.2 375,016
6p
25.
25.1 Se 3,0)( BP e 9303,0 , então, existem 9 bolas vermelhas.
25.2 Existem, na caixa, 9 bolas vermelhas, 15 bolas amarelas e 3 bolas azuis. Então, as restantes são verdes, ou seja, existem 3 bolas verdes e a probabilidade de retirar bola verde é 0,1.
25.3 58
3
29
15
30
3
26.
26.1 4
1
8
2p
26.2
a) 16
1
8
2
8
2p
b) 16
7
8
2
8
6
8
6
8
2
8
2
8
2p
27.
a) 16
5p
b) 1p
c) 16
3p
1 1 2 3
1 11 11 12 13
1 11 11 12 13
2 21 21 22 23
3 31 31 32 33
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 6
28. Construindo uma tabela de dupla entrada:
a) 64
1p
b) 4
1
64
16p
c) 64
31p
29.Designando por M: «Ser candidato a técnico médio», S: «Ser candidato a técnico
superior» e A: «Ser candidato a técnico de armazém» pode sintetizar-se os dados num diagrama de Venn:
a) 700
261p
b) 700
289p
30. 21
5p
31. Considerando M: «Ser rapaz» e F: «Ser rapariga”», temos o seguinte espaço
amostral para o sexo dos dois filhos:
FFFMMFMME ,,, e, então, a probabilidade pedida é 4
1.
32. Seja X: «Ouvir o programa X» e Y: «Ouvir o programa Y». Então:
32.1
a) %603822 p
b) %25p
1 2 3 4 5 6 7 8
1 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6) (1, 7) (1, 8)
2 (2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6) (2, 7) (2, 8)
3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6) (3, 7) (3, 8)
4 (4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6) (4, 7) (4, 8)
5 (5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6) (5, 7) (5, 8)
6 (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6) (6, 7) (6, 8)
7 (7, 1) (7, 2) (7, 3) (7, 4) (7, 5) (7, 6) (7, 7) (7, 8)
8 (8, 1) (8, 2) (8, 3) (8, 4) (8, 5) (8, 6) (8, 7) (8, 8)
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 7
32.2 Seja: M: «Programa musical de 1 hora»; D: «Programa de desporto de 1 hora»; m1 e m2: «Programas musicais de meia hora»; i: «Programa de informação de meia hora»; Dispomos, então, de 18 grelhas possíveis: Mi, iM, Mm1, m1M, Mm2, m2M, Di, iD, Dm1, m1D, Dm2, m2D, m1m2i, m1im2, im1m2, im2m1, m2i m1, m2 m1i.
Então, 9
2
18
4p
33. Existem 28 peças de dominó diferentes. Aquelas cuja soma é superior a 9 são:
5|5; 5|6; 6|6; 4|6.
Então, 7
1
28
4p
34.
a) 11
2
22
4p
b) 11
5
22
10p
35. Se A e B são incompatíveis, então, )()()( BPAPBAP e, neste caso,
72,052,067,0)()( BPAP
36. (A), porque 1 cPbPaP e 0bP
37.
a) A e B são incompatíveis, pois BA e, então:
3,0)()(4,07,0)()( BPBPBPAPBAP
b) 3,07,011 BAPBAPBAP
c) CPAPCAP
3,01)()()( CPCPBPAP , então, 7,03,04,0 CAP
38. A e AB são incompatíveis e ABABA , então, pelo axioma 3
temos
))( APBAPABPABPAPBAP
39.
a) BAPBAP
e BAPAPBAPBAPBAPAP e, então,
05,025,03,0 BAP
b)
125,025,01)(111 BAPBPBAPBAPBAP
40. 4,01,0 BAP
ABA , então, )(APBAP
)(1,1)()()()( BAPBAPBAPBPAPBAP e, como
1)( BAP , conclui-se que: 1,0BAP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 8
41.
a) »)(«2»« ímparsairPparsairP e »)(«1»« ímparsairPparsairP ,
então, 3
1»)(«1»)(«»«2 ímparsairPímparsairPparsairP
Assim, 9
1
3
311 P
b) 3
2»)(« parsairP
c) 3
1»)(« ímparsairP
42.
a) 4
1)( aPBAP , porque xdPcPbPaP
e 4
114 xx
b) 4
3,,)( cPbPaPcbaPBAP
c) 2
1
4
2, dbPBP
43. Sejam:
A: «Sair bola azul»; B: «Sair bola amarela»; C: «Sair bola verde».
2
)(BP
AP e 5,0)( CP
Então, 3
1)(15,0)(
2
)(1)()()( BPBP
BPCPBPAP e
6
1)( AP
76
142;14
3
142;215,042
Existem 21 bolas verdes, 14 bolas amarelas e 7 bolas azuis. 44. Sejam:
A: «Funcionar com sistema manual»; B: «Funcionar com sistema eletrónico».
Então, 95,068,085,078,0)()()()( BAPBPAPBAP
A probabilidade de funcionamento da máquina é 0,95.
45. )()()( 2121 APAPAAP , porque, 21 AA e 1)()()( 321 APAPAP ,
então, 5
1)(1)()()(3 2222 APAPAPAP e
5
3)( 1 AP
Assim, 5
4
5
1
5
3)( 21 AAP
46. 5,0)()()()()()()( APABPAPBAPBPAPBAP , então,
15,05,065,0)( AP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 9
47.
47. 1 012
1
2
1
3
1
4
1)()()()( BAPBPAPBAP , então, A e B
são compatíveis. 47.2
a) 2
1)(1)()( BAPBAPBAP
b) 4
1
12
1
3
1)()()( BAPBPABP
48. Sejam:
J: «A Joana é aprovada»; L: «O Luís é aprovado».
Sabe-se que: 4,0)(;5,0)( LPJP e 1,0)( LJP
a) 8,01,04,05,0)( LJP
b) 2,08,01)()( LJPLJP
c) 4,01,05,0)()()( LJPJPLJP e, analogamente,
3,01,04,0)( JLP
7,03,04,0»)(« aprovadoserdelesumapenasP
49. )(1)()()()()( BAPBPAPBAPBPAP
)(1)()()(1)()( BAPBAPBPAPBPAP
50.
a) )()(1)(1)()()( BAPBPAPBAPBPAP
)()()()()()()()(
)(1)()()()(1
BPAPBPAPBPAPBPAP
BAPBPAPBPAP
b) )(1)()()()()( BAPBAPBPAPBAPBAP
)()()(1)( BPAPBPAP
51.
51.1 )()()(1)(1)()( BAPBPAPBAPBAPBAP
)(5,0)(4,01,01 BAPBAP
Então, 05,05,0)( BAP e, então, A e B são incompatíveis.
51.2 1)(1)( BAPBAPBAP
1.3 Probabilidade condicionada e independência 52.
52.1 Existe uma possibilidade em duas, já que para poder pagar o café tem de
retirar a moeda de 1 €. Assim, 2
1p .
52.2
a) 1p já que é certo que retirará a moeda de 1 €.
b) Novamente, uma possibilidade em duas, 2
1p .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 10
53. Visualizando todas as somas possíveis:
53.1 12
7
36
21)( AP e
2
1
36
18)( BP
53.2
a) »)6(«)|( quedomaiorésomaaquesabendoparsersomaaPABP
7
3
21
9
b) »)6(«)|( paréquesabendoequedomaiorsersomaaPBAP
2
1
18
9
54. Sejam:
A: «Chegar atrasado»; C: «Ir de carro para a escola». Organizando os dados numa tabela tem-se:
54.1 08,0)( ACP
54.2 91,076
69
76,0
69,0)|( CAP e 67,0
3
2
24,0
16,0)|( CAP
A melhor opção é ir de carro com a mãe pois a probabilidade de não chegar atrasado é maior.
55.
55.1 )(1)()( BAPBAPBAP e, como 7,0)(1 BAP , tem-se
que 03,0)( BAP e, então, A e B são compatíveis.
55.2 7
3
7,0
3,0)|( BAP e 6,03,07,02,0)( BAP
56. Sejam
M: «O Sr. Martins ver a telenovela». F: «A Sra. Martins ver a telenovela».
Sabe-se que: 5,0)(;25,0)( FPMP e 4,0)|( FMP
56.1 2,04,05,0)|()( FMPFPFMP
56.2 8,025,0
2,0
)(
)()|(
MP
MFPMFP
56.3 55,02,05,025,0)( MFP
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
C C
A 7% 8% 15%
A 69% 16% 85%
76% 24% 100%
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 11
57. Sejam:
E : «O iogurte está estragado»;
P : «O iogurte está dentro do prazo de validade».
8,010
8)( PP
Então,
134,065,02,0005,08,0
)|()()|()()()(
PEPPPPEPPPPEPPEPEP
58. Sejam:
V : «Retirar bola vermelha»;
1A : «Retirar uma bola do saco 1A »;
2A : «Retirar uma bola do saco 2A »;
3A : «Retirar uma bola do saco 3A ».
5
2
8
4
3
1
10
3
3
1
5
2
3
1
|||
)()()()(
332211
321
AVPAPAVPAPAVPAP
AVPAVPAVPVP
59. XYZP | significa a probabilidade de sair cartão laranja com a letra I na
segunda extração sabendo que na primeira extração saiu um cartão amarelo. Assim, se na primeira extração saiu um cartão amarelo e não houve reposição, ficam apenas 19 cartões na caixa, dos quais apenas um é laranja e tem a letra I,
então, a probabilidade pedida é 19
1.
60. )()|()()( BPBAPBPAPBAP
)()(
)()()()(
)()()(1)(1
)()(
)()()(1)(
BAPBAP
BAPBPAPBAP
BAPBPAPBAP
BPBP
BAPBPAPBAP
61.
a) )()()()( BAPBPAPBAP , então,
1,0)()()()(1,0)()( BAPBAPBPAPBPAP
5,0)(2,0)(
1,02,0)|( BP
BPBAP
b) 8,05,0
1,05,0
)(
)()(
)(
)()|(
BP
BAPBP
BP
BAPBAP
62. Se 5,0)|( ABP , então, no dado o número de faces com número ímpar é o
dobro do número de faces com número ímpar e superior a 1. Como só existem faces com o número 1, 2 ou 3 concluímos que os números em falta são o 1 e o 2.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 12
63. Sejam: B: «Ser aluno do Ensino Básico»; J: «Ir ao jantar de Natal».
2
1)(;
4
1)( JPBP e
4
1)|( JBP
63.1 8
1
4
1
2
1)( BJP
63.2 8
1
8
1
4
1)()()(;
2
1)( BJPBPBJPJP
)(8
1
4
1
2
1)()( BJPBPJP , então, não ir ao jantar é independente
de ser aluno do Ensino Básico. 64.
64.1
a) 7
1
6
2
7
3p
b) 7
1
6
2
7
3p
64.2
64.2.1 3
1p , pois existem 3 bolas brancas das quais só uma tem o número
2.
64.2.2 7
3)( Ap e
7
2)( Bp
7
2
7
3
7
1)( BAp , então, não são independentes.
65. Sabe-se que: )(2)( BPAP e 8
5)( BAP , então,
8
5)()()( BAPBPAP e, como A e B são independentes, tem-se:
4
1)(
4
5)(
8
5)()(2)()(2 BPBPBPBPBPBP
Como 1)(0 BP , conclui-se que: 4
1)( BP e
2
1)( AP
66. Seja A : «Soma igual a 5», então, )4,1(),1,4(),2,3(),3,2(A e,
consequentemente, 2
1
4
2p
67. Sabe-se que:
)()()()(1)()(
)()()()(
)()()()()()()(
APBPABPAPBPABP
BPAPBPABP
ABPBPAPBPABPBAPBP
Se
)()()( APBPABP , então, A e B são independentes.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 13
68. Sejam: B: «Sair bola branca»; P: «Sair bola preta». Ao fim dos três lançamentos, temos 8 casos possíveis (BBB, BBP, BPB, BPP, PBB, PBP, PPB, PPP), dos quais apenas seis (BBP, BPB, BPP, PBB, PBP, PPB) são favoráveis ao pretendido, e destes deve retirar-se uma das duas bolas da mesma cor, de entre as três, para que fiquem, após a extração, uma bola branca e uma bola preta.
Assim, a probabilidade pedida é: 2
1
3
2
8
16 p
Mais exercícios (Pág. 50 a 53)
Escolha múltipla 69. Opção (C).
1;6,5,4,3,2;5,3,2;6,5,4 BABABA
70. Opção (C).
Os acontecimentos A e B são incompatíveis, porque são disjuntos, mas não são contrários, porque a sua união não é o espaço amostral.
71. Opção (A).
Seja x o número de primas do João, então, 33
2
6
6
x
x
72. Opção (B).
6
1
6
2
4
2p
73. Opção (C).
5
1
5
1
5
5p
74. Opção (C).
Existem seis casos possíveis, de acordo com a ordem de chegada (JPR, JRP, PJR, PRJ, RPJ, RJP) e destes apenas em três o João chega primeiro do que o
Rafael.
Assim, 2
1
6
3p
75. Sintetizando os dados num diagrama de Venn:
75.1 Opção (C).
63
26
630
260p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 14
75.2 Opção (C).
7
3
210
90p
76. Opção (B).
Sejam:
A : «Ser aprovado no 1.º exame»;
B : «Ser aprovado no 2.º exame».
9,05,08,06,0)()()()( BAPBPAPBAP
77. Opção (C).
Designemos por A e B cada um dos acontecimentos.
3,05,04,05,04,01)()()(1)()( BAPBPAPBAPBAP
78. Opção (B).
De acordo com os dados fornecidos sabe-se que:
2,0)()(
9,0)()(
BPAP
BPAP
Assim, tem-se 2,0)(9,0)( APAP
Apenas 4,0)( AP verifica a igualdade.
79. Opção (B).
Sabemos que foi extraída uma bola verde, então, no momento da segunda extração estão 5 bolas verdes na caixa. Se a probabilidade de retirar bola preta é
2
1 significa que nesse momento existem na caixa tantas bolas verdes como
pretas. Inicialmente, existiam 5 bolas pretas na caixa.
80. Opção (A).
Se 0)|( BAP , então, 0)( BAP o que significa que A e B são
incompatíveis. 81. Opção (D).
Dos dados fornecidos tem-se 15,0)()(25,04,05,0 BAPBAP
Assim, 6,025,0
15,0)|( BAP
82. Opção (B).
Sabe-se que: 6,0)(15,0)(25,0 BPBP , então,
7015060250 ,,,,)( BAP
83. Opção (D).
Se X e Y são incompatíveis, )()()( YPXPyXP e, então, tem-se
10
1)(
2
1)(5 YPYP
84. Opção (D).
Resulta de imediato da interpretação da afirmação.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 15
85. Opção (A).
A probabilidade de ser zero de g sabendo que é zero de f é 2
1.
Resposta aberta 86.
86.1
),,(),,,(),,,(),,,( RitaRafaelAnaRitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoE
86.2
A
),,(),,,( RitaRafaelAnaRitaAnaAlbertoB
),,(),,,(),,,(),,,( RitaRafaelAnaRitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoC
),,(),,,(),,,( RitaRafaelAlbertoRitaAnaAlbertoRafaelAnaAlbertoD
86.2.1 A é impossível, B é composto, C é certo e D é composto.
86.2.2 4
3p
87.
87.1
a))2,3,4(),3,2,4(),1,3,4(),3,1,4(),1,2,4(),2,1,4(),2,4,3(),4,2,3(),1,4,3(
),4,1,3(),1,2,3(),2,1,3(),3,4,2(),4,3,2(),1,4,2(),4,1,2(),1,3,2(),3,1,2(),3,4,1(),4,3,1(),2,4,1(),4,2,1(),2,3,1(),3,2,1(
b)
)4,4,4(),3,4,4(),2,4,4(),1,4,4(),4,3,4(),3,3,4(),2,3,4(),1,3,4(),4,2,4(),3,2,4(),2,2,4(),1,2,4(),4,1,4(),3,1,4(),2,1,4(
),1,1,4(),4,4,3(),3,4,3(),2,4,3(),1,4,3(),4,3,3(),3,3,3(),2,3,3(),1,3,3(),4,2,3(),3,2,3(),2,2,3(),1,2,3(),4,1,3(),3,1,3(),2,1,3(
),1,1,3(),4,4,2(),3,4,2(),2,4,2(),1,4,2(),4,3,2(),3,3,2(),2,3,2(),1,3,2(),4,2,2(),3,2,2(),2,2,2(),1,2,2(),4,1,2(),3,1,2(),2,1,2(
),1,1,2(),4,4,1(),3,4,1(),2,4,1(),1,4,1(),4,3,1(),3,3,1(),2,3,1(),1,3,1(),4,2,1(),3,2,1(),2,2,1(),1,2,1(),4,1,1(),3,1,1(),2,1,1(),1,1,1(
87.2
a) 2
1
24
12p
b) 4
3
24
18p
c) 6
1
24
4p
88.
a) 12
11
12
11)(1)( BAPBAP
b) 4
3
12
1
3
11)()(1)(1)(
BAPAPBAPBAP
c) 4
1
4
31)(1)( BAPBAP
89. O icosaedro tem 20 faces, então:
315,020;21,020;525,020;63,020;42,020
O icosaedro tem 4 faces azuis, 6 faces vermelhas, 5 brancas, 2 pretas e 3 verdes.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 16
90. a)
)(1)()()()()()()()( BAPBPAPBAPBPAPBAPBPAP
)(1)()()(1)()( BAPBAPBPAPBPAP
b) Sabe-se que )()()()( BAPBPAPBAP , então, tem-se
0)()()()(2)(3 BAPBAPBPBPBP
91.
a) 5
2
20
8p
b) 20
7p
c) 5
1
20
4p
d) 3
2
12
8p
92.
)|(
)(
)(
)()()(|)(|( BAP
BP
BAP
BP
BAP
BP
BBBAP
BP
BBAPBBAPBBAP
93.
93.1
)(
)()(
)(
1)(1
)(
)(1
)(
)(
AP
BAPAP
AP
BAPBP
AP
BAP
AP
BAPBP
00)()()()()()( BAPAPBAPBPAPBp
93.2 Sejam:
P : «Ser português»;
M : «Ser rapaz». Se 3 em 5 dos participantes portugueses são rapazes, isto significa que
6,0)|( PMP , então, 15,06,025,0)|()()( PMPPPPMP
Os dados fornecidos podem ser sintetizados na tabela seguinte:
Então, 42,0)( PMP , ou seja, a probabilidade é de 42%.
94.
94.1 Vejamos todos os casos possíveis numa tabela de dupla entrada:
0,10 € 0,10 € 0,20 € 0,20 € 0,20 € 0,50 €
0,10 € (0,10; 0,10) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,50)
0,10 € (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,20) (0,10; 0,50)
0,20 € (0,20; 0,20) (0,20; 0,20) (0,20; 0,50)
0,20 € (0,20; 0,20) (0,20; 0,50)
0,20 € (0,20; 0,50)
0,50 €
P P
M 0,1 0,42 0,52
M 0,15 0,33 0,48
Total 0,25 0,75 1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 17
a) 15
4p
b) 5
3
15
9p
94.2 )|( ABP significa a probabilidade de as duas moedas retiradas do bolso
esquerdo terem valores diferentes, se as três moedas retiradas do bolso direito tinham o mesmo valor. Se as três moedas retiradas do bolso direito tinham o mesmo valor, então, estas só poderiam ser as três moedas de 0,20 €. Sendo assim o bolso esquerdo ficou, antes da segunda extração, com três moedas de 0,10 € e quatro moedas de 0,20 €. Pretendemos retirar agora duas moedas das sete existentes nesse bolso. Nesta situação temos 21 casos possíveis (construir tabela de dupla entrada se necessário), dos quais apenas 12 são favoráveis ao que se pretende. Assim, a
probabilidade pedida é 7
4
21
12p .
95. Na tabela seguinte podemos organizar todos os casos possíveis: x −2 −1 0 0 1 2
−2 (−2, −2) (−2, −1) (−2, 0) (−2, 0) (−2, 1) (−2, 2)
−1 (−1, −2) (−1, −1) (−1, 0) (−1, 0) (−1, 1) (−1, 2)
0 (0, −2) (0, −1) (0, 0) (0, 0) (0, 1) (0, 2)
1 (1, −2) (1, −1) (1, 0) (1, 0) (1, 1) (1, 2)
2 (2, −2) (2, −1) (2, 0) (2, 0) (2, 1) (2, 2)
3 (3, −2) (3, −1) (3, 0) (3, 0) (3, 1) (3, 2)
95.1
a) Para o ponto pertencer ao 2.º quadrante a sua abcissa tem de ser
negativa e a ordenada positiva, então, 9
1
36
4)( Ap
b) 3
1
36
12)( Bp
c) Para que o ponto pertença à bissetriz dos quadrantes ímpares a sua
ordenada tem de ser igual à sua abcissa. Assim: 6
1
36
6)( Cp
d) Existem cinco pontos que pertencem à reta dada: (0, 2); (1, 1); (2, 0); (2, 0); (3, −1).
Assim, 36
5)( Dp
e) 9
40
3
1
9
1)()()()( BAPBPAPBAp
f) Só o ponto (1, 1) pertence às duas retas e, então, 36
1)( DCp
95.2 )|( DAP significa a probabilidade de o ponto pertencer ao 2.º quadrante se
pertencer à reta de equação y=-x+2. Os pontos que pertencem à reta são: (0,2); (1,1); (2,0); (2,0); (3,-1). No entanto, nenhum destes pontos tem abcissa negativa e ordenada positiva o que significa que a probabilidade pedida é zero.
y
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 18
Autoavaliação 1 (Pág. 54 a 55)
Grupo I 1. Dos cinco pontos escolhidos (pontos de interseção dos gráficos de f e de g),
apenas dois são zeros de f, então, 5
2p .
Resposta: B
2. Como A e B são incompatíveis,
36,038,074,0)()()( BPBPAPBAP
Resposta: B 3. Depois de retirada uma bola com número par ficam na caixa nove bolas das quais
apenas quatro têm número par. Então, 9
4p
Resposta: B
4. Se 2
1| BAp , então, significa que das figuras pintadas de azul metade são
quadrados, o que só acontece na opção D. Resposta: D
5. 3
1)(
3
2)( BAPBAP e
5
3
3
1
3
1
5
3)( BAP
Resposta: D Grupo II 1.
1.1
1.2
a) AC e 36
19)( ACp porque os divisores de 36 superiores a 1 são: 2,
3, 4, 6, 9, 12, 18 e 36.
b) CB e 9
1
36
4)( CBp porque os divisores primos de 36 são: 2 e 3.
c) AB e 36
29)( ACp são todos os produtos exceto 1, 2, 3 e 5.
2. Sejam:
E : «O semáforo estar vermelho»;
V : «O semáforo estar verde»;
L : «O semáforo estar laranja».
Sabe-se que: )(2)( EPVP e )(6)( EPLP
1 2 3 4 5 6
1 1 2 3 4 5 6
2 2 4 6 8 10 12
3 3 6 9 12 15 18
4 4 8 12 16 20 24
5 5 10 15 20 25 30
6 6 12 18 24 30 36
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 19
a) Então, 9
1)(1)(6)(2)(1)()()( EPEPEPEPLPVPEP
b) 9
2)( VP
c) 3
2
9
6)( LP
3. Sejam:
S : «A Carolina ganha o primeiro set»;
J : «A Carolina ganha o jogo».
Sabe-se que: 35,0)( SP e 75,0)|( SJP
a) 65,035,01)( SP
b) 2625,075,035,0)|()()( SJPSPJSP
c) 0875,02625,035,0)()()( JSPSPJSP
4.
a) 06,03,02,0)|()()( BAPBPBAP
48,042,006,0)()()(
42,06,07,0)|()()(
6,04,01)|(1)|(
BAPBAPAP
BAPBPBAP
BAPBAP
8
1
48,0
06,0
)(
)()|(
AP
BAPABP
b) 25
1806,03,048,0)()()()( BAPBPAPBAP
c) 50
2142,0)()( BAPBAP
1.4 Análise combinatória
96. 90001010109
São 9000 números. 97.
97.1 933
97.2 Para ser menor do que 30 , o primeiro algarismo só pode ser 2 , e, então,
temos 331 números nessas condições.
97.3 Para ser múltiplo de 5 , o último algarismo só pode ser 0 ou 5 . Então,
temos 623 números nestas condições.
98. 36334
Pode ir vestida de 36 maneiras diferentes. 99.
99.1 0005292310 23
99.2 0002323103
100. 9
1
33
11
p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 20
101. 25644
Terá 256 meses sem repetir nenhum código. 102.
102.1 00029052310 24
Podem ser emitidas 0002905 matrículas.
102.2 00010104
Existem 00010 matrículas com as letras EX (por esta ordem).
102.3 O número de matrículas com os algarismos e as letras iguais são:
2302310
Assim, 00023
1
0002905
230p
103. 30562
6 A
104. 72089103
10 A
105.
105.1 2255335
105.2 15
8
225
4235
p
106.
a) 603453
5 A
b) Se é um número de três algarismos, o primeiro não pode ser zero. Assim,
temos 18233 números.
107.
a) 20015156789106
10 A
b) 4905909109999910 5
108. 32040!8
109.
109.1 880362!9
109.2 Existem vários casos: 1.º caso Três leões seguem juntos, por exemplo, TLLLTLTLT. Existem 3 posições
diferentes para o grupo dos três leões e, então, temos !4!53 maneiras.
2.º caso
Cada leão alterna com um tigre, LTLTLTLTL, e temos !4!5 maneiras.
3.º caso Dois leões seguem juntos, por exemplo, LLTLTLTLT. Existem 8 posições
para o grupo dos dois leões e, então, temos !4!58 maneiras.
4.º caso Existem dois grupos de dois leões, por exemplo, TLLTLTLLT. Existem 3 posições diferentes para os dois grupos de dois leões e, então, temos
!4!53 maneiras.
Concluindo, 42
5
!9
!4!515
p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 21
110. 24!4 Existem 24 anagramas da palavra AMOR.
111.
111.1 32040!8
111.2 As áreas podem permutar entre si e, dentro da mesma área, os livros também podem permutar entre si.
Então, 280
3
!8
!3!2!3!3
P
112. 7212343 números.
113.
113.1 Com um sinal: 2 letras.
Com dois sinais: 422 letras.
Com três sinais: 823 letras.
Com quatro sinais: 1624 letras.
3016842
É possível formar 30 letras.
113.2 2
1
30
8421
p
114.
114.1 7203
10 A
720010720 segundos, ou seja, 2 horas.
114.2. Se o código tem um único zero, este pode ser o primeiro, o segundo ou o terceiro algarismo e os outros dois algarismos têm de ser ambos diferentes de zero.
Assim, temos 216893 códigos com um único zero, dos quais
apenas um é o que abre o cofre. Então, 216
1p
115.
a)
nn
nn
n
n
!1
!1
!1
!
b)
23!
!12
!
!2 2
nnn
nnn
n
n
116.
a)
56030302
2130
2
2
nnnn
n
nnn
n
n
!
!
!
!
Como 0Nn , então, 6n .
b)
85040342!
!1242
!
!2 2
nnnnn
nnn
n
n
Como 0Nn então 5n .
c)
12130156156!2
!21156
!2
! 2
nnnn
n
nnn
n
n
Como 0Nn então 13n .
117.
a) 24!4 números.
b) 25644 números.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 22
118.
a) Se terminam em S, apenas as primeiras seis letras podem permutar.
Então, tem-se 720!6 anagramas.
b) Apenas 5 letras podem permutar. Então, 120!5 anagramas.
119. Como existem três idades diferentes (3, 4 e 5 anos), estas podem permutar
entre si e as crianças da mesma idade também podem permutar entre si.
Tem-se, então, 432!3!2!3!3
120. 5040!78
!8 maneiras diferentes.
121. As quatro empresas podem ser «arrumadas» em círculo e, em cada empresa,
os diretores podem trocar entre si.
Então, tem-se 962!322224
!4 4 maneiras diferentes.
122. Como o algarismo 2 se repete três vezes e o algarismo 5 se repete duas, as
permutações entre eles originam números iguais. Assim, tem-se 60!2!3
!6
números diferentes.
123. 60!2!3
!6
sinais diferentes.
124. Das oito prateleiras, duas ficam vazias, duas ficam com as jarras iguais e quatro
ficam com os pratos distintos entre si. Assim, as permutações entre as vazias e entre as que ficam com as jarras originam disposições iguais.
Então, 08010!2!2
!8
disposições diferentes.
125.
125.1 Pretende-se escolher conjuntos de sete questões de um total de dez.
Como a ordem é irrelevante tem-se 1207
10 C .
Pode fazer 120 escolhas diferentes. 125.2 Se as primeiras quatro são obrigatórias resta escolher três de um total de
seis sendo a ordem irrelevante.
Assim, existem 203
6 C maneiras diferentes de escolher.
126. Quaisquer três pontos da circunferência formam um triângulo sendo a ordem
irrelevante.
Então, tem-se 843
9 C triângulos.
127.
127.1 Num baralho completo existem 13 cartas de espadas. Como se pretende grupos de três cartas, a ordem é irrelevante.
Tem-se, então, 2863
13 C grupos diferentes.
127.2 Existem 26 cartas vermelhas e 26 pretas.
Existem 0008452
26
3
26 CC grupos.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 23
128. Como dois jogadores já estão escolhidos, resta escolher três de um total de dez jogadores e como não há diferenciação de jogadores, a ordem não interessa.
Assim, tem-se 1203
10 C escolhas possíveis.
129. Interessam-nos todos os grupos de seis alunos a que a Rita e o Tiago não
pertencem simultaneamente.
Então, temos 388504
19
2
2
6
21 CCC grupos nestas condições.
130. Basta escolher cinco cores distintas para as faces laterais e depois permutá-las tendo em conta que se encontram em círculo. Feita esta escolha, a base fica pintada com a cor restante.
Tem-se, assim, 1445
!55
6 C formas distintas de pintar as faces da pirâmide.
131.
131.1
a) 8402
6
3
8 CC conjuntos.
b) Esses vértices podem ser do cubo ou do octaedro.
625
6
5
8 CC conjuntos.
131.2 O cubo tem seis faces, por isso existem seis conjuntos nas condições pedidas.
Então, 1001
36
5
14
Cp
132. Podemos escolher três dos oito compartimentos (os que ficam vazios) ou cinco
dos oito (os que ficam com as bolas).
563
8
5
8 CC
133. Sabe-se que 22 CC n
n
n e, então, a igualdade dada é equivalente a:
14150210210)!2(
)!2)(1(210
)!2(
!2102 2
2
nnnn
n
nnn
n
nCn
Como 0Nn , tem-se n=15.
134. 565
8
5
7
4
7 CCC
Pode fazer 56 tipos de arranjos florais.
135. 321220212
1
p
n
p
n
p
n CCC
136. Sabe-se que 12
145
12
155
2
155
n
n
n
n
n
n CCC , então, a igualdade dada é equivalente
a:
72)1(145121121
145
12
145
nnnnnnnCC n
n
n
n
Como 0Nn , tem-se 7n .
137.
a) 08
11
8
11
8
11
3
11
8
11
3
10
2
10 CCCCCCC
b) 0111
11
11
1
11
1
r
sr
r
sr
r
sr
ssr
sr
r
sr
s
sr
r
sr
s
sr
s
sr CCCCCCCCC
138. 2048211
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 24
139. O cliente pode não adicionar qualquer ingrediente ou pode acrescentar um, dois, três, quatro, cinco ou seis ingredientes.
Assim, tem-se 6426
6
6
5
6
4
6
3
6
2
6
1
6
0
6 CCCCCCC pizas diferentes.
140. Se tem 17 elementos, trata-se da 16.ª linha e o quinto elemento dessa linha é:
18204
16 C
141. 1010242 nn, ou seja, trata-se da 10.ª linha.
O terceiro elemento da linha anterior é 3629 C .
142. Trata-se da linha número 11.
a) 1653
11 C
b) 4954
12 C
143. Sejam: 1, a e b os três primeiros elementos dessa linha.
1051061 baba
Como o terceiro elemento da linha seguinte é ba , então é igual a 105.
144. Sejam: 1, a e b e 2024 os quatro primeiros elementos dessa linha.
Então, 300232520241 baba
O terceiro elemento da linha seguinte é ba , ou seja, 300.
145. Trata-se da linha n.º 2009.
Um extrato dessa linha é: 1 2009 2017036 … 2017036 2009 1 Esta linha tem 2010 elementos e apenas quatro destes são menores do que 1 milhão. Então, existem 2006 elementos maiores do que 1 milhão.
146. Se tem 21 elementos trata-se da 20.ª linha, onde os dois primeiros elementos e
os dois últimos são 1 e 20 (números cuja soma é 21). Temos, então, 4 casos favoráveis.
Assim, 105
24
2
21
Cp
147. 50
5
54
4
532
3
523
2
54
1
505
0
55baCbaCbaCbaCbaCbaCba
54322345 510105 babbababaa
148.
a) 50
5
54
4
532
3
523
2
54
1
505
0
55)3()3()3()3()3()3(3 xCxCxCxCxCxCx
2434052709015 2345 xxxxx
b) 4
4
43
3
422
2
43
1
44
0
44)()()()()()()( prCprpqCprpqCprpqCpqCprpq
44342243444 464 rpqrprqprqpqp
149. 45153
15
16
16 483 pqqpCT
150. Um termo genérico deste desenvolvimento é:
16886
8
2
8
1 11
kk
k
kk
kk xCxx
CT
Se se pretende o termo independente 20168 kk
E, assim, o termo independente é: 2812
2
8 C
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 25
151. Um termo genérico deste desenvolvimento é: kk
kk baCT
2020
1
a) 3k , então, o coeficiente é: 11403
20 C
b) 17k , então, o coeficiente é: 11403
20
17
20 CC
152.
a) 1024210
b) Pretende-se determinar a soma dos 15 coeficientes e, de acordo com a lei da simetria a soma pretendida é:
03432300320021001364911412
21 7
14
6
14
5
14
4
14
3
14
2
14
1
14
0
1414
0
14
CCCCCCCCCk
k
k
153.
a) 1041014
10
14
11 1001 yxyxCT
b) 1010
10
1010
10
1010
1011 976562555 yxCyxCyxCT nnnnnn
154. Como o desenvolvimento tem 9 termos, o termo central é o 5.º termo.
8442
4
8
5 17920)4( xxCT
155. Um termo genérico do desenvolvimento é:
1236
212
6
6
2
6
1
1
kk
kk
kk
k
k
k
kk xsCx
xsCsx
xCT
Para determinar o coeficiente de 3x tem-se 53123 kk e, então,
555
5
6 3318 sssC
156. Número de casos possíveis: 3
12C
Número de casos favoráveis: Para que formem um triângulo, os pontos não podem ser colineares, ou seja, dois têm de pertencer a uma reta e o outro à outra reta.
Tem-se duas situações dado que existem duas retas: 1
5
2
7
1
7
2
5 CCCC
Então, 44
35
220
17557
3
12
2
7
2
5
C
CCp
157.
157.1 Como existem quatro trabalhos e três empresas e todas são contratadas, uma empresa tem de ficar com dois trabalhos atribuídos e os trabalhos restantes serão atribuídos a cada uma das outras empresas. Assim, das três empresas qualquer uma pode ficar com os dois trabalhos
( 1
3C ) e dos quatro trabalhos, dois são atribuídos a essa empresa ( 2
4C ) e
cada um dos trabalhos restantes pode ser atribuído a qualquer uma das
duas empresas restantes ( !2 ).
Concluindo, o número de maneiras distintas de atribuir os trabalhos é:
36!22
4
1
3 CC
157.2 Relativamente ao número de casos favoráveis, como a Gecasa fica com dois trabalhos, estes podem ser escolhidos dos quatro existentes e, mais uma vez, os restantes podem permutar de empresa.
Então, 3
1
36
12
36
!22
4
C
p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 26
158. Consideremos o acontecimento contrário «os três funcionários pertencem ao
mesmo turno» e determinemos a sua probabilidade:1771
277
3
23
3
3
3
12
3
8
C
CCCp
Então, a probabilidade pedida é: 1771
1494
1771
2771 p
159.
a) 24
1
8
2
9
3
10
5p
b) Número de casos favoráveis: Como temos uma bola de cada cor, temos
235 possibilidades mas as cores podem sair por diferentes ordens, ou
seja, temos !3 sequências de cores.
Assim, o número de casos favoráveis é: 235!3
A probabilidade pedida é: 4
1
720
180235!3
3
10
Ap
160. Número de casos possíveis: 5
25C
Número de casos favoráveis: Se colocarmos uma garrafa na 1.ª linha temos 5 possibilidades, para a segunda garrafa na 2.ª linha já só temos 4 possibilidades porque não pode ficar na mesma coluna, para a terceira garrafa na 3.ª linha restam 3 possibilidades, para a quarta apenas 2 e, finalmente, só nos resta uma única hipótese para a última garrafa.
Assim, o número de casos favoráveis é: 12345
Então, 1771
4!5
5
25
Cp
161.
a) Para não estarem na mesma face, os dois vértices têm de ser os extremos das diagonais espaciais do cubo. Sendo assim, existem apenas 4 casos favoráveis,
Então, 7
1
28
44
2
8
Cp .
b) Quaisquer dois vértices do cubo estão em faces opostas, então: 1p
162. Número de casos possíveis (corresponde ao número de tentativas):
Existem três situações, o primeiro e o último algarismos são zero e, então, os algarismos do meio têm três hipóteses para cada um (7, 8 ou 9) ou o primeiro e o último algarismos estão na 2.ª linha e os do meio na 3.ª ou o primeiro e o último algarismo estão na 3.ª linha e os do meio estão na 4.ª.
Então, o número de casos favoráveis é: 171333 442 .
Como só existe um caso favorável (corresponde ao código correto), tem-se:
171
1p
X
X
X
X
X
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 27
163.
163.1 Número de casos possíveis: !10
Número de casos favoráveis: As letras terão de sair pela ordem FELICIDADE, e, como existem algumas letras iguais, tem-se
81112112121 casos favoráveis.
Então, 453600
1
!10
8p
163.2 Número de casos possíveis: 902
10 A
Número de casos favoráveis: Há três possibilidades para obter letras
iguais (DD, EE, II) e, então, tem-se: 63 22 A
Então, 15
1
90
6p
164.
164.1 Para que o número seja par, o último algarismo tem de ser par, ou seja, existem apenas 4 hipóteses para o último algarismo e, como os algarismos têm de ser distintos, restam 8 algarismos que podem permutar entre si.
Assim existem 2801614!8 números nas condições pedidas.
164.2 Temos 4 posições para os dois algarismos ímpares consecutivos: IIPIPIPIP; IPIIPIPIP; IPIPIIPIP; IPIPIPIIP. Em cada uma das posições anteriores, os algarismos são distintos e podem permutar, pares com pares e ímpares com ímpares.
Então, 14
1
161280
!4!54
p
165. Número de casos possíveis: São todos os anagramas de JOGO, não
esquecendo que existem duas letras iguais, ou seja, são 12!2
!4 casos
possíveis. Número de casos favoráveis: De todos os anagramas, apenas 2 correspondem
ao pretendido, OGOJ e OJOG. Assim, 6
1
12
2p
166. Número de casos possíveis: 563
8 C
Número de casos favoráveis: Por cada diagonal do octógono existem 6 triângulos retângulos. Por exemplo, se considerarmos a diagonal [FB], existem os seguintes triângulos retângulos: [FGB]; [FHB]; [FAB]; [FCB]; [FDB]; [FEB]. (São retângulos, porque um dos ângulos internos é inscrito numa semicircunferência).
Como existem 4 diagonais, tem-se 2464 triângulos retângulos.
Então, 7
3
56
24p
167. Número de casos possíveis: 2525
5
5
10 CC
Número de casos favoráveis: Sendo as equipas formadas indiferenciadas, temos apenas um modo de constituir as equipas (rapazes para uma e raparigas para outra). Se as equipas fossem distintas, por exemplo, equipa A e equipa B, as raparigas poderiam constituir a equipa A ou a equipa B, havendo, por isso, duas maneiras de constituir as equipas.
Como não é feita alusão à diferenciação das equipas, tem-se: 252
1p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 28
168. Existem 610 códigos diferentes. Em 1000 tentativas distintas, temos:
1000
1
10
106
3
p de acertar no código correto.
169. Determinemos a probabilidade do acontecimento contrário: «A Ana e o Pedro
ficam juntos».
Número de casos possíveis: 32040!8
Número de casos favoráveis: A Ana e o Pedro têm 7 posições para ficarem juntos, podendo dentro de cada posição permutar entre si. Sentados a Ana e o Pedro, os outros amigos podem ocupar qualquer um dos seis lugares.
Assim, o número de casos favoráveis é: !6!27
Então, 4
1
!8
2!7
p
Como se pretende que a Ana e o Pedro fiquem separados, tem-se:
4
3
4
11 p
170.
170.1 Número de casos possíveis: 704
8 C
Número de casos favoráveis: Dos quatro homens escolhem-se dois e das quatro mulheres escolhem-se duas, sendo a ordem irrelevante. Por isso,
tem-se: 362
4
2
4 CC
Então, 35
18
70
36p
170.2 Número de casos possíveis: 1624
Número de casos favoráveis: Escolhemos dos quatro casais quais serão «representados» pelos homens e os restantes serão representados pelas
mulheres. Assim, o número de casos favoráveis é 62
4 C .
Assim, 8
3
16
6p
Mais exercícios (Pág. 85 a 89)
Escolha múltipla 171. Opção (B).
Existem no total 1243 formas possíveis de ir de A para C, passando por B.
172. Opção (B).
nnnnn
nnn
n
n
21!1
!11
!1
!1
173. Opção (D).
Como existem dois «P» e três «A» temos permutações com repetições. Assim, o
número de anagramas da palavra papagaio é: 3360!3!2
!8
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 29
174. Opção (A).
Para que o número seja par, tem de terminar em 2 , pois este é o único par do conjunto. Para que o número tenha exatamente dois algarismos iguais e seja par, os
outros dois algarismos podem ser iguais a 7,5,3,1 ou 9 , ou, um deles tem de ser
igual a 2 e o outro diferente de 2 , portanto, existem
15115151115 números nas condições pedidas.
175. Opção (B).
Como dois quadrados adjacentes não podem ter a mesma cor, o primeiro quadrado pode ser pintado com qualquer uma das quatro cores; o adjacente a este com qualquer uma das 3 cores, diferente daquela com que o primeiro se pintou; o adjacente a este pode ter a cor do primeiro ou qualquer outras das duas cores…
Assim, tem-se: 3343334
176. Opção (D).
Quaisquer três pontos distintos de uma circunferência são não colineares. Então, como dois pontos distintos definem uma reta, escolhidos dois quaisquer conjuntos distintos, de dois pontos escolhidos dos 15 da circunferência, obtêm-se duas retas distintas. Logo, com os 15 pontos da circunferência é possível
definir 2
15C retas distintas.
177. Opção (C).
Como existem apenas duas opções distintas para o João e quatro para a Maria,
existem 2455542 2 maneiras diferentes de os quatro amigos
escolherem os pastéis.
178. Opção (C).
Seja n o número de cores diferentes de papel. Existem 2An maneiras diferentes
de escolher a cor do papel e da fita. Então, tem-se 56301 nnnn
. Então, o número mínimo de cores diferentes é 6 .
179. Opção (B).
1011552 nnCn, como 2n vem 11n .
180. Opção (B). A linha tem 7 elementos, por isso, trata-se da 6.ª linha e, logo, o terceiro elemento dessa linha é o número de combinações de 6 elementos, 2 a 2.
181. Opção (A).
aaCT 3223
3
4
4
182. Opção (B).
92022 aa . Então, o segundo elemento da linha seguinte é 10 .
183. Opção (C).
Linha das permutações de 9 . Então, a soma de todos os elementos da linha
seguinte é: 1024210
184. Opção (D).
O apostador tem de acertar 4 dos números sorteados se acerta apenas em 4 ou
em 5, assim, a probabilidade pedida é 204
1115
5
20
4
5
C
C
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 30
185. Opção (D).
Com os 6 vértices do octaedro é possível definir 2
6C segmentos de reta distintos.
Como o octaedro tem 12 arestas, a probabilidade referida é 2
6
12
Cp
186. Opção (B).
Existe apenas uma possibilidade de o Rodrigo e a Cátia formarem grupo na apresentação do trabalho. Assim, a probabilidade de os dois não formarem
grupo é: 2
5
2
5
2
5
111
C
C
C
187. Opção (B).
Como existem 3 mulheres no grupo, existem apenas 32
3 C formas diferentes
de constituir grupos femininos. Então, a probabilidade pedida é: 15
13
2
10
C
188. Opção (B).
O soma é dezassete se os números saídos forem 1 e 6 , ou 2 e 5 , ou 3 e 4 ,
não necessariamente pela ordem indicada. Existem por isso 623 casos
favoráveis a que a soma seja 17. O número de casos possíveis é 2402
16 A .
Portanto, a probabilidade pedida é: 40
1
240
6
189. Opção (B).
Existem 9000109 3 números naturais com 4 algarismos, dos quais
45369 3
9 A têm os quatro algarismos diferentes. Então, a probabilidade
pedida é: 125
63
9000
4536
190. Opção (D).
Na urna existem 10 bolas brancas e 10 bolas com número primo. Das brancas,
4 têm número primo.
Assim, a probabilidade de o Gonçalo ganhar é dada por: 15
8
30
41010
191. Existem !3 formas diferentes de sentarem os 3 rapazes juntos e por cada uma
destas formas existem !4 formas diferentes de sentar as 4 raparigas juntas.
Como as raparigas e os rapazes não podem ser separados, existem duas formas de sentar os dois grupos (rapazes à direita ou à esquerda das raparigas).
Assim, no total existem 2!4!3 casos favoráveis de os rapazes ficarem juntos e
as raparigas também ficarem juntas. Como são 7 amigos para 7 lugares,
consecutivos, existem !7 maneiras diferentes possíveis de sentar os 7 amigos.
Assim, a probabilidade pedida é: !7
!4!32
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 31
Resposta aberta 192.
a) Como existem 10 canetas, existem 2104
10 C conjuntos diferentes que se
podem formar com extrações em simultâneo. Como 6 das canetas são
boas, dos 210 conjuntos que é possível formar, 154
6 C têm as 4
canetas boas. Então, a probabilidade pedida é: 14
1
210
15p
b) O acontecimento «pelo menos uma ser defeituosa» é o contrário de «todas
serem boas». Portanto, a probabilidade pedida é: 14
13
14
11 p
193.
193.1 Consideremos n como sendo o número de bombons com passas. Então,
o número de bombons com nozes é 2n e existem 22 n bombons na
caixa. Assim, a expressão que permite determinar a probabilidade de, ao retirar
dois bombons da caixa, se obter dois bombons de nozes é 2
22
2
2
C
Cn
n
Então, o valor de n é solução da equação: 7
2
2
22
2
2
C
Cn
n
Esta equação é equivalente a:
107
2
24
2
7
2
1222
12
7
2
!2!2
!22!2!
!2
nn
n
nn
nn
n
nn
n
Então, a caixa tem 22 bombons: 10 com passas e 12com nozes.
193.2 Número de casos possíveis: 2312
22 C ; número de casos favoráveis a
que os dois bombons tenham sabores diferentes: 1201012 .
Assim, a probabilidade pretendida é 77
40
231
120p
194.
194.1 Como se vão sentar numa mesa redonda o número de forma diferentes de
se sentarem são permutações circulares de 6 , ou seja, 120!56
!6
194.2 Número casos possíveis: 120!56
!6
Número de casos favoráveis: 48!2!4 (o pai e a mãe ficam juntos, logo,
funcionam como um só nas permutações circulares com os 4 filhos, no entanto podem permutar entre eles alterando assim a disposição). Então,
a probabilidade pedida é: 5
2
120
48p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 32
195. Como concorrem três arestas no vértice A, a formiga tem três escolhas possíveis; chegando ao vértice seguinte, como não pode voltar atrás, tem apenas duas escolhas; e no vértice seguinte, outras duas. Assim, a formiga tem
12223 escolhas possíveis para caminhar o equivalente a três arestas.
Para chegar a A, depois de percorrer duas arestas, fica apenas com uma escolha, ou seja, o número de casos favoráveis a chegar que lhe permitem
chegar a B são 6123 .
Portanto, a probabilidade de a formiga chegar a B saindo de A e percorrendo o
equivalente a três arestas é: 2
1p
196.
196.1 É necessário percorrer 12 lados sendo seis para «baixo» e seis para a
«direita». Assim, existem 9246
12 C trajetos.
Repare-se que, depois de escolhidos os lados a percorrer para baixo, resta apenas uma alternativa para os lados a percorrer para a direita.
196.2 Número de casos favoráveis a passar em B. De A a B existem 152
6 C
trajetos diferentes; de B a C existem 154
6 C . Então, para ir de A a C
passando por B existem 2251515 .
Então, escolhendo ao acaso um dos trajeto de A para C, a probabilidade
de este passar por B é: 308
75
924
225p
197.
197.1 A Joana tem de escolher 2 dos três de Saramago, 1 dos quatro de
Sophia de Mello Breyner Andresen e 3 dos cinco de Carl Sagan. Assim,
no total, tem 12010433
5
1
4
2
3 CCC escolhas diferentes.
197.2 A Joana pode optar por ler os dois livros de Saramago em primeiro e segundo lugar, ou em segundo e terceiro ou em terceiro e quarto ou em quarto e quinto ou ainda em quinto e sexto, podendo ainda trocar a ordem pela qual lê os dois. Escolhida a ordem pela qual vai ler os livros de Saramago, existem ainda as permutações que se podem efetuar entre
os outros 4 livros. Assim, existem 240!452 casos favoráveis a que
os livros de Saramago sejam lidos um a seguir ao outro.
O número de casos possíveis é 720!6 .
Portanto, a probabilidade pedida é: 3
1
720
240p
198.
198.1
a) Duas das posições das seis disponíveis são ocupadas por cincos,
enquanto cada uma das outras quatro é ocupada por um dos outros 9
algarismos. Assim, existem 9351095 3
2 C números da lotaria que
têm exatamente dois cincos. b) Ter pelo menos um sete é o contrário de não ter qualquer sete. Assim,
existem 95140910 55 números que não têm qualquer sete. Ao
número total de números emitidos, 610 , retiram-se aqueles que não têm
qualquer 7 .
198.2
a) Existe apenas um bilhete com o número 77777 , pelo que a
probabilidade de este número ser o sorteado é: 000100
1p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 33
b) Existem 10110 4 números com todos os algarismos iguais, pelo que
a probabilidade pedida é: 00010
1
000100
10p
c) Existem 240305
10 A números em que os algarismos são todos
diferentes. Então, a probabilidade pedida é: 625
198
000100
24030p
199.
199.1
a) Existem 10 números diferentes para 10 lugares. Então, existem
8006283!10 maneiras diferentes de numerar as restantes 10 faces.
b) Uma das pirâmides tem já duas faces numeradas com números
ímpares. Então, existem 122
4 A formas diferentes de numerar as
outras duas faces desta pirâmide (4 números ímpares para duas faces).
Para a outra pirâmide, existem 3604
6 A de a numerar ( 6 números
pares para 4 faces. Restam 4 números para numerar as restantes 4
faces, sendo 24!4 o número de formas diferentes de o fazer.
Assim, tem-se no total 2721062436012 formas diferentes de
numerar as faces do poliedro.
199.2 O poliedro tem 10 vértices, portanto existem 1203
10 C formas diferentes
de se escolher conjuntos de 3 pontos, ou seja, existem 120 caso
possíveis para a experiência aleatória em causa. Colocando o poliedro na posição referida na figura, os planos que contêm as faces das duas pirâmides são paralelos ao plano definido pela equação
0y ( xOz ), dado que são ambos perpendiculares ao eixo Oy .
Escolhendo três vértices de uma dessas faces, define-se um plano
paralelo a xOz . Então, existem 82 3
4 C casos favoráveis a escolher
três pontos que definam um plano paralelo a xOz .
Probabilidade pedida: 15
1
120
8p
200.
200.1 Existem 8 números diferentes para o primeiro dígito, podendo o segundo
e o terceiro ser qualquer dos 10 algarismos de 0 a 9 . Assim, existem
800108 2 códigos de área possíveis.
200.2 Para prefixo, existem 6401082 possibilidades diferentes, uma vez
que existem apenas 8 opções para os dois primeiros dígitos, e para
número de linha existem 99991104 , todos os códigos de 4 dígitos,
exceto o 0000 (todos os outros têm pelo menos um dígito diferente de 0 ).
Então, é possível atribuir 36039969999640 números de telefone nessa
cidade. 200.3 Utilizando os valores obtidos nos pontos anteriores é possível atribuir
00048811959999640800 números de telefone diferentes, neste país.
200.4 A Mariana tem de acertar nos três primeiros números do código de linha, uma vez que sabe que este termina em 0.
Sem restrições, existiriam 310 códigos de linha terminados em zero, no
entanto é necessário retirar daí o 0000 , obtêm-se, assim, 999 códigos de
linha diferentes com último dígito igual a 0 .
Então, a probabilidade de a Mariana conseguir falar com a Ana à primeira
tentativa é: 999
1p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 34
201. Existem três situações distintas.
1. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, e escolho um dos 5
envelopes para colocar as restantes fotografias (fica assim um envelope
com 4 fotografias e os outros com uma cada): 2801
5
5
8 CC
2. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, das 3 fotografias
restantes escolho 2 e um envelope para as colocar e a fotografia que sobra
coloco num outro envelope (fica assim um envelope com 3 fotografias,
outro com 2 e os restantes com uma cada): 33601
4
1
5
2
3
5
8 CCCC
3. Das 8 fotografias escolho 5, uma para cada envelope, e as restantes 3
distribuo pelos envelopes, uma para cada, não esquecendo que as
fotografias são todas diferentes (ficam assim 3 envelopes com 2 fotografias
e os restantes com uma cada): 33603
5
5
8 AC
No total existem: 700033603360280
202.
202.1 Como o clube tem 3 atletas seniores e 9 veteranos, tem de escolher dois dos três seniores e três dos nove veteranos ou três seniores de três e dois
dos nove veteranos. Assim, é possível constituir 2883
9
3
9
2
3 CCC
equipas nas condições exigidas. 202.2 Se a Adelaide e o Alberto já fazem parte da equipa, falta apenas
determinar o número de formas de escolher os restantes 3 elementos da
equipa, que têm de ser veteranos. Assim, existem 843
9 C casos
favoráveis a formar a equipa.
Então, a probabilidade pedida é: 24
7
288
84p
203. Casos possíveis: Como são 15 escuteiros e se pretende formar uma equipa de
5 elementos para montar o acampamento, não se atribui nenhuma função específica. Assim, escolhe-se 5 dos 15 elementos sem qualquer ordem, pelo que
o número de casos possíveis é: 5
15C
Casos favoráveis: O número de casos favoráveis a que o Francisco e a Catarina
fiquem na equipa é 3
13C . Se os dois fazem parte da equipa, apenas é
necessário escolher mais três dos restante 13, sem qualquer ordem ( 313C ). Se
ao total de equipas que é possível formar retirarmos o número de equipas que é possível formar tendo o Francisco e a Catarina, obtemos o número de equipas em que os dois não ficam juntos. Assim, o número de casos favoráveis é
3
13
5
15 CC .
Como todos os casos possíveis de formação da equipa têm igual probabilidade de ocorrer, a probabilidade de o Francisco e a Catarina não ficarem juntos na equipa é, de acordo com a Lei de Laplace, a razão entre o número de casos
favoráveis e o número de casos possíveis, ou seja, 5
15
3
13
5
15
C
CCp
204.
204.1 Sem restrições escolhe-se três dos nove amigos e escolhe-se um dos três quartos para estes três amigos; de seguida, escolhe-se três dos restantes seis e um dos dois quartos que sobram para estes três. Os restantes 3 amigos ficam com o quarto que resta.
Existem assim: 08010123 3
3
3
6
3
9 CCC maneiras de alojar os
amigos.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 35
204.2
a) Número de casos favoráveis: Os rapazes ficam todos juntos num
quarto, basta então escolher o quarto para eles; de seguida escolhe-se
três das seis raparigas e um quarto para elas ficando o quarto que resta
para as outras três raparigas. Assim, existem 12023 35 C casos
favoráveis a não haver pessoas de sexo diferente no mesmo quarto.
O número de casos possíveis: Como foi visto em 204.1, 08010 .
A probabilidade pedida é: 84
1
08010
120p
b) Número de casos favoráveis: Basta, então, escolher um dos três
quartos para os três amigos, de seguida, escolhe-se três dos restantes
seis amigos e um dos dois quartos que sobram, ficando o quarto que
resta para os outros três amigos. Assim, existem 12023 3
5 C
casos favoráveis a não haver pessoas de sexo diferente no mesmo
quarto.
O número de casos possíveis: Como foi visto em 204.1, 08010 .
A probabilidade pedida é: 84
1
10080
120p
205. Considere-se os acontecimentos:
A :«O atleta escolhido é do sexo feminino»;
B : «O atleta escolhido toma suplementos vitamínicos».
205.1 Sabe-se que: 175
100AP ;
157
85BP e
17
15
85
75| BAP
Queremos calcular: BAPBPAPBAP .
Ora, 157
57
157
10011 APAP e
157
10
157
75
157
85
157
85
17
15
157
85| BPBAPBPBAPBPBAP
Portanto, 157
132
157
10
157
85
157
57BAP
205.2
205.2.1 Número de casos possíveis: Escolher 7 atletas dos 157 : 7
157C
Número de casos favoráveis: O número de comissões de 7
elementos constituída por atletas do mesmo sexo é 7
57
7
100 CC , ou
seja, das 100 mulheres seleciona-se 7 ou dos 57 homens escolhe-
se 7 .
Como se pretende que a comissão não seja constituída por atletas
do mesmo sexo, o número de casos favoráveis é:
7
57
7
100
7
157 CCC .
Probabilidade pedida:
0,967
157
7
57
7
100
7
157
C
CCCp
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 36
205.2.2 Como se tem de colocar alternadamente «rapariga ( M ) /rapaz ( R
)», é necessário que nas pontas fiquem raparigas, por exemplo:
4332211 MRMRMRM . Então, o número de disposições diferentes
para a fotografia é: 1441122334
206.
206.1
a) Como há reposição, existem 9 escolhas para o primeiro algarismo e as
mesmas 9 para o segundo. Então, é possível formar 8199 números.
b) Não havendo reposição, existem 9 escolhas possíveis para o primeiro
algarismo e apenas 8 para o segundo. Então, é possível formar
7289 números.
206.2 Número de casos possíveis: 843
9 C (a adição é comutativa).
Número de casos favoráveis: As decomposições possíveis do 10 numa
soma de três parcelas são: 721 ; 631 ; 541 e 532 .
Probabilidade pedida: 21
1
84
4p
207. Como não existe qualquer outra informação, a probabilidade de, escolhido um
filho ao acaso, este ser rapaz é 2
1 e de não ser rapaz, ou seja, ser rapariga, é
também 2
1. Assim, a variável X : «número de rapazes em 4 filhos» segue uma
distribuição binomial de parâmetros 4 , 2
1.
a) 8
3
2
1
2
12
22
2
4
CXP
b) 4
1
2
111
2
1 , os filhos do meio podem ser de qualquer sexo.
c) Os filhos não são todos do mesmo sexo se tiver apenas 1 rapaz, 2 rapazes ou
3 rapazes. Então, a probabilidade pedida é:
8
7
2
1
2
1
2
1321
4
3
4
4
2
4
4
1
4
CCCXPXPxP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 37
208.
208.1 Número de casos favoráveis a ocorrer A : Para ser múltiplo de 5 , o
algarismo das unidades tem de ser 5 . Existem 81199 números
nestas condições.
Número de casos favoráveis a ocorrer B : Como não pode haver
repetições, existem 5053
9 A casos favoráveis à ocorrência de B .
Número de casos favoráveis à ocorrência de BA : O número tem de ser
múltiplo de 5 e todos os seus algarismos têm de ser diferentes. Então, o
algarismo das unidades tem de ser 5 , portanto sobram 8 algarismos, dos
quais se tem de escolher dois para formar sequências para os dois
primeiros algarismos do número. Existem, então, 56178
Número de casos possíveis: Como se podem repetir algarismos, tem-se
72993 números. Assim, tem-se 9
1
729
81AP ,
81
56
729
504BP e
729
56BAP . Como BAPBPAP
729
56
81
56
9
1, A e B
são independentes.
208.2 O produto dos três algarismos só não é par se todos eles forem ímpares.
Assim, retira-se ao total de números de três algarismos diferentes aqueles
que são constituídos apenas por algarismos que são números ímpares.
O total de números com três algarismos são todas as sequências que é
possível formar com os 9 números dados, ou seja, 3
9 A . O total de
números com três algarismos ímpares é o número de sequências de 3
números ímpares que se podem formar com os 5 ímpares dados ( 7,5,3,1
e 9 ), ou seja, 3
5 A . Então, existem 3
5
3
9 AA números de três algarismos
em que o produto dos seus algarismos é um número par.
209. Considerem-se os acontecimentos:
A : «O cliente compra um telemóvel com Bluetooth»;
B : «O cliente compra um telemóvel com Internet».
Sabe-se que:
65,0BAP ;
12,0BAP ;
82,0BP .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 38
209.1 A probabilidade de um cliente ter comprado um telemóvel com Internet
sabendo que o telemóvel comprado tem Bluetooth é:
82
65
82,0
65,0|
BP
BAPBAP
209.2 Calcule-se, em primeiro lugar, a probabilidade de um cliente comprar um
telemóvel com acesso à Internet e sem Bluetooth, ou seja, BAP
Da igualdade BAPBAPBP , resulta que,
BAPBPBAP , ou seja, 06,012,082,01 BAP
Então, dos 1200 clientes, 72120006,0 compraram telemóvel com
acesso à Internet e sem Bluetooth. Então, a probabilidade de escolhidos
dois desses 1200 clientes, ambos terem comprado telemóvel com acesso
à Internet e sem Bluetooth é: 59950
213
2
1200
2
72
C
Cp
209.3 Número de casos possíveis: Como os telemóveis são colocados ao acaso
existem !8 disposições possíveis.
Casos favoráveis: Os Smartphone ficam ao centro, mas podem trocar
entre si de posição, os restantes 6 telemóveis podem ocupar qualquer das
restantes 6 posições. Existem, então, !6!2 disposições diferentes em que
os Smartphone ocupam as posições centrais.
Probabilidade pedida: 28
1
!8
!6!2
P
Autoavaliação 2
(Pág. 90 e 91)
Grupo I
1. Opção (A).
Existem !5 permutações possíveis entre os 5 cartões, resultando cada uma em
um número de 5 algarismos. Destes, são pares e menores que 3000 aqueles
cujo algarismo das dezenas de milhar for 1 ou 2 e o das unidades for um número
par.
Se o algarismo das dezenas de milhares for 1 , o das unidades pode assumir dois
valores, 2 ou 4 ; se o das dezenas de milhares for 2 , o das unidades tem de ser
o 4 . Então, o número de casos favoráveis é: 18123121231
Então a reposta correta é: 20
3
120
18
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 39
2. Opção (B).
Lançamentos que dão origem à soma são seis: 3,4;4,3;2,5;5,2;1,6;6,1 . O
primeiro elemento do par ordenado é o número saído no dado branco e o
segundo, o número saído no dado preto. Como existem dois pares ordenados, em
6 , onde figura o número 4, a probabilidade pedida é 3
1
6
2 .
3. Opção (B).
Para se obter as 20 horas, pode-se fazer dois dias com 6 horas e um com 8 ou
dois dias com 8 horas e um com 4 . Em ambos os casos, a escolha do dia em
que o número de horas é diferente pode ser feita de 3 formas diferentes, portanto,
existem 6 formas diferentes de fazer a escolha.
4. Opção (C).
1122048 . Então, a linha em causa tem 12 elementos. O primeiro e o último
elementos são iguais a 1 e o segundo e o penúltimo são iguais a 11. Assim, o
número de casos favoráveis a que a soma seja 12 é 422 e o número de
casos possíveis 2
12C , escolha de dois dos 12 elementos. Então, a probabilidade
pedida é 33
24
2
12
Cp .
5. Opção (D).
De 1 a 50 existem 25 números pares e 10 múltiplos de 5. Dos múltiplos de 5,
cinco são pares. Então, 2
1
50
25AP ;
5
1
50
10BP ,
10
1
50
5BAP e
5
3
10
6
10
1
5
1
2
1 BAPBPAPBAP
Grupo II
1.
1.1 Para a escolha das 5 personagens do sexo masculino, é necessário
selecionar 5 dos 10 rapazes distribuindo-os pelos 5 papéis; existem, assim,
5
10 A . Para o papel feminino existem 7 opções diferentes. Portanto, existem:
2116807 5
10 A
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 40
1.2 Número de casos possíveis: 6802117 5
10 A
Número de casos favoráveis: Como o papel feminino e o do herói já estão
atribuídos, o número de casos favoráveis é: 30244
9 A
Então, a probabilidade pedida é: 70
1
211680
3024p
1.3 Como existem 5 personagens masculinas, a probabilidade de ser atribuído o
papel de Gomes Freire de Andrade ao Vasco é 5
1.
2.
2.1 Casos possíveis: Dos 632 , escolhem-se dois ao acaso: 2
632C (a ordem da
escolha não distingue o par).
Caso favoráveis: Existem 123 escolhas para ser homem e Gold e 101 para
ser mulher e Gold. Então, existem: 101123 .
Então, a probabilidade pedida é: 199396
12423101123
2
632
Cp
2.2 A Joana é mulher, portanto a probabilidade de ser sócia Silver é: 319
218p
2.3
2.3.1 Como os algarismos se podem repetir, tem-se 410 casos possíveis;
Existem 49 códigos diferentes em que não figura qualquer zero.
Então, a probabilidade de a Joana escolher um código com pelo menos
um zero é: 10000
3438
10
91
4
4
p
2.3.2 Como o código tem quatro algarismos, dois 2 um 1 e um 0 , existem
12!2
!4 (permutações com repetições) códigos diferentes nestas
condições.
1.5 Distribuição de frequências relativas e distribuição de probabilidades
210. As variáveis aleatórias X e T são contínuas; as variáveis Z e W são
discretas.
211.
211.1 Os valores que a variável X pode assumir são 16, 17 e 18 (as idades dos
atletas em causa).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 41
211.2 Admitindo que todos os atletas têm a mesma probabilidade de serem
escolhidos, tem-se: 2
1
6
316 XP ,
3
1
6
217 XP e
6
118 XP
212. Como o Gonçalo se recorda do primeiro e último algarismo e ainda que o
segundo número é par, tem de realizar, no máximo, cinco tentativas para
conseguir abrir o cadeado.
Assim, a variável aleatória X : «número de tentativas até abrir o cadeado»
pode assumir os valores 1, 2, 3, 4 e 5.
5
11 XP (abrir à primeira)
5
1
4
1
5
42 XP (abrir à segunda, se não abriu à primeira)…
5
1
3
1
4
3
5
43 XP ;
5
1
2
1
3
2
4
3
5
44 XP
5
11
2
1
3
2
4
3
5
45 XP
ix 1 2 3 4 5
ixXP 5
1
5
1
5
1
5
1
5
1
213. 102 XPXPXP .
Como 103
12 XPXPXP , tem-se:
6
110 XPXP
Por outro lado, 2
132 XPXP
Finalmente, como 13210 XPXPXPXP , vem:
6
12 XP
ix 0 1 2 3
ixXP 6
1
6
1
6
1
2
1
214. Com uma tabela de dupla entrada:
+ 0,5 0,5 1 1 2
0,5 1 1,5 1,5 2,5
0,5 1,5 1,5 2,5
1 2 3
1 3
2
ix 1 1,5 2 2,5 3
ixXP
10
1
5
2
10
4
10
1
5
1
10
2
5
1
10
2
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 42
215. Podem-se obter os seguintes pares 1,1 (Perde 4 euros ( 4X )), 1,1
ou 1,1 ganha 3 euros 3X ou 1,1 ganha 10 euros 10X .
ix -4 3 10
ixXP 4
1
2
1
4
1
3104
13
2
14
4
1
216. abbaXPXPXP 77,0123,01321
Por outro lado,
baXPXPXP 3223,012,2332211
Então, substituindo na última igualdade b por a77,0 vem,
42,0331,2223,012,277,03223,012,2 aaaaa
35,042,077,0 b
217. Os valores que a variável Y pode tomar são 0 e 2 .
a) Casos possíveis: 3666
Casos favoráveis a ter duas faces iguais a 5 voltadas para cima: 111
36
12 YP
b) 36
25
5
5
6
50 XP ;
18
52
6
1
6
51 XP
3
1
36
12
18
51
36
250 .
218. Repare-se que:
O acontecimento BA é: «sair o número 3 » ;
Se APAP , então, 2
1 APAP , sendo A o acontecimento «sair
número par».
Como os números ímpares são 1 e 3 , tem-se:
6
1
3
1
2
1131 XPXPXPAP .
7,05,04,08,0 BPBAPBPAPBAP
Ora, 3,0444,07,043 XPXPXPXPBP .
Por outro lado 2,0BAP sendo BA o acontecimento «sair um número
par não superior a 2» ou seja «sair número 2 ». 2,02 XP
Finalmente, como 3,07,011 BPBP ( B : sair um número não
superior a 2 ), tem-se: 1,02,03,013,021 XPXPXP
Assim:
ix 1 2 3 4
ixXP 1,0 2,0 4,0 3,0
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 43
219.
219.1
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1
2 2 2 2
3 3 3
4 4
5
220.
a) Pode ser associada ao modelo binomial:
Provas repetidas
Existe, à partida, um número fixo de experiência (8 lançamentos);
Cada lançamento é independente dos anteriores (a moeda não tem
memória);
Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «sair face
euros» vs «sair face nacional»;
Em cada lançamento a probabilidade de obter face euro é 2
1.
b) Pode ser associada ao modelo binomial:
Provas repetidas
Existe, à partida, um número fixo de experiência (50 observações);
O teste a cada lâmpada é independente dos testes a qualquer outra
lâmpada;
Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «ser
defeituosa» vs «não ser defeituosa»;
A probabilidade de obter uma lâmpada defeituosa de teste para teste não
se altera. c) Pode ser associada ao modelo binomial:
Provas repetidas
Existe, à partida, um número fixo de experiência ( 20 extrações);
Cada extração é independente da anterior, pois a bola retirada é reposta
na caixa depois de registada a sua cor;
Existem apenas dois resultados possíveis em cada experiência: «ser azul»
vs «não ser azul»;
A probabilidade de obter uma bola azul não se altera de extração para
extração, uma vez que a constituição da caixa não se altera de extração
para extração.
221.
a) 2048,0625
1288,02,02
32
2
5 CXP
b) 2102 XPXPXPxP
94208,03125
29448,02,08,02,08,0 32
2
54
1
55 CC
c) 0672,03125
212,08,02,0544 54
4
5 CXPXPXP
ix 1 2 3 4
ixXP
5
2
10
3
5
1
10
1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 44
222. 5005621
50932854,046,03 3
3
4 CXP
223. Seja X a variável aleatória «número de pacotes de farinha com peso inferior ao
limite»: 003997,0999,00 3
0
3 CXP
224.
224.1 X segue uma distribuição binomial de parâmetros 5 , 4
1.
Então, 512
135
4
3
4
12
32
2
5
CXP
224.2 1024
243
4
30
5
XP ;
1024
405
4
3
4
11
41
2
5
CXP ;
512
1352 XP ;
512
45
4
3
4
13
23
3
5
CXP ;
128
15
4
3
4
14
4
4
5
CXP
225. Seja X a variável aleatória «número de vezes que se obtém bola vermelha nas
cinco extrações».
Como a bola é reposta, a probabilidade de «sucesso» não se altera em
qualquer das extrações. Então, X segue uma distribuição binomial de
parâmetros 5 , 5
2.
Assim, a probabilidade pedida é:
3125
992
5
3
5
3
5
2
5
3
5
2
5433
54
4
5
23
3
5
CC
XPXPXPXP
226.
226.1 Considere-se a variável aleatória «número de vezes em que o banqueiro
ganha nas 120 apostas». Como esta variável segue uma distribuição
binomial de parâmetros 120 , 3
2 do seu valor médio é: 80
3
2120
O que significa que o banqueiro espera ganhar 80 dos 120 jogos e
perder 40 .
Ora, o banqueiro em cada jogo ganho tem um lucro de 2 euros (quantia
apostada) e por cada jogo perdido tem um prejuízo de 2 euros ( 4 euros
de prémio menos os 2 pagos pelo apostador), pelo que o lucro esperado
é: 80240280
ix 0 1 2 3 4 5
ixXP
1024
243
1024
405
512
135
512
45
128
15
1024
1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 45
226.2 Em n apostas o banqueiro espera ganhar 3
2 das vezes e perder
3
1.
Então, o lucro é dado por 23
12
3
2 nn , ou seja,
3
2n
Assim, queremos n tal que 2003
2
n, pelo que 300n .
Portanto, para que o lucro seja superior a 200 euros, o banqueiro tem de
conseguir mais de 300 apostas.
227.
227.1 755,0150 ; 75 pessoas.
227.2 4002005,0 nn . 400 pessoas.
228. Temos uma binomial de parâmetros 41032 , 0001,0 .
210213 XPXPXPXPXP
6286,00001,09999,00001,09999,0324109999,0 232408
2
324103240932140 C
229. 40140 XPXP
230.
230.1 525,020
230.2 0009,011112 XPXP
9999,02991300 XPXP
231.
231.1 Da observação do histograma tem-se que 5,12 % dos bebés ganharam
menos de 200 g, ou seja, 540125,0 bebés.
231.2 5,47205,27
5,47 % dos bebés ganharam entre 250 e 350 gramas de peso.
231.3
63,09,313;1,206, XPxxXP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 46
232. Rxxf ,0 e
101
0,,00, a
aaXPaXPXPRXP .
aXP ,0 é a área do retângulo de base a e altura a
1
Portanto, f pode ser uma função densidade de probabilidade.
233.
233.1 O intervalo em que a função densidade é não nula tem amplitude igual a
4 minutos, (7h28 a 7h32). Assim, o valor de a deve ser 4.
233.2 2
1
4
122 TP
234. A área compreendida entre o gráfico de f e o eixo Ox é a área de um
triângulo de base 4 e altura 2 , ou seja, 4, pelo que f não pode ser função
densidade de probabilidade de uma variável aleatória.
235.
a) Verdadeira, por simetria da função densidade de probabilidade de uma
variável aleatória com distribuição normal em relação à reta 3x .
b) Falsa. Uma vez que 2 está mais próximo da média (3 ) do que 5 , a área
compreendida entre a função densidade e o eixo Ox no intervalo ,2 é
inferior à área entre a função densidade e o eixo Ox no intervalo 5, .
c) Verdadeira, por simetria da função densidade de probabilidade de uma
variável aleatória com distribuição normal em relação à reta 3x .
236. Por simetria da curva normal, tem-se 165185 XPXP ; tem-se ainda
que: 170170165165165 XPXPXPXP
Portanto, 170185 XPXP
Ou seja, é mais provável que o aluno tenha altura inferior a 170 cm.
237.
a) Como 5,12292289 , tem-se
02275,02
1951891189
XPXP
b)
1586,02
5,2935,29015,293
XPXP
O número de garrafas com capacidade superior a 5,293 segue uma
distribuição binomial de parâmetros 24 , 0 , 1586 ; o seu valor médio é
4241586,024 .
Assim, o número esperado de garrafas com capacidade superior a 5,293 é 4 .
238.
238.1 50%
238.2 31,01915,05,070606070 XPxPXP
238.3 31,060505,050 XPXP
A variável aleatória, número de atletas que realizam o teste em menos de
50 minutos, segue uma distribuição binomial de parâmetros 40 , 31,0 .
Então, como 1231,040 , espera-se que 12 dos 40 atletas reúnam
condições para entrar de imediato na equipa.
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 47
Exercícios globais (Pág. 124 a 129)
Escolha múltipla 239. Opção (B).
A expressão ABP | representa a probabilidade de, no lançamento de dois
dados, os dois números saídos serem iguais sabendo que a soma dos dois é 4.
A soma dos números é 4 se os números saídos forem 3,1 ; 2,2 e 1,3 .
Portanto, 3
1| ABP
240. Opção (A).
Um número é múltiplo de 10 se o algarismo das unidades for 0 . Assim,
existem 10119 múltiplos de 10 inferiores a 100 .
Para serem múltiplos de 15 , têm de ser múltiplos de 3 e de 5
simultaneamente, ou seja, têm de terminar em 0 ou 5 e a soma dos
algarismos tem de ser múltiplo de 3 (estes são também múltiplos de 10 ).
Assim, se o algarismo das unidades for 0, o das dezenas tem de ser 3 , 6 ou 9
, se o algarismo das unidades for 5 , o das dezenas terá de ser 1, 4 ou 7 .
Sendo A e B os acontecimentos «o número escolhido é múltiplo de 10» e «o
número escolhido é múltiplo de 10», temos: 10
1
100
10AP e
50
3
100
6BP e
100
3BAP
Portanto, 100
13
100
3
100
6
100
10 BAPBPAPBAP
241. Opção (D).
Se A e B são acontecimentos independentes, BPAPBAP e
BPABP |
Assim, como:
BPAPBPAPBAPBAPBPAPBAP .
Então, 3
24,08,06,04,04,08,0 BPBPBPBP
Portanto, 3
2| BPABP
242. Opção (C).
A probabilidade de uma das equipas marcar o primeiro golo é:
7,02,05,0 YPXPYXP
Repare-se que X e Y são incompatíveis (apenas uma das equipas pode
marcar o primeiro golo).
Então, 3,07,011 YXPYXPYXP
243.
243.1 Opção (C).
2
1
2
1
5
2
2
1
5
3|| BPBVPAPAVPVP
243.2 Opção (C).
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 48
5
3
2
110
3
|
VP
VAPVAP
244. Opção (D).
245. Opção (A)
6264 . Então, o terceiro elemento da linha é: 152
6 C
246. Opção (D).
Nesta linha existem 25 elementos sendo dois deles iguais a 1, o primeiro e o
último. Então a probabilidade pedida é 25
2.
247. Opção (C).
O termo geral pode ser: pp
p
pp
pp aCaCT 3301010310
1 22
Como o expoente de a é 18 , tem-se: 412318330 ppp
18184
4
10
5 33602 aaCT
248. Opção (A).
Número de casos possíveis: 212
7 C
Tem-se três possibilidades diferentes para os casos favoráveis, sendo todas
elas disjuntas: Uma de cinquenta e uma de dez ( 842 ), ou uma de
cinquenta e uma de cem ( 212 ), ou uma de cem e uma de dez ( 441 ). Então, o número de casos favoráveis é: 14428 .
Portanto, pela Lei de Laplace, tem-se que a probabilidade pedida é: 3
2
21
14
249. Opção (B).
As diferentes permutações entre os 4 atletas. 24!4
250. Opção (A).
Um caso favorável em 24 ( 24!4 ) possíveis.
251. Opção (D).
Número de casos possíveis: 4553
15 C
Número de casos favoráveis: 32510 3
5
2
5 CC
Assim, a probabilidade pedida é: 91
22
252. Opção (A).
Existem oito filas, cada uma com oito casas. Assim, para colocar os cavalos
como se indica, é necessário escolher uma das oito filas para os dois cavalos
e, nesta, escolher duas casas onde colocar os dois cavalos; como os cavalos
são iguais, a ordem pela qual se escolhe as duas casas é irrelevante. Assim,
tem-se: 2
88 C
253. Opção (D).
Número de casos possíveis: 2
52C
Número de casos favoráveis: 2
262 C
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 49
254. Opção (C).
6,0
3
7,241,0
11,03,0
y
x
ya
y
255. Opção (B).
Como existem apenas 5 bolos de doce de ovos, o gerente tem de colocar na
montra pelo menos 1 de chocolate. Então, os valores que a variável X pode
assumir são: 1, 2 e 3 .
Existem 286
8 C maneiras diferentes de escolher 6 dos 8 bolos para colocar
na montra.
Destas, tem-se 35
5
1
3 CC formas de apenas um dos bolos ser de chocolate,
154
5
2
3 CC de ter exatamente 2 bolos de chocolate e 103
5
3
3 CC de ter
exatamente 3 bolos de chocolate.
256. Opção (A).
A soma dos números saídos implicaria que a variável assumisse o valor 2 , o
que não se verifica na tabela. Assim, fica excluída a variável 4X .
Qualquer uma das outras variáveis assume apenas os valores registados na
tabela.
Casos favoráveis:
9
1
66
2211
XP ;
3
1
66
2222201
XP ;
9
5
66
2222211
XP
9
5
66
2224212
xP ;
3
1
66
2222202
XP ;
9
1
66
2212
XP
9
2
36
8
66
22213
xP
9
5
66
224203
XP ;
9
2
66
22213
XP
257. Opção (B).
Existem 3666 resultados possíveis em dois lançamentos consecutivos do
dado. Assim, procura-se um valor da variável que seja assumido em 4 desses
resultados ( 49
1
36 n
n).
A soma ser igual a 1 é impossível; a soma 2 ocorre quando sai nos dois
lançamentos os dois, o que acontece 422 vezes; a soma 3 ocorre se sair
1 em um dos lançamentos e 2 no outro, ou seja, ocorre 162442 vezes;
a soma 4 ocorre se sair duas vezes a face dois, ou seja, 1644 vezes.
Então, o valor de k é 2 .
258. Opção (B).
15
6
5
pode ser a probabilidade de não sair a face 4 , em qualquer dos 15
lançamentos. 14
1
15
6
5
6
1
C pode ser a probabilidade de, em 15 lançamentos, sair
exatamente uma vez a face 4 .
Então,
14
1
15
15
6
5
6
1
6
51
C pode ser a probabilidade de, em 15
lançamentos, sair pelo menos duas vezes a face 4 .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 50
259. Opção (C).
A probabilidade de uma mulher preferir o sabonete Macius é 9,0 . Então, a
probabilidade de todas as 5 mulheres preferirem este sabonete é 59,0 . Pelo
que a probabilidade de pelo menos uma não gostar do sabonete Macius é: 59,01
260. Opção (A).
18,08207601 XP
261. Opção (C).
Sabe-se que 5,07,1 XP e que: 36,085,17,17,155,1 XPXP
Então, 14,036,05,085,17,17,185,1 XPXPXP
262. Opção (C).
As opções (A) e (D) estão excluídas, porque em ambas a probabilidade é
inferior a 0,5.
Sabe-se que: 1801705,0180 XPXP e
5,0170155155 XPXP
Como 170180155170 , temos que: 180170170155 XPXP
Resposta aberta
363.
363.1
a) 7
1
10
2
7
5p
b) 70
19
10
2
7
2
10
3
7
5p
c) 2
1p
263.2 A expressão ABP | significa a probabilidade de as duas cartas serem
diferentes sabendo que a primeira carta saída era de copas. Como a
segunda carta é extraída do segundo conjunto, a probabilidade de esta ser
preta é de 5 (espadas) em 10 .
Portanto, 2
1
10
5| ABP
264.
a) 32
5
4
3
4
12
4
122
p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 51
b) 3164,04
34
p
265.
a) 2
1 xyP
b) 2
11 yxP
c) 2
10 yxP . O produto é positivo se os pontos estiverem no primeiro ou
terceiro quadrantes.
266.
266.1 O produto dos números é par se um deles for par ou ambos forem pares.
Assim, tem-se: 14222322
266.2 Considerem-se os acontecimentos:
A : «Sair o primeiro prémio»;
B : «Sair o segundo prémio»;
C : «Sair o terceiro prémio».
20
1
45
1
AP
20
3
4
3
5
1BP
4
1CP (um apostador que ganhe o primeiro prémio ganha também o
terceiro).
267. Considerem-se os acontecimentos:
E : «Ser estudante»;
R : «Ser reformado»;
C : «Gostar de música clássica».
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 52
a) 60 % da população não é reformada nem estudante, destes, 80 % não
gostam de música clássica. Então, a probabilidade pedida é:
48,08,06,0 CREP
b) 47,01,037,02,0 CEPCPEPCEP
37,02,06,02,075,02,05,0
|||
REPRECPRPRCPEPECPCP
c) 15,02,075,0| RPRCPCRP
268. Número de bolas na urna é n7 , onde n é o número de bolas azuis.
a) Retirando simultaneamente duas bolas, o número de caso possíveis é:
2
672
7 nn
Cn
E o número de casos favoráveis é: n5
Então, tem-se:
14304217421330
3
1
2
67
5 22
nnnnnnnnn
n
A urna tem 3 ou 14 bolas azuis.
b) Se foi retirada uma bola preta da urna, ficaram lá n bolas azuis e 6 de outra
cor, 5 vermelhas e uma preta. Para que a probabilidade de sair bola azul
seja agora 2
1, a urna tem de ter tantas bolas azuis como de outras cores.
Assim, o número de bolas azuis é 6 .
269. Da observação da tabela, conclui-se a empresa tem 85 mulheres ( 5530 ),30
das quais são fumadoras. Então, a probabilidade pedida é: 17
6
85
30p
270. Inicialmente, a caixa contém 4 bolas brancas e quatro pretas.
Assim, no final da experiência o número de bolas fora da caixa pode ser : 0
0X , se ambas as bolas retiradas forem brancas, a probabilidade deste
acontecimento é: 4
1
8
4
8
40 XP ); 1 se a primeira bola é branca e a
segunda preta (com probabilidade4
1
2
1
2
1 ) ou a primeira preta e a segunda
branca (com probabilidade 7
2
7
4
2
1 ), então,
28
15
7
2
4
11 XP ;
2 ( 2X ); se ambas as bolas forem pretas 14
3
7
3
2
12 XP
ix 0 1 2
ixXP 4
1
28
15
14
3
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 53
271.
271.1 Começando pela escolha das cores para pintar as bases, tem-se 152
6 C
escolhas diferentes, uma vez que a ordem pela qual estas se pintam é
indiferente. Para pintar 4 faces laterais, tem-se 64
!4 (permutações
circulares). Assim, o número de formas distintas de pintar as seis faces do
prisma é: 90615
271.2 Cada face do prisma tem 4 vértices; assim, existem 246 3
4 C formas
diferentes de escolher 3 pontos que pertençam à mesma face. O número
de casos possíveis é: 563
8 C
Então, a probabilidade pedida é: 7
4
56
241 p
272. Sendo a probabilidade de a Cristina ganhar em cada jogo igual a 10
3, a variável
aleatória «número de vezes que a Cristina ganha em 10 jogos» segue uma
distribuição binomial de parâmetros 10 , 10
3.
Assim,
32101314 XPXPXPXPXPXP
35,0625000000
218993301
10
7
10
3
10
7
10
3
10
7
10
310
10
71
73
3
10
82
2
10
910
CC
273.
273.1 166 XPXP ; 155 XPXP ; 154 XPXP ,
133 XPXP , 122 XPXP ; pXP 1 . Então,
21
1121165432 pppppppp
Então, 7
2
21
166 XP
273.2
ix 1 2 3 4 5 6
ixXP 21
1
21
2
7
1
21
4
21
5
7
2
274.
274.1 19,01,009,0 BACPCABPCBAP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 54
274.2 12
7
60,0
35,0|
AP
CAPACP
274.3
ix 0 1 2 3
ixXP 064,0 288,0 432,0 216,0
34,00 XP ; 24,06,031 XP ; 4,06,032 2 XP ;
36,03 XP
275.
275.1 A probabilidade de os três escolhidos gostarem de cabidela é:
10
1
3
5
3
3
C
Cp
Portanto, a probabilidade de nem todos gostarem de cabidela é:
10
9
10
11 p
275.2
ic 1 2 3
icCP 10
3
5
3
10
1
Nota: Existe pelo menos uma das três pessoas que gosta de cabidela.
10
31
3
5
2
2
1
3
C
CCXP ;
5
32
3
5
1
2
2
3
C
CCXP ;
10
113
3
5
CXP
276.
276.1 Se A e B são independentes, tem-se que:
BPAPBAP e BPABP | .
Então,
AP
BPAPBPBP
AP
BAPBPBP
AP
ABPBPABPABP ||
BPBPAP
APBPBP
AP
APBPBP
1
que é uma condição universal.
Se ABPABP || , tem-se:
APBAPBPAPBAP 1
APBAPAPBPAPBAPBAP
APBPAPBAPAPBAPBAP
BPAPBAP
Logo, A e B são independentes.
Note-se que: ABPABPBP , BA,
APBAPAPBAPAP
BAP
AP
BAP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 55
276.2
276.2.1 Sejam A e B os acontecimentos «a primeira bola retirada é preta» e «a segunda bola retirada é branca». Tem-se
7
5| ABP e
7
4| ABP . Então, pela propriedade
demonstrada em 276.1 A e B não são independentes. 276.2.2
ix 3 4 5
ixXP 14
5
28
15
28
3
14
53
2
8
2
5
C
CXP ;
28
15534
2
8
CXP ;
28
35
2
8
2
3
C
CXP
277.
277.1 Repare-se que: 2,62406,27
Portanto,
75022,02
4,526,275,06,27
XPxP
277.2 É igual, simetria da curva normal relativa à reta: 40x
278. A variável «número de pessoas que sobrevivem durante os 30 anos» segue
uma distribuição aproximadamente binomial com parâmetros 5 , 3
2. Então:
a) 243
32
3
25
5
XP
b) 5433 XPXPXPXP
81
64
3
2
3
1
3
2
3
1
3
254
3
5
23
3
5
CC
c) 243
40
3
1
3
22
32
2
5
CXP
279.
279.1 Se no primeiro lançamento saiu face 1, o produto só será par se no segundo lançamento sair face 2. Como existem duas faces com o número
2 , tem-se: 3
1
6
2| BAP
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 56
279.2 A variável X toma apenas os valores 1 e 2 . Para o produto ser ímpar, ambos os números saídos têm de ser ímpares.
Então, existem 1644 casos favoráveis a que isso aconteça, em
3666 . Então, 9
4
36
161 XP
O produto é ímpar se, em pelo menos um dos lançamentos, sair face par
(dois). Então, temos 20222442 (par no primeiro lançamento e
ímpar no segundo ou ímpar no primeiro e par no segundo ou par nos
dois). Então, 9
5
36
202 XP .
280. Como a probabilidade de conseguir um papel (probabilidade de sucesso) é
sempre a mesma e só existem duas alternativas em cada candidatura
(consegue o papel ou não consegue), a variável X segue uma distribuição
binomial de parâmetros 3 , 7,0 . Assim:
280.1 A probabilidade de obter apenas um papel é:
198,03,07,012
1
3 CXP
280.2 027,03,00 3 XP ; 441,03,07.02 2
2
3 CXP ;
343,07,03 3 XP
Portanto,
281.
281.1 180160160150180150 XPXPXP
8186,02
9545,0
2
6827,0180140
2
1170150
2
1 XPXP
281.2 Sendo a distribuição aproximadamente normal com valor médio 160 e
desvio padrão 10 , tem-se que:
02275,02
9545,01
2
1801401140
XXP
Se 75022,0 corresponde a 210 indivíduos da amostra, o número total de
indivíduos da amostra é, aproximadamente, 9231
77,9230
02275,0
210.
ix 1 2
ixXP 9
4
9
5
ix 0 1 2 3
ixXP 027,0 198,0 441,0 343,0
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 57
Autoavaliação 3 (Pág. 130 e 131)
Grupo I
1. Opção (D).
Considerem-se os acontecimentos:
A : «O atleta vence a prova de 100 metros»;
B : «O atleta vence a prova de 100 metros».
Estes dois acontecimentos são independentes, o resultado de uma prova não
afeta o resultado da outra. Então:
28,06,07,07,0 BAPAPBAP e
18,06,07,06,0 BAPBPABP
Então, a probabilidade de vencer apenas uma das provas é:
46,0 ABPBAP
2. Opção (C).
Como EPNP 2 , tem-se 12 EPEP , portanto, 3
1EP
3. Opção (B).
Número de casos possíveis: 120!5
Número de casos favoráveis: 482!4
Então, a probabilidade pedida é: 5
2
120
48p
4. Opção (D).
O acontecimento «no máximo um dos três nutricionistas não recomendar a marca
X » é equivalente ao acontecimento «pelo menos dois nutricionistas
recomendarem a marca X »
Assim, tem-se: 125
122
5
4
5
1
5
42
32
2
3
CXP
5. Opção (B).
Por simetria da curva norma em relação à reta de equação 122x , conclui-se
que a medida da área abaixo da curva no intervalo 21, é superior à área
abaixo da curva no intervalo ,125 . Então BPAP .
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 58
Grupo II
1. ( ) Se BPBAPBAP | , então,
BPBAPBAPBPAP 1| , ou seja,
BPBAPBAPBPAP 1| , donde,
BAPBAPBAPBPAP | , portanto, BAPBPAP |
( )Por outro lado, se BAPBPAP | , subtraindo a ambos os membros da
desigualdade BAP , obtém-se: BAPBAPBAPBPAP |
que é equivalente a BPBAPBAPBAPBPAP || , pelo que:
BPBAPBAP 1| , pelo que, BPBAPBAP |
2.
2.1 Obtém-se «soma 6» se sair: 2,0 e 4 , ou 3,0 e 3 , ou, 1,1 e 4 , ou, 1, 2 ,e 3 ou
ainda, 2 , 2 e 2 .
Sair os números 0 , 2 e 4 : 48
1!3
12
1
4
1
6
1p
Sair os números 0 , 3 e 3 : 72
13
6
1
6
1
6
1p
Sair os números 1, 1 e 4 : 36
13
12
1
3
1
3
1p
Sair os números 1, 2 e 3 : 12
1!3
6
1
4
1
3
1p
Sair os números 2 , 2 e 2 : 64
1
4
13
p
2.2
2.3 O valor médio dessa distribuição é:
3
54
12
13
6
12
4
11
3
10
6
1 , o que significa que em cada
jogada o Senhor Emílio gasta 533
5 cêntimos, tendo, assim, um lucro de
15 cêntimos por jogada. Então, em 150 jogadas, tem um lucro de 2250
cêntimos, ou seja, 5,22 euros.
3.
3.1 Tem-se:
21
2
105
10BMP ,
7
1
105
15MP ,
3
2
105
70BP
21
2
3
2
7
1 BPNP
Portanto, M e B são independentes. 3.2 Como se sabe que não foi a Mariana que sofreu o acidente, existem apenas
90 viagens onde este pode ter ocorrido, 50 das quais foram efetuadas pelo
Rogério. Portanto, 9
5
90
50| MAP
ix 0 1 2 3 4
ixXP 6
1
12
2
3
1
12
4
4
1
12
3
6
1
12
2
12
1
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 59
3.3 Número de casos possíveis: 2
5C . Não é relevante a ordem pela qual as duas
pessoas são selecionadas, dado que o prémio é o mesmo.
Como qualquer conjunto de dois funcionários dos que é possível formar, tem
igual probabilidade de ser selecionado e apenas um deles é constituído pela
Rita e pelo António, então pela Lei de Laplace a probabilidade pedida é:
10
1p
DESAFIOS ∙ Matemática A ∙ 12.º ano ∙ © Santillana‐Constância 60