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Raciocínio Lógico para ATA-MF

Teoria e exercícios comentados

Prof. Vítor Menezes – Aula 4

Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 1

AULA 4: Análise combinatória e probabilidade

1. ANÁLISE COMBINATÓRIA ............................................................................................................... 2

1.1. Princípio fundamental da contagem (PFC) .......................................................................................... 2

1.2. Arranjos ................................................................................................................................................ 6

1.3. Permutação. .......................................................................................................................................... 9

1.4. Combinação ........................................................................................................................................ 10

1.5. Outros exercícios ................................................................................................................................ 12

1.6. Permutação com repetição ................................................................................................................. 27 2. PROBABILIDADE ........................................................................................................................... 33

2.1. Introdução. .......................................................................................................................................... 33

2.2. Abordagem frequentista da probabilidade .......................................................................................... 39

2.3. Probabilidade condicional .................................................................................................................. 41

2.4. Fórmula da probabilidade condicional .............................................................................................. 47

2.5. Probabilidade da união de dois eventos ............................................................................................. 56

2.6. Probabilidade do evento complementar.............................................................................................. 70

2.7. Teorema da probabilidade total .......................................................................................................... 81

2.8. Teorema de Bayes ............................................................................................................................... 92

2.9. Probabilidade e análise combinatória ................................................................................................ 99 3. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA ........................................................................................ 113

4. GABARITO ................................................................................................................................... 129






1. ANÁLISE COMBINATÓRIA

Em análise combinatória nós vamos basicamente aprender a contar. Isso mesmo. O intuito aqui será contar de quantas formas um dado processo pode ocorrer.

Uma forma de resolver este tipo de problema é simplesmente listar todas as situações possíveis e, depois, contá-las. Vejamos um exemplo.

Considere que um guia turístico deseje colocar três pessoas em fila indiana, para percorrer uma trilha. De quantas maneiras é possível formar a tal fila?

É um problema de contagem. Precisamos contar quantas são as maneiras de executar o processo descrito, qual seja, formar a fila de três pessoas.

Chamando as pessoas de A, B e C, temos as seguintes filas possíveis:

A, B, C

A, C, B

B, A, C

B, C, A

C, A, B

C, B, A

São seis filas possíveis. Listamos todas elas e, depois, contamos. Difícil? Certamente não.

O problema começa quando o número de casos possíveis aumenta muito. Imaginem se, em vez de três pessoas na fila, fossem quinze. E aí? Listar todas as maneiras de formação da fila seria algo extremamente trabalhoso.

Nestas situações, é muito útil conhecer ferramentas de análise combinatória. São ferramentas que permitem uma contagem mais rápida.

A mais importante delas é o princípio fundamental da contagem. Ele pode ser aplicado para resolver qualquer problema de análise combinatória.

A partir do princípio fundamental da contagem, de aplicação geral, é possível chegar a fórmulas que se destinam a problemas com certas particularidades. Neste contexto, aprenderemos os casos de arranjo, permutação e combinação.

1.1. Princípio fundamental da contagem (PFC)

Questão 1 APEX 2006 [UNIVERSA]

Em um laboratório de pesquisa científica, são realizados experimentos de reprodução envolvendo 6 machos e 8 fêmeas de uma espécie animal. Todos os animais utilizados nos experimentos gozam de boa saúde e estão em perfeitas condições de reprodução. Cada experimento consiste em se colocarem juntos, em um ambiente controlado, um macho e






uma fêmea, durante um período de tempo determinado, formando o casal do experimento. Nessa situação, a quantidade de casais diferentes que podem ser formados é igual a:

(A) 8

(B) 14

(C) 28

(D) 48

(E) 56

Resolução.

Antes de resolver o problema da forma como foi proposto, vamos modificá-lo, para facilitar o entendimento. Vamos considerar que são apenas 3 machos e 4 fêmeas. Vamos designar os machos por letras (A, B, C) e as fêmeas por números (1, 2, 3, 4).

O esquema abaixo apresenta todas as possibilidades de casal:

O diagrama acima representa doze possíveis casais:






1A, 1B, 1C, 2A, 2B, 2C, 3A, 3B, 3C, 4A, 4B, 4C

Há 4 possibilidades para a escolha da fêmea. Escolhida a fêmea, há 3 possibilidades de macho.

E, para obter a quantidade de casais possíveis, basta multiplicar:

4 � 3 � 12

Este resultado decorre do princípio fundamental da contagem (PFC).

O princípio fundamental da contagem nos diz que, quando uma tarefa puder se dividida em n etapas, e cada etapa puder ser realizada de mi maneiras diferentes (com “i” variando de 1 até n), o número de maneiras pelas quais podemos concluir a tarefa é igual ao produto:

nmmmm ×××× ...321

No exemplo acima, a tarefa de formar o casal podia ser dividida em duas etapas. Na primeira etapa, escolhemos a fêmea. Há 4 formas de fazer isso.

Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 3 formas de fazer isso.

O número de maneiras de concluirmos a tarefa como um todo é dado por:

1ª etapa 2ª etapa

4 3

4 � 3 � 12

Bastou multiplicar a quantidade de maneiras de executar cada etapa.

Na análise combinatória, nós basicamente estudamos como resolver problemas semelhantes a este, em que utilizamos o princípio fundamental da contagem para saber de quantas formas uma dada tarefa pode ser realizada.

Neste primeiro exemplo, até que não foi difícil listar todos os casos possíveis para depois contá-los. São apenas 12 casais. Fazer uma lista com todos eles não é problema.

Contudo, imagine se fossem 30 machos e 50 fêmeas. Listar todos os casais possíveis seria muito difícil. É aí que o princípio fundamental da contagem nos auxilia.

O PFC é de aplicação geral (serve para resolver qualquer problema de análise combinatória). Há problemas que apresentam certas particularidades, que fazem com que o PFC resulte em determinadas fórmulas. Neste contexto, temos as fórmulas de combinação, arranjo e permutação.

Visto isso, podemos voltar ao enunciado original.

São 6 machos e 8 fêmeas.

Queremos formar casais. Vamos dividir esta tarefa em duas etapas.

Na primeira etapa, escolhemos a fêmea. Há 8 maneiras de executar esta primeira etapa.

Na segunda etapa, escolhemos o macho. Há 6 maneiras de executar esta segunda etapa.

Aplicando o PFC, calculamos de quantas maneiras podemos formar o casal:






8 � 6 � 48

São 48 casais possíveis.

Gabarito: D

Um detalhe muito importante sobre o exemplo acima:

Observe que etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes.

Seja A o conjunto das fêmeas {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Seja B o conjunto dos machos {a, b, c, d, e, f}.

A primeira etapa (escolha da fêmea) pode ser executada com elementos do conjunto “A”. A segunda etapa (escolha do macho) pode ser executada com elementos do conjunto “B”.

Quando etapas diferentes estão relacionadas a conjuntos diferentes, basta aplicarmos o PFC. Certo?

De outra forma, quando mais de uma etapa estiver relacionada a um mesmo conjunto, aí precisaremos tomar alguns cuidados, que serão vistos mais adiante.

Questão 2 ANAC 2009 [CESPE]

Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendo uma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.

Resolução.

Vamos dividir o problema em etapas.

Na primeira etapa, escolhemos a cidade de origem.

Há 3 opções para a execução desta primeira etapa: Porto Alegre, Florianópolis e Curitiba.

1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa

3

Escolhida a cidade de origem, vamos para a segunda etapa.

Na segunda etapa, escolhemos a cidade de escala. Há 4 opções: BH, BSB, RJ e SP.


3 4

Por fim, na terceira etapa, escolhemos a cidade de destino. Há 7 opções (FOR, SSA, NAT, JPA, MCZ, REC, AJU).


3 4 7

Aplicando o PFC, temos:






84473 =××

São 84 formas de se montar rotas aéreas. Este número, de fato, é múltiplo de 12 (pois é múltiplo de 3 e de 4).

Gabarito: certo.

1.2. Arranjos

Questão 3 Ministério da Saúde 2007 [CESPE]

Julgue o seguinte item.

1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando um deles com um ingresso para cinema, outro com um ingresso para teatro e o terceiro com um ingresso para show, ele terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo.

Resolução.

Vamos dividir o processo em etapas. Na primeira etapa, escolhemos o ganhador do cinema; na segunda, do teatro; na terceira, do show.

Neste problema, temos um fato que não ocorreu nos exercícios anteriores.

Para melhor entendimento, vamos retomar a Questão 1.

Naquele exercício, queríamos formar casais. Para tanto, tínhamos o conjunto das fêmeas – {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} - e o conjunto dos machos – {a, b, c, d, e, f}.

A primeira etapa estava relacionada ao conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

A segunda etapa estava relacionada ao conjunto {a, b, c, d, e, f}.

Ou seja, etapas diferentes estavam relacionadas a conjuntos diferentes. Quando isso ocorre, a resolução do problema é bem tranquila, não há maiores cuidados a se tomar.

Agora, neste exercício, temos o conjunto dos servidores {a, b, c, d, e}.

Para escolher o ganhador do cinema, tomaremos um dos elementos deste conjunto. Para escolhemos o ganhador do teatro, novamente tomaremos um dos elementos deste conjunto. Para o show, idem.

Agora, um mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa. Quando isso ocorre, antes de fazermos qualquer conta, temos que responder a duas perguntas extremamente importantes:

1 – há reposição?

2 – a ordem de escolha dos elementos é importante?

Neste problema não há reposição.






O diretor quer premiar 3 servidores diferentes. Assim, se um servidor já foi premiado com o cinema, ele não pode mais ser premiado com o show ou com o teatro.

Dizemos que não há reposição. Uma vez escolhido um elemento, ele não é reposto ao conjunto original, ele não é mais uma opção para as próximas etapas.

Primeira etapa: para a escolha do vencedor do cinema, há 6 opções de funcionários.

Agora vamos para a segunda etapa. Vamos escolher o vencedor do teatro.

Tínhamos 6 servidores. Só que um deles já foi escolhido para ir ao cinema. Como não há reposição, ele não pode ser escolhido novamente. Então sobram 5 possibilidades para a segunda etapa. Há apenas 5 servidores que podem ser escolhidos para ganhar o ingresso do teatro.

Escolhidos os vencedores do cinema e do teatro, sobram 4 opções de servidores para o show.

Ficamos com:


6 5 4

Devido ao fato de não haver reposição, fomos diminuindo a quantidade de possibilidades: 6, depois 5, depois 4.

Tudo bem até aqui?

Já vimos o impacto da primeira pergunta. O fato de não haver reposição faz com que o número de formas de executar cada etapa vá diminuindo. Agora vamos para a segunda pergunta.

A segunda pergunta que temos que responder é: a ordem é importante?

Ou seja, uma mera alteração na ordem de escolha dos elementos resulta em um novo caso?

Neste problema, a ordem é importante. Uma alteração na ordem de escolha muda tudo. Sortear A, B, C é diferente de escolher C, B, A. Na primeira formação, A vai para o cinema e C para o show. Na segunda formação, A vai para o show e C vai para o cinema.

Dizemos que a ordem de escolha é importante.

Quando isso acontece, ou seja, quando uma alteração na ordem representa um novo caso, não temos maiores preocupações. Basta aplicar o princípio fundamental da contagem.

Ficamos com:


6 5 4

6 � 5 � 4 � 120






Quando a ordem de escolha é importante e não há reposição, estamos diante de um caso particular do PFC, denominado arranjo.

Para quem gosta de fórmulas, existe uma que calcula a quantidade de arranjos.

A fórmula é:

��,� ��!

�� !

O sinal “!” indica “fatorial”.

Exemplos de fatorial:

5! � 5 � 4 � 3 � 2 � 1 � 120

4! � 4 � 3 � 2 � 1 � 24

3! � 3 � 2 � 1 � 6

2! � 2 � 1 � 2

Ou seja, para calcular o fatorial de n, basta multiplicar o número n pelos números naturais que lhe antecedem, até chegar em 1. As únicas exceções são:

1! � 1

0! � 1

É muito importante saber como fazer a divisão entre o fatorial de dois números.

Exemplo:

Vamos calcular:

6!

4!

Sempre que tivermos uma divisão de fatoriais, existe uma técnica interessante que nos facilita bastante. É o seguinte.

Queremos calcular: 6! ÷ 4!

O maior fatorial é 6!

Vamos desenvolve-lo.

6! � 6 � 5 � 4 � 3 � 2 � 1

6! � 6 � 5 � �4 � 3 � 2 � 1�

O que é que nós temos entre parêntesis? É justamente 4!. Ou seja, na hora de desenvolver 6! nós podemos fazer assim:

6! � 6 � 5 � 4!

Desta forma, temos:

6!

4!�

6 � 5 � 4!

4!� 6 � 5 � 30

Sabendo disso, podemos resolver esta questão do CESPE usando a fórmula.






Temos um caso em que não há reposição e a ordem importa. Assim, temos um problema de arranjo. De um total de 6 elementos �� 6�, queremos escolher 3 �� 3�, sem reposição, onde a ordem importa. O número de maneiras de fazer isso é:

��,� �6!

�6 � 3�!

��,� �6!

�3�!

Agora desenvolvemos o numerador até atingirmos 3!, para podermos simplificar.

��,� �6 � 5 � 4 � 3!

�3�!� 6 � 5 � 4 � 120

Gabarito: certo.

1.3. Permutação.

Um caso particular de arranjo ocorre quando n = p. Neste caso, temos uma permutação. A fórmula fica reduzida a:

�!

�� !�

�!

0!� �!

Assim, a permutação de n elementos é dada por:

�� !

Exemplo 1

Qual o número de anagramas da palavra “rato”?

Resolução:

Como a palavra RATO é pequena, podemos listar todos os anagramas. São eles:

rato raot rtao rtoa rota roat

arto arot ator atro aort aotr

trao troa Taro taor tora toar

orta orat Otar otra oart oatr

São 24 anagramas.

Observem que cada anagrama é formado pelas letras “a, o, r, t”. A partir deste conjunto de 4 elementos, queremos formar grupos, de 4 elementos, sem reposição, onde a ordem é importante. Ou seja, estamos permutando essas 4 letras. Assim, o número de anagramas é igual a:

�� 4! � 24






1.4. Combinação


Julgue o item seguinte:

Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando cada um deles com um ingresso para teatro, ele terá mais de 24 maneiras diferentes para fazê-lo.

Resolução.

Problema bem semelhante à Questão 3, com um pequeno detalhe que faz toda diferença: aqui a ordem não importa! Se todos os premiados vão para o teatro, pouco importa a ordem em que serão escolhidos.

Vejamos com calma o porquê disso. Vamos dividir a tarefa em etapas.

Na primeira etapa, temos 6 opções de servidores para ganhar o primeiro ingresso de teatro.

Na segunda etapa, dos 6 servidores, sobram 5 para ganhar o segundo ingresso (pois não há reposição).

Na terceira etapa, sobram 4 servidores para ganhar o terceiro ingresso.


6 5 4

6 � 5 � 4 � 120

O problema é que nos 120 casos acima, temos casos repetidos.

Suponha que os servidores A, B e C tenham sido escolhidos nesta ordem (ou seja, A ganhou o primeiro ingresso, B ganhou o segundo e C, o terceiro).

Este caso é representado por:

ABC.

Agora, considere outro caso, abaixo indicado:

CBA

Agora, C ganha o primeiro ingresso, B ganha o segundo e A ganha o primeiro.

Em termos práticos, qual a diferença entre ABC e CBA?

Nenhuma!

Se todos eles vão ao teatro, pouco importa a ordem em que foram escolhidos, o prêmio é o mesmo. Neste tipo de questão, não importa a ordem de escolha. Só o que importa é quais elementos foram escolhidos.

Dizemos que a ordem de escolha dos elementos não é importante.

Quando isso ocorre, temos que eliminar as contagens repetidas. Isto é feito por uma divisão.

Como exemplo, vamos nos concentrar no caso em que A, B e C são escolhidos.






Observe que este caso foi contado seis vezes:

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

Todos os 6 casos acima representam, na verdade, um único caso.

Isso ocorreu com todas as possibilidades de premiação. Todas elas foram contadas 6 vezes.

Temos que dividir por 6, para eliminar a contagem repetida.

120

6� 20

Há 20 formas de premiar 3 dos 6 servidores.

Gabarito: errado.

Assim, sempre que a ordem não for importante, após a aplicação do PFC precisamos fazer um ajuste.

Este ajuste destina-se a eliminar as contagens repetidas. Isto é feito por meio de uma divisão.

Como fazer esta divisão?

Neste exercício, a ordem de escolha dos três vencedores não é relevante.

De quantas formas podemos montar grupos com estas três pessoas, apenas alterando a ordem de escolha?

Temos um caso de permutação. Queremos apenas permutar três elementos.

�� 3! � 6

Há 6 formas de permutar 3 elementos.

Ou seja, há 6 formas de permutar os elementos A, B e C (ou seja, de formarmos grupinhos onde apenas alteramos a ordem). São elas:

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

Por isso dividimos por 6, pois cada conjunto de premiados foi contado seis vezes.

Quando não há reposição e a ordem não é importante, temos um caso de combinação.






Se tivermos n elementos e quisermos escolher p, sem reposição, de forma que a ordem não é importante, temos um caso de combinação de n elementos, tomados p a p. A fórmula da combinação é:

��,� ��!

�� ! � �!

A fórmula da combinação já tem o fator que elimina as contagens repetidas.

Neste exercício do CESPE, poderíamos ter aplicado esta fórmula.

Temos um caso em que a ordem não importa e onde não há reposição. É um problema de combinação. Temos 6 elementos (n = 6) e queremos combiná-los 3 a 3 (p = 3). Aplicando a fórmula:

��,� ��!

�� ! � �!

��,� �6!

�6 � 3�! � 3!

��,� �6!

�3�! � 3!

Agora desenvolvemos 6! até chegar em 3!

��,� �6 � 5 � 4 � 3!

�3�! � 3!�

6 � 5 � 4

3!�

6 � 5 � 4

3 � 2 � 1� 20

1.5. Outros exercícios

Os exercícios de análise combinatória podem ser resumidos da seguinte forma:

Há reposição? A ordem é importante? Forma de resolução

Sim Sim PFC

Não Sim arranjos, permutações, PFC

Não Não combinações, PFC

Professor, e quando a ordem não é importante e há reposição?

Resposta: Falamos sobre este tipo de exercício posteriormente, quando estudarmos permutação com repetição.

Alguns alunos têm dificuldade em saber se um dado problema é de arranjo, de permutação ou de combinação.

!)!(

!),(

ppn

npnC

×−=

elimina as contagens repetidas






Por este motivo, não vou mais separar os exercícios por assunto, para que vocês tenham que “quebrar a cabeça” decidindo que ferramenta usar. Assim, se houver alguma dúvida, ela necessariamente vai aparecer.

Questão 5 CGU 2008 [ESAF]

Ágata é decoradora e precisa atender ao pedido de um excêntrico cliente. Ele, o cliente, exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma sequência de 5 listras horizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágata possui apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a parede pode ser pintada é igual a:

a) 56

b) 5760

c) 6720

d) 3600

e) 4320

Resolução:

Temos uma tarefa a realizar: preencher as cinco listras com cores diferentes.

Queremos calcular de quantas formas é possível fazer isso. Para tanto, dividimos nossa tarefa em etapas.

Na primeira etapa, preenchemos a primeira listra. Na segunda etapa, escolheremos a cor para a segunda listra. Na terceira etapa, escolheremos a cor para terceira listra. E assim por diante.

Sempre que tivermos uma tarefa que pode ser dividida em etapas, e pudemos calcular de quantas maneiras cada etapa pode ser realizada, então podemos usar a análise combinatória.

A análise combinatória nos permite partir das etapas para descobrir de quantos modos podemos executar a tarefa como um todo (no caso, preencher as cinco listras da parede).

Muito bem, vamos dividir nossa tarefa em etapas.

São 5 listras. O preenchimento de cada listra vai corresponder a uma etapa.

Para a primeira etapa, temos 8 opções de cores. Assim, há 8 modos de executarmos a primeira etapa. Vamos deixar isso indicado em um quadro:






Bom, agora vamos com calma.

Em todos os problemas de análise combinatória, há duas perguntas muito importantes, que devem ser respondidas:

1 – Há reposição?

2 – A ordem entre os elementos é importante?

Por enquanto, vamos analisar apenas a primeira pergunta.

Precisamos saber se há reposição ou não.

Já escolhemos uma cor para a primeira etapa. Esta cor pode ser novamente escolhida? Não, não pode. Uma mesma cor não pode ser usada em duas listras diferentes, porque o cliente de Ágata não quer repetição de cores.

Logo, não há reposição. Ou seja, um vez escolhido um dado elemento, este elemento não é reposto no conjunto de possibilidades para as próximas etapas.

Resposta à primeira pergunta: não há reposição.

Isto é importante para preenchermos as demais etapas.

Vamos agora para a segunda etapa. Temos que escolher uma cor para a segunda listra.

De início, tínhamos 8 cores. Uma delas já foi escolhida e não pode ser mais usada (pois não há reposição). Com isso, para a segunda etapa, sobram 7 cores. Ou seja, há 7 formas de executarmos a segunda etapa.






Vamos para a terceira etapa. Tínhamos 8 cores disponíveis. Duas já foram usadas nas etapas anteriores e não podem mais ser usadas (não há reposição!). Para a terceira etapa sobram 6 cores.

E o raciocino se repete nas demais etapas.

Agora, aplicamos o princípio fundamental da contagem (PFC). Este princípio nos diz que basta multiplicarmos as quantidades de cada etapa, para podermos achar o número de formas de executar a tarefa como um todo.

Usando o PFC, temos:

8 � 7 � 6 � 5 � 4 � 6720

Agora vamos para a segunda pergunta: a ordem de escolha dos elementos é importante?

Resposta: sim. Se alterarmos a ordem de escolha das cores, modificamos completamente a parede.

Da primeira vez em que dei esta questão num curso, um aluno não conseguiu visualizar porque é que alterando a ordem das cores temos uma parede diferente.

Se você está com dificuldade, vamos para outro exemplo.

Queremos pintar uma bandeira, com duas cores, usando duas listras horizontais. As cores escolhidas são branco e vermelho.

Se usarmos branco em cima e vermelho em baixo, acabamos de pintar a bandeira da Polônia.

Se usarmos vermelho em cima e branco em baixo, acabamos de pintar a bandeira de Mônaco.

Ou seja, uma mera alteração na ordem das cores mudou a bandeira. Com a parede é análogo.






Muito bem, vimos que a ordem é importante.

Sempre que a ordem for importante, basta aplicar o PFC. Não é necessário qualquer ajuste.

A resposta é mesmo 6720.

Já vimos que este tipo de problema, em que a ordem é importante e não há reposição, recebe um nome especial. Dizemos que se trata de um caso de arranjo.

Lembrando, a fórmula do arranjo é:

)!(

!, pn

nA pn −

=

Neste caso, temos 8 cores (n = 8) e queremos escolher 5 (p = 5). Assim, temos um arranjo de oito cores, tomadas cinco a cinco.

Em outras palavras: de um conjunto de 8 cores, queremos escolher 5, sem reposição, onde a ordem importa. O número de maneiras de fazer isso é:

)!(

!, pn

nA pn −

=

)!58(

!85,8 −

=A

672045678!3

!3456785,8 =××××=×××××=A

Vocês sempre devem dar preferência à utilização do PFC. Isto porque ele é de aplicação geral, serve para resolver qualquer problema de análise combinatória.

Já a fórmula do arranjo só serve para situações bem específicas. São elas:

- a ordem importa

- não há reposição

- não há restrições nas etapas

Simplesmente decorar a fórmula sem saber exatamente quando ela pode ser usada é um “perigo”. Então, melhor ficar com o PFC, que é mais garantido.

Gabarito: C

Questão 6 IPEA 2008 [CESPE]

Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres em que os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos, escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem






ser formadas de modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 na primeira posição dos algarismos é superior a 600.000.

Resolução.

Vamos dividir o processo de formação da senha em etapas. Cada etapa vai corresponder a um caractere escolhido.

Note que agora temos reposição. Uma vez escolhida uma letra, ela pode ser novamente escolhida. Uma vez escolhido um número, ele pode novamente ser escolhido.

Note também que temos restrições em algumas etapas. A primeira letra só pode ser “a”. O primeiro algarismo só pode ser 9.

primeira etapa: 1 opção (só temos a letra A)

segunda etapa: 26 opções (pois há reposição)

terceira etapa: 26 opções

quarta etapa: 1 opção (só pode ser o algarismo 9)

quinta etapa: 10 opções (são 10 algarismos possíveis)

sexta etapa: 10 opções

sétima etapa: 10 opções

Aplicando o PFC:

1 � 26 � 26 � 1 � 10 � 10 � 10 � 676.000

Gabarito: certo


Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade revezamento 4 � 100 m rasos. Para isso, uma seleção será realizada com o objetivo de se selecionarem 7 atletas, sendo dois atletas com altura inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70 m, e dois atletas com altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 24 atletas, 9 com altura inferior a 1,65, 8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 com altura de 1,73 m ou 1,74 m. A quantidade de diferentes equipes que podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritos está entre:

(A) 10.000 e 20.000.

(B) 20.000 e 30.000.

(C) 30.000 e 40.000.

(D) 40.000 e 50.000.

(E) 50.000 e 60.000.






Resolução.

Para facilitar a escrita, vou chamar os intervalos de altura de: baixo (inferior a 1,65m), mediano (1,65 a 1,70m) e alto (superior a 1,70m).

Precisamos escolher:

- dois atletas baixos;

- três atletas de altura mediana;

- dois atletas altos.

Para a escolha dos atletas baixos temos 9 opções.

Para a escolha dos atletas medianos temos 8 opções.

Para a escolha dos atletas altos temos 7 opções.

Vamos dividir a escolha da equipe em etapas. Cada etapa vai corresponder à escolha de um atleta.

Para a escolha do primeiro atleta baixo, temos 9 opções.

Para a escolha do segundo atleta baixo, sobram 8 opções (não há reposição; escolhido um atleta, ele não pode mais ser escolhido novamente).

Baixo Mediano Alto

1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa

9 8

Agora vamos aos atletas medianos.

Para a escolha do primeiro atleta mediano, temos 8 opções.

Para a escolha do segundo, temos 7 opções (pois não há reposição).

Para a escolha do terceiro, temos 6 opções.

Baixo Mediano Alto


9 8 8 7 6

Para o primeiro atleta alto, temos 7 opções.

Para o segundo atleta alto, temos 6 opções.

Baixo Mediano Alto


9 8 8 7 6 7 6

Aplicando o PFC:

9 � 8 � 8 � 7 � 6 � 7 � 6






Agora observem um detalhe importante.

Nesta questão, a ordem não é importante. Não importa em que ordem os atletas foram escolhidos. O que importa é quais foram escolhidos.

A equipe ABCDEFG é exatamente a mesma coisa que a equipe BACDEFG.

Precisamos fazer as divisões para eliminar as contagens repetidas.

Certo???

Errado!!!

Lembrem-se de que possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto.

Lá na Questão 1, por exemplo, nem precisamos nos preocupar em saber se a ordem era relevante ou não. Não precisamos nos preocupar em saber se era relevante escolher primeiro o macho e depois a fêmea (e vice-versa).

Isto porque cada etapa estava relacionada a um conjunto diferente. Entre conjuntos diferentes não tem como haver contagem repetida.

A preocupação em eliminar contagens repetidas só surge quando um mesmo conjunto está relacionado a mais de uma etapa.

Portanto, possíveis contagens repetidas só ocorrem dentro de cada conjunto. A forma correta de eliminar as contagens repetidas é assim:






Agora sim, ficamos com:

9 � 8 � 8 � 7 � 6 � 7 � 6

2! � 3! � 2!� 42.336

Gabarito: D

Outra maneira de resolver é usando a fórmula da combinação.

Para a escolha dos atletas baixos, temos 9 opções e temos que escolher 2, sem reposição, onde a ordem não é importante. É um caso de combinação.

��,� �9!

�7!� � 2!�

9 � 8

2� 36

Há 36 modos de escolhermos os atletas baixos.

Analogamente, para os atletas medianos, temos:

�,� �8!

�5!� � 3!�

8 � 7 � 6

3 � 2� 56

Por fim, para os atletas altos, temos:

�,� �7!

�5!� � 2!�

7 � 6

2� 21

Podemos dividir o problema em três etapas.

Na primeira etapa, escolhemos os atletas baixos. Há 36 formas de fazer isso.

Na segunda etapa, escolhemos os atletas medianos. Há 56 formas de fazer isso.

Na terceira etapa, escolhemos os atletas altos. Há 21 formas de fazer isso.

Aplicando o PFC:

36 � 56 � 21 � 42.336

Há 42.336 formas de montarmos a equipe. O resultado obtido foi o mesmo.






Notem que, nesta segunda solução, depois de aplicarmos o PFC, não foi preciso fazer qualquer divisão para eliminar contagens repetidas.

É que, para preenchermos cada etapa, usamos a fórmula da combinação, que já contém um fator que elimina contagens repetidas.

Questão 8 MPOG 2010 [ESAF]

Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a:

a) 2440

b) 5600

c) 4200

d) 24000

e) 42000

Resolução.

Temos uma tarefa, que consiste em alocar as 10 pessoas em três diferentes salas.

Vamos dividir esta tarefa em etapas. Na primeira etapa, escolhemos a primeira pessoa da sala 1. Na segunda etapa, escolhemos a segunda pessoa da sala 1. E assim, por diante, até a décima etapa, quando escolhemos a terceira pessoa da sala 3.

Para a primeira etapa, temos 10 opções de pacientes.

Escolhido o primeiro paciente, para a segunda etapa sobram 9 opções.

E assim por diante.

Ok, mas, dentro de cada sala, a ordem de escolha dos pacientes não é relevante. Precisamos fazer algumas divisões para eliminar as contagens repetidas.






Ficamos com:

10!

4! � 3! � 3!�

10 � 9 � 8 � 7 � 6 � 5 � 4!

4! � 3! � 3!�

10 � 9 � 8 � 7 � 5

3!� 4200

Gabarito: C

Questão 9 SEFAZ MG 2005 [ESAF]

Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de um desfile de modas. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas, mas sempre em filas formadas por exatamente quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila só poderá ser ou Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser a primeira da fila. Assim, o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a:

a) 420

b) 480

c) 360

d) 240

e) 60

Resolução:

Temos um grupo de 7 modelos. Precisamos escolher 4, sem reposição, onde a ordem importa.

Seria, portanto, um caso de arranjo. Mas, neste problema, não dá para irmos aplicando a fórmula de imediato, porque há diversas restrições em várias etapas.

Exemplo de restrição: Denise não pode ser a primeira da fila.






Ocorre que a fórmula de arranjo não é preparada para tratar de etapas com restrições.

Será bem mais fácil usarmos o PFC mesmo.

Como a ordem importa, basta aplicarmos o princípio fundamental da contagem, sem fazer qualquer ajuste.

A fila vai ser formada por 4 modelos. A cada modelo escolhida temos uma etapa. A primeira etapa consistirá em escolher a primeira modelo da fila. A segunda etapa consistirá em escolher a segunda modelo da fila. E assim por diante.

Agora vamos começar a preencher as etapas.

Reparem que, em algumas etapas, temos certas restrições. A última de cada fila só pode ser Ana, Beatriz, Carla ou Denise. E Denise não pode ser a primeira da fila. Assim, temos restrições na primeira e na quarta etapa.

Para a primeira etapa, temos 6 opções (pois Denise não pode ser a primeira da fila).

Escolhida a primeira modelo, vamos para a segunda etapa. São sete modelos ao todo. Uma já foi escolhida na primeira etapa. Sobram 6.

São 7 modelos. Duas já foram escolhidas. Para a terceira etapa sobram 5.

Por fim, a quarta etapa. Para a quarta etapa, temos 4 opções (só Ana, Beatriz, Carla e Denise podem ser as últimas da fila). Agora vem um grande problema. Não podemos simplesmente indicar que a quarta etapa pode ser realizada de 4 maneiras.

Por quê?






Porque eram 7 modelos. Três já foram escolhidas nas etapas anteriores. Pode ser, por exemplo, que Ana já tenha sido escolhida em uma das etapas anteriores. Ou seja, Ana, que era uma das opções para encerramento de fila, pode já não estar mais disponível. Nesta situação, teríamos apenas 3 opções para a quarta etapa.

E pode ser também que, além de Ana, Beatriz também já tenha sido escolhida. Ou seja, teríamos apenas 2 opções para encerramento da fila.

E pode ser ainda que Caroline já tenha sido escolhida. A única opção para encerramento da fila seria Denise.

E agora? Como fazer?

Sempre que tivermos etapas com restrições, é muito útil tentar começar por elas. Há restrições na primeira e na última etapa. Além disso, duas restrições se referem à Denise. Ou seja, para nós, Denise é uma modelo mais problemática.

Vamos começar tudo de novo. Agora vamos iniciar pelas etapas 4 e 1 (que têm restrições). Além disso, vamos focar na Denise.

Vejamos quantas são as filas que terminam com Denise.

Para a quarta etapa, temos 1 opção (Denise). Afinal de contas, queremos calcular quantas filas têm Denise no fim.

Vamos agora para a 1ª etapa. A primeira etapa tem outra restrição. Denise não pode ser a primeira da fila. São sete modelos ao todo. Uma já foi escolhida para encerrar a fila. E foi escolhida justamente a Denise. Sobraram 6 modelos e todas elas podem iniciar a fila. Assim, para a primeira etapa temos 6 opções.

Vamos para a segunda etapa, para a qual não há restrições. Eram sete modelos. Duas já foram escolhidas. Sobram 5.






Na terceira etapa também não temos restrições. Eram sete modelos. Três já foram escolhidas. Sobraram 4.

Aplicando o PFC:

1201456 =×××

Este é o número de filas em que Denise é a última.

Agora vamos ver quantas são as filas em que Denise não é a última.

Só Ana, Beatriz, Carla e Denise encerram a fila. Não queremos filas que terminam com Denise porque estas a gente já trabalhou. Assim, vejamos quantas filas terminam com Ana, Beatriz ou Carla. São 3 opções para a quarta etapa.

Vamos para a primeira etapa. São sete modelos. Uma já foi escolhida para encerrar a fila. Sobram 6, dentre as quais está Denise. Só que temos uma restrição. Denise não pode iniciar a fila. Logo, para a primeira etapa temos 5 opções.

Tínhamos sete modelos. Duas já foram escolhidas. Para a segunda etapa, em que não temos restrições, sobram 5 opções de modelo.






Por fim, para a terceira etapa, em que também não há restrição, sobram 4 opções de modelo.

Aplicando o PFC:

5 � 5 � 4 � 3 � 300

São 300 filas possíveis, encerrando com Ana, Beatriz ou Carla.

Há 120 filas possíveis encerrando com Denise. E há 300 filas possíveis encerrando com Ana, Beatriz ou Carla. Ao todo, temos 420 filas possíveis.

Gabarito: A


Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda.

2. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas pessoas se posicionarem.

3. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.

Resolução.

Primeiro item.

Exercícios de preencher lugares ao longo de uma mesa redonda são bem comuns em provas de vestibular. É o caso chamado de permutação circular.

Neste caso, o que o exercício quer dizer é o seguinte: não há referência física fora da mesa. Você tem que pensar que todos os lugares são equivalentes.






Ou seja, quando formos alocar a primeira pessoa, tanto faz onde ela será colocada, pois todas as vagas são iguais entre si.

Só depois de alocada a primeira pessoa é que passamos a ter uma referência. As demais pessoas poderão se sentar à sua direita, à sua esquerda, à sua frente, etc.

Assim, as etapas só começam depois de alocada a primeira pessoa.

- Início: alocamos a primeira pessoa, que servirá de referência para as demais.

- Primeira etapa: para a segunda pessoa temos 4 lugares restantes

- segunda etapa: para a terceira pessoa temos 3 lugares restantes

- terceira etapa: para a quarta pessoa temos 2 lugares restantes

- quarta etapa: para a quinta pessoa temos 1 lugares restantes.

Aplicando o PFC:

4 � 3 � 2 � 1 � 24

Segundo item.

Para a primeira cadeira, temos 3 opções de adulto.

Para a segunda cadeira temos 2 opções de criança

Para a terceira cadeira temos 2 opções de adulto (pois um já se sentou na primeira cadeira)

Para a quarta cadeira temos 1 opção de criança (pois a outra já se sentou na segunda cadeira)

Para a quinta cadeira temos 1 opção de adulto.

Aplicando o PFC:

3 � 2 � 2 � 1 � 1 � 12

Terceiro item.

Temos um caso de combinação:

103,5 =C

Gabarito: certo, certo, errado.

1.6. Permutação com repetição

Há casos em que temos permutação de elementos repetidos.

Exemplo: qual o número de anagramas da palavra “porto”?

Para formar cada novo anagrama, basta alterarmos a ordem das 5 letras. Ou seja, estamos permutando as cinco letras.






Por exemplo, os anagramas “PORTO” e “ROPTO” são diferentes entre si. E, de um para o outro, só mudamos as posições das letras R e P.

Assim, queremos permutar as cinco letras. Temos:

!55 =P

Só que tem um probleminha na resolução acima. Neste caso, temos letras repetidas. A letra “o” aparece duas vezes. A ordem entre essas duas letras é irrelevante. Ou seja, escrever “PORTO” e “PORTO”, apenas trocando a posição das duas letras “o”, dá no mesmo. Precisamos dividir o resultado acima por 2 fatorial, para excluir as contagens repetidas:

5!

2!� 60

Deste modo, quando na permutação tivermos elementos repetidos, precisamos eliminar as contagens repetidas com uma divisão. O raciocínio é exatamente o mesmo que aquele apresentado quando estudamos a combinação.



Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas

possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO, β seja a quantidade de anagramas

começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então βα 21= .

Resolução:

Vamos ver quantos anagramas podemos formar com a palavra “aeroporto”.

São 9 letras a serem permutadas. Assim, o número de anagramas é dado por:

� � 9!

Só que tem um probleminha. A palavra “aeroporto” tem letras repetidas. A ordem entre as duas letras “r” é irrelevante. Logo, precisamos dividir por 2 fatorial.

Além disso, a ordem entre as três letras “o” é irrelevante. Precisamos dividir por 3 fatorial.

� �9!

3! � 2!

Agora vamos calcular o valor de β . Queremos formar anagramas com a palavra “turbina”.

Só que temos duas restrições: os anagramas devem começar com consoante e terminar com vogal.

Vamos dividir a formação do anagrama em etapas. Na primeira etapa, vamos escolher a primeira letra do anagrama. Na segunda etapa escolhemos a segunda letra do anagrama. E assim por diante.

Vamos começar pelas etapas em que temos restrições:






primeira etapa: temos 4 opções (são 4 consoantes disponíveis para ocupar a primeira posição)

sétima etapa: temos 3 opções (são 3 vogais disponíveis para ocupar a última posição)

segunda etapa: tínhamos 7 letras, já usamos duas nas etapas acima; sobram 5 opções

terceira etapa: 4 opções

quarta etapa: 3 opções

quinta etapa: 2 opções

sexta etapa: 1 opção.

Aplicando o PFC:

� � 4 � 3 � 5 � 4 � 3 � 2 � 1

� � 4 � 3 � 5!

O exercício afirma que:

� � 21�

Vamos dividir os dois valores:

�

21��

9!

3! � 2!� �21 � 4 � 3 � 5!�

�

21��

9!

3! � 2! � �21 � 4 � 3 � 5!��

362880

362880� 1

Portanto, βα 21= , pois, quando dividimos um pelo outro, o resultado foi igual a 1.

Gabarito: certo.

Questão 12 PETROBRAS 2008 [CESGRANRIO]

Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é

(A) 3

(B) 10

(C) 15

(D) 35

(E) 125

Resolução.

Este é um exercício bem diferente. É um tipo de questão pouco cobrado em concurso, mas bastante cobrado em vestibular.






Veremos duas soluções: na primeira delas, usaremos apenas as ferramentas que já estudamos. Com isso, quero deixar claro por que é que este exercício é diferente dos demais já vistos em aula.

Na segunda solução, veremos uma nova ferramenta, que permite resolver com muito mais rapidez.

Sejam A, B, C, D, E as marcas de refrigerante. Observem que há reposição, pois podemos, por exemplo, escolher 3 latas da mesma marca (ex: D, D, D).

Além disso, a ordem não importa. Isto porque escolher (A, A, D) é o mesmo que escolher (D, A, A).

O fato de a ordem não importar e haver reposição complica um pouco as coisas.

Se simplesmente aplicarmos o PFC, teremos contagens repetidas. Precisaríamos fazer uma divisão para eliminar os casos repetidos.

Ocorre que, pelo fato de haver reposição, nem todos os casos são repetidos com a mesma frequência. Ou seja, não é possível, com uma única divisão, excluir todos os casos repetidos.

Para ilustrar o problema, considere a escolha de duas latas da marca “A” e de uma lata da marca “B”. Vamos ver de quantas formas repetidas este caso pode ser computado:

(A,A,B); (A,B,A); (B,A,A)

Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 3 vezes. Uma divisão por 3 se encarregaria de excluir os casos repetidos.

Agora vamos focar em outro caso. Considere a escolha de uma lata de cada uma das marcas A, B, C:

(A,B,C); (A,C,B); (B,A,C); (B,C,A); (C,A,B); (C,B,A)

Com a aplicação do PFC, este caso seria computado 6 vezes. Precisaríamos dividir por 6.

Por fim, o caso (B,B,B) é computado uma única vez.

Ou seja, cada caso tem uma frequência diferente. Só uma divisão não é capaz de excluir todos os casos repetidos.

Vamos separar o problema em tipos de escolha.

1) Escolhendo latas de refrigerante de 3 marcas diferentes.

Neste caso, precisamos escolher 3 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição, onde a ordem não importa. Temos um caso de combinação:

��,� �5 � 4

2 � 1� 10

Há 10 formas de escolher 3 latas de marcas diferentes. Até daria para listar todas elas. Sendo A, B, C, D, E as marcas, as escolhas seriam: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE.

2) Escolhendo 2 latas de uma marca e 1 de outra marca.






Agora, precisamos escolher 2 marcas, entre as 5 disponíveis, sem repetição.

A primeira marca escolhida será aquela correspondente às 2 latas. A segunda marca escolhida será aquela correspondente a 1 lata. Temos um caso de aplicação do princípio fundamental da contagem (pois a ordem importa).

Número de maneiras de executar a primeira etapa: 5 (há 5 marcas disponíveis)

Números de maneiras de executar a segunda etapa: 4 (escolhida a primeira marca, sobram 4 para a segunda etapa).

Aplicando o PFC:

5 � 4 � 20

Se fôssemos listar as 20 maneiras, elas seriam: AAB, AAC, AAD, AAE, ABB, ACC, ADD, AEE, BBC, BBD, BBE, BCC, BDD, BEE, CCD, CCE, CDD, CEE, DDE, DEE.

3) Escolhendo 3 latas da mesma marca.

Neste caso, precisamos escolher uma única marca, entre as 5 disponíveis. Há 5 modos de fazer isso.

Listando todas as possibilidades: AAA, BBB, CCC, DDD, EEE.

Somando tudo, temos:

10 � 20 � 5 � 35

Gabarito: D

Observem que, quando dividimos o problema em diversos casos, cada um desses casos pode ser tratado de forma diferente.

Agora vejamos uma segunda solução, bem mais rápida.

Neste tipo de problema, em que a ordem não é importante, mas há reposição, nos baseamos em um desenho esquemático, que representa a situação.

Vamos representar os refrigerantes por bolinhas. E vamos usar barrinhas para separar as marcas.

As barrinhas vermelhas separam as marcas de refrigerante.

Agora, colocamos as latinhas dentro dos quadriculados. Exemplo:






Assim estamos comprando um refrigerante da marca A, outro da marca D e outro da marca E.

Outro exemplo:

Agora estamos comprando duas latas da marca A e uma lata da marca C.

Mais um exemplo:

Agora compramos três latas da marca D.

Notem que, usando apenas símbolos (barrinhas vermelhas mais bolinhas pretas) conseguimos representar todos os casos possíveis.

Temos 4 barrinhas e 3 bolinhas (total de 7 símbolos).

A cada alteração na ordem entre estes símbolos, temos um novo caso. Ou seja, estamos permutando 7 símbolos.

Além disso, trata-se de uma permutação com repetição de 3 bolinhas. Precisamos dividir por 3! para eliminar as contagens repetidas.

Há também repetição de 4 barrinhas. Precisamos dividir por 4! para eliminar as contagens repetidas.

Ficamos com:

7!

4! � 3!� 35

O resultado foi o mesmo que obtivemos antes.

Vejamos outro exercício semelhante.

Questão 13 CEB 2009 [UNIVERSA]

Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação:

x1 + x2 + x3 = 14?

(A) 78






(B) 120

(C) 286

(D) 364

(E) 680

Resolução.

Podemos novamente usar barrinhas e bolinhas para representar o problema.

Exemplo:

Neste caso, temos 6 bolinhas em x1, 5 bolinhas em x2 e 3 bolinhas em x3.

Isto significa que:

�� 6;�� 5;�� 3

De modo que a soma 6 + 5 + 3 = 14.

Para representarmos qualquer outra solução, basta alterarmos a ordem entre as duas barrinhas vermelhas e as quatorze bolinhas pretas.

Ou seja, estamos permutando 16 símbolos, com repetição de 14 bolinhas e de 2 barrinhas.

16!

2! � 14!� 120

Gabarito: B

2. PROBABILIDADE

2.1. Introdução.

Probabilidade tem relação com a chance de um evento ocorrer.

Passaremos longe, muito longe de uma definição adequada de probabilidade. Vamos dar duas definições. A primeira nos diz que a probabilidade é a relação entre número de casos favoráveis e número de casos possíveis. Não é uma definição correta, mas nosso propósito aqui é apenas resolver questões de concurso, mesmo que para isso tenhamos que deixar um pouco de lado o rigor matemático.

Em seguida, melhoraremos um pouco nossa definição, adotando a abordagem frequentista da probabilidade.






Quando falamos em probabilidade, podemos basicamente pensar em casos favoráveis e casos possíveis. Sim, apenas isto: casos favoráveis e casos possíveis.

Vejamos o exemplo do lançamento de um dado.

Queremos calcular a probabilidade de sair um número múltiplo de três. Então a pergunta é: qual a probabilidade de sair um número múltiplo de três quando se lança um dado de seis faces?

A questão é de probabilidade. Probabilidade lembra casos favoráveis e casos possíveis.

Casos possíveis são todos aqueles que podem ocorrer. No lançamento de um dado, podemos obter os seguintes resultados:

Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6

Casos favoráveis são todos aqueles em que estamos interessados. Neste exemplo, estamos interessados nos múltiplos de três.

Casos favoráveis: 3, 6.

Para resolver o problema, primeiro contamos quantos são os casos favoráveis.

Quantos são os múltiplos de três presentes nas faces de um dado?

Resposta: são dois os múltiplos de três presentes nas faces de um dado (o número 3 e o

número 6).

Depois contamos quantos são os casos possíveis.

Quantos são os casos possíveis no lançamento de um dado?

Resposta: são seis os casos possíveis (1, 2, 3, 4, 5, 6).

A probabilidade será obtida dividindo o número de casos favoráveis pelo número de casos possíveis. Ficaria assim:

6

2

_

_ =⇒= Ppossíveiscasos

favoráveiscasosP

Estou usando a letra P para indicar a probabilidade.

Vimos que a probabilidade de sair um número múltiplo de três em um lançamento de um dado é de dois sextos.

O conjunto com todos os casos possíveis é chamado de espaço amostral. No caso do lançamento do dado, o espaço amostral é:

{1, 2, 3, 4, 5, 6}

Repetindo: espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis.

Chamamos de evento a qualquer subconjunto de um espaço amostral. Geralmente os eventos servem para designar um resultado em particular.






No caso acima estávamos interessados nos resultados que são múltiplos de três. Esses eram os nossos casos favoráveis. A esse resultado em particular, qual seja, “sair múltiplo de três”, chamamos de evento.

Neste caso, o evento “sair múltiplo de três” corresponde ao seguinte conjunto:

{3, 6}

Veja como o evento é um subconjunto do espaço amostral.

Com essa noção de espaço amostral e de evento, em vez de dizermos que a probabilidade de um dado evento é a relação entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis, podemos dizer que é a relação entre o número de elementos do evento e o número de elementos do espaço amostral.

amostralespaçodoelementosdenumero

eventodoelementosdenumero

possiveiscasosdenumero

favoraveiscasosdenumeroP

_____

____

___

___ ==

A probabilidade só pode ser definida como a relação entre casos favoráveis e casos possíveis (ou ainda, como a relação entre o número de elementos do evento e o número de elementos do espaço amostral) quando todos os casos têm a mesma chance de ocorrer. A resolução acima só é válida se o dado for “honesto”. Ou seja, se for um dado simétrico e de material homogêneo.

Quando dizemos que o dado é “honesto”, estamos considerando que, em um lançamento qualquer, a probabilidade de sair a face de número 1 é igual à probabilidade de sair a face de número 4, de número 6, ou qualquer outra. Costumamos dizer que todas as faces são equiprováveis (ou seja, têm a mesma chance de ocorrer).

Como já dissemos, é comum se utilizar a expressão “evento” para designar um resultado em particular. Assim, no lançamento de um dado, o evento “sair o número 1” tem a mesma probabilidade do evento “sair o número 2”, que por sua vez tem a mesma probabilidade do evento “sair o número 3”, e assim por diante. Todos esses eventos são equiprováveis.

Aí vem a pergunta: e se todos os casos não tiverem a mesma chance de ocorrer? E se o dado não for honesto? E se a probabilidade de sair “1” for diferente da probabilidade de sair “2”?

Resposta: bom, deixemos isto para depois (daqui a pouco na verdade). Para contornar este tipo de problema, utilizaremos a já mencionada abordagem frequentista da probabilidade.

Por enquanto, vamos apenas ficar com esta noção de casos favoráveis e possíveis, o que já ajuda bastante a resolvermos questões de concursos públicos.

O número de casos favoráveis, no mínimo, é igual a zero.

Quando isso ocorrer, a probabilidade fica:

� ��casosfavoráveis)

�casospossíveis)�

0

�casospossíveis)� 0






O número de casos possíveis, no máximo, é igual ao número de casos possíveis. Quando isso ocorrer, a probabilidade fica:

� ��casosfavoráveis)

�casospossíveis)�

�casospossíveis)

�casospossíveis)� 1

Com isso, concluímos que a probabilidade de um evento qualquer está sempre entre 0 e 1.

0 , � , 1

Antes de continuarmos com a teoria, vou responder a uma pergunta em que provavelmente vocês estão pensando.

Pergunta: Mas professor, você disse que essa explicação sobre probabilidade não é

adequada. Por quê?

Resposta: Em primeiro lugar, nem todas as situações de aplicação da probabilidade podem ser resumidas a casos possíveis e casos favoráveis. Imagine que queremos calcular qual a probabilidade de, no dia 19/03/2012, a ação da empresa alfa subir. Não dá para transformar esse problema numa situação de número casos possíveis e favoráveis.

Acontece que os problemas em que dá para contar quantos são os casos possíveis e quantos são os casos favoráveis são os mais fáceis para gente começar a se acostumar com probabilidade. Por isso, de início, vamos focar apenas neles. Ou então, “dar um jeitinho” para que a questão possa ser interpretada como uma relação entre casos favoráveis e possíveis.

Outro problema da explicação dada é o que segue. Dissemos que probabilidade é igual à divisão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis quando todos os casos têm a mesma probabilidade de ocorrer.

Ou seja, na própria definição de probabilidade estamos usando o conceito de probabilidade. Que raio de definição é essa? Se utilizarmos na definição o conceito que pretendemos definir, não estamos definindo nada.

Novamente, deixemos esses problemas de lado.

Antes de passarmos para os exercícios, só um alerta. Quando usamos as expressões “casos favoráveis”/”casos desfavoráveis” (ou ainda: sucessos e fracassos), estamos apenas nos referindo aos casos em que estamos ou não interessados. Não estamos fazendo qualquer juízo de valor. Não nos preocupamos se estamos diante de algo bom ou ruim, certo ou errado.

Para melhor visualização, considere um estudo sobre a relação entre a utilização de um produto e o desenvolvimento de câncer. Queremos saber qual a probabilidade de uma cobaia que utilizou o produto por tempo prolongado ter a doença. Nessa situação, os casos favoráveis (=sucesso) seriam aqueles em que a cobaia adquiriu a doença, independentemente de se considerar que contrair câncer seja bom ou ruim. Ok?

Continuemos com a matéria.






Questão 14 SEFAZ/SP 2009 [ESAF]

Considere que numa cidade 40% da população adulta é fumante, 40% dos adultos fumantes são mulheres e 60% dos adultos não-fumantes são mulheres. Qual a probabilidade de uma pessoa adulta da cidade escolhida ao acaso ser mulher?

a) 44%

b) 52%

c) 50%

d) 48%

e) 56%

Resolução:

Para facilitar a resolução do exercício, vamos supor que a cidade tenha 100 adultos.

fumantes não-fumantes total

Homem

Mulher

Total 100

O enunciado nos diz que 40% dos adultos são fumantes.

40100%40 =×

Logo, temos 40 fumantes.


Homem

Mulher

Total 40 100

40% dos fumantes são mulheres.

16404,0 =×

São 16 mulheres fumantes.


Homem

Mulher 16

Total 40 100

Se, das 100 pessoas, 40 são fumantes, então há 60 não-fumantes.


Homem

Mulher 16

Total 40 60 100






O enunciado informa que 60% dos não-fumantes são mulheres. Portanto, há 36 mulheres não-fumantes (=60% de 60).


Homem

Mulher 16 36

Total 40 60 100

Ao todo, temos 52 mulheres.


Homem

Mulher 16 36 52

Total 40 60 100

O exercício pediu a probabilidade de, escolhendo uma pessoa adulta ao acaso, ela ser mulher.

Probabilidade tem a ver com a chance de um dado evento ocorrer. Em outras palavras, pede-se a chance de a pessoa escolhida ser uma mulher.

Neste exercício, todas as pessoas têm a mesma chance de serem escolhidas. Quando isso acontece, a probabilidade é dada pela divisão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis.

possiveiscasosnumero

favoraveiscasosnumeroP

__

__=

Os casos favoráveis são aqueles em que estamos interessados. Neste problema, estamos interessados que seja escolhida uma mulher.

Número de casos favoráveis: 52

Além disso, temos 100 casos possíveis (são 100 adultos na cidade).

Com isso, a probabilidade fica:

%52100

52 ==P

Gabarito: B


Em uma pequena localidade, os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora são moradores de um bairro muito antigo que está comemorando 100 anos de existência. Dona Matilde, uma antiga moradora, ficou encarregada de formar uma comissão que será a responsável pela decoração da festa. Para tanto, Dona Matilde selecionou, ao acaso, três pessoas entre os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora. Sabendo-se que Denílson não pertence à comissão formada, então a probabilidade de Carlão pertencer à comissão é, em termos percentuais, igual a:

a) 30 %

b) 80 %






c) 62 %

d) 25 %

e) 75 %

Resolução.

Vamos listar todas as comissões, representando cada pessoa pela inicial do seu nome. Comissões possíveis, excluindo Denílson:

- A, B, C

- A, B, E

- A, C, E

- B, C, E

São 4 comissões possíveis. Em três delas nós temos a participação de Carlão.

São 3 casos favoráveis em 4 possíveis.

Logo:

%754

3 ==P

Gabarito: E

2.2. Abordagem frequentista da probabilidade

Quando um experimento pode ser repetido inúmeras vezes, dizemos que a probabilidade corresponde à frequência relativa que seria obtida com a repetição do experimento.

Exemplo: seja A o evento que ocorre quando, lançando um dado honesto, obtemos a face 2.

Queremos calcular a probabilidade de A.

�� ?

Quando lançamos um dado inúmeras vezes, é razoável esperar que cada face saia em 1/6 das vezes. Quanto mais vezes lançamos, mais a frequência relativa associada à face 2 se aproxima de 1/6.

Idealmente, se lançássemos o dado infinitas vezes, a frequência relativa seria igual a 1/6.

Por isso dizemos que a probabilidade de A é 1/6.

P(A) = 1/6.

TOME NOTA!!!

Probabilidade – abordagem frequentista.

A probabilidade corresponde à frequência relativa que seria obtida em um número muito grande de experimentos.







Um viajante, a caminho de determinada cidade, deparou-se com uma bifurcação onde estão três meninos e não sabe que caminho tomar. Admita que estes três meninos, ao se lhes perguntar algo, um responde sempre falando a verdade, um sempre mente e o outro mente em 50% das vezes e consequentemente fala a verdade nas outras 50% das vezes. O viajante perguntou a um dos três meninos escolhido ao acaso qual era o caminho para a cidade e ele respondeu que era o da direita. Se ele fizer a mesma pergunta a um outro menino escolhido ao acaso entre os dois restantes, qual a probabilidade de ele também responder que é o caminho da direita?

a) 1.

b) 2/3.

c) 1/2.

d) 1/3.

e) 1/4.

Resolução.

Imagine que vários viajantes passem regularmente por esta bifurcação, e que eles nunca saibam qual o caminho correto.

Esta situação aconteceu durante 60 dias seguidos. Nestes 60 dias, vamos ver como se comportam os meninos.

Seja A o menino que sempre diz a verdade, B o menino que sempre mente e C o menino que pode tanto dizer a verdade quanto mentir.

As possíveis maneiras de escolhermos os dois meninos são: AB, AC, BA, BC, CA, CB.

Todas estas combinações são equiprováveis.

Nestes 60 dias, temos:

- AB ocorreu 10 vezes

- AC ocorreu 10 vezes

- BA ocorreu 10 vezes

- BC ocorreu 10 vezes

- CA ocorreu 10 vezes

- CB ocorreu 10 vezes

Como C pode tanto mentir quanto dizer a verdade, então, em 50% das vezes em que ele foi escolhido, ele disse a mesma coisa que o outro menino escolhido. E, nas outras 50% das vezes, ele disse o contrário do que o outro menino escolhido.

Vamos detalhar melhor então o que acontece nos dias em que C foi escolhido:






- AB ocorreu 10 vezes em todas as 10 vezes A e B dão respostas contrárias.

- AC ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais

- em 5 vezes eles dão respostas contrárias

- BA ocorreu 10 vezes em todas as 10 vezes A e B dão respostas contrárias.

- BC ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais


- CA ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais


- CB ocorreu 10 vezes - em 5 vezes eles dão respostas iguais


Assim, nestas 60 vezes, em 20 ocorrem respostas iguais. Logo, a probabilidade de duas respostas iguais é de:

3

1

60

20 ==P

Gabarito: D

2.3. Probabilidade condicional

Voltemos ao nosso dado de seis faces. É o mesmo dado honesto, de material homogêneo. Só que agora vamos pintar as faces. As faces terão as seguintes cores:

Cor azul: faces 1 e 2.

Cor verde: faces 3, 4, 5 e 6.

Maria lançou esse nosso dado. João não viu o resultado e quer calcular qual a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3.

Pergunta: Qual a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3?

Resposta: 6

2.

É exatamente o mesmo problema visto anteriormente. Todas as faces têm a mesma chance de sair. Os casos favoráveis são: 3 e 6. Os casos possíveis são: 1, 2, 3, 4, 5 e 6. A probabilidade fica:






6

2

_


favoráveiscasosP

Ok, agora vamos mudar um pouco o problema. Maria lançou esse nosso dado. João não viu o resultado. Maria fala para João: “Saiu uma face de cor verde”.

Aí está a grande diferença: agora João sabe que saiu uma face verde. É uma informação nova! Esta informação vai mudar completamente o cálculo. Isto porque já sabemos, com certeza, que não saiu uma face azul.

Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 sabendo que a face que saiu é verde. Esta questão pode ser enunciada como:

Qual a probabilidade do resultado do lançamento ser múltiplo de três dado que saiu uma

face verde?

Ou seja, a informação de que saiu uma face verde é dada, é sabida. É uma informação conhecida e que deve ser usada.

Se fôssemos escrever os casos possíveis, teríamos:

Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Observe que mudaram os casos possíveis. Isto porque sabemos que não é possível terem saído os números 1 e 2. Temos certeza de que o resultado foi o de uma face verde.

Já os casos favoráveis são os mesmos. Continuamos interessados nas faces 3 e 6. E estas duas faces podem ter saído, dado que ambas são da cor verde.

Casos favoráveis: 3,6.

Fazendo o cálculo, temos:

Número de casos possíveis: 4

Número de casos favoráveis: 2

E a probabilidade fica:

4

2

_


favoráveiscasosP

A probabilidade agora é de dois quartos. Note como uma informação nova alterou o cálculo da probabilidade. Dizemos que a probabilidade é condicional porque teve uma condição a ser obedecida. Não era simplesmente calcular a probabilidade de sair um múltiplo de 3. Foi dada uma condição, uma informação nova. Justamente esta condição alterou o cálculo da probabilidade.

Agora vejamos alguns exercícios para aplicarmos o que acabamos de aprender.

Questão 17 Petrobras 2008/1 [CESGRANRIO]

A tabela abaixo apresenta os pesos de um grupo de pessoas e suas respectivas frequências. Não há observações coincidentes com os extremos das classes.






Uma pessoa com mais de 50 kgf será escolhida ao acaso. A probabilidade de que o peso dessa pessoa esteja entre 60 kgf e 80 kgf é, aproximadamente,

(A) 65%

(B) 63%

(C) 60%

(D) 58%

(E) 55%

Resolução.

Vamos calcular a probabilidade de a pessoa escolhida ter entre 60 e 80 kgf.

Classes Frequência

40 a 50 2

50 a 60 5

60 a 70 7

70 a 80 8

80 a 90 3

total 25

Temos 15 casos favoráveis (ver linhas em vermelho), em 25 possíveis. A probabilidade é dada por:

25

15=P

Ocorre que foi dada uma condição. A condição é que a pessoa escolhida tem mais de 50 kgf.

Ou seja, queremos calcular a probabilidade de a pessoa escolhida ter entre 60 e 80 kfg, DADO que ela tem mais que 50 kgf.

Esta informação nova vai mudar o cálculo da probabilidade. Por isso, dizemos que se trata de uma probabilidade condicional.

Temos que rever nossos casos possíveis. Agora, os casos possíveis são apenas os listados abaixo:






Classes Frequência

50 a 60 5

60 a 70 7

70 a 80 8

80 a 90 3

total 23

Temos 15 casos favoráveis (linhas em vermelho) em 23 possíveis. A probabilidade é dada por:

%22,6523

15 ≅=P

Gabarito: A

Então probabilidade condicional é apenas isso. Temos que obedecer à condição fornecida. Isso é feito revendo os casos possíveis e favoráveis. Temos que excluir aqueles casos que não obedecem à condição estabelecida.

Texto para Questão 18 e Questão 19.

Em um grupo de 40 homens e 60 mulheres, a probabilidade de um homem ser míope é 0,05 e a probabilidade de uma mulher ser míope é 0,1.

Questão 18 Petrobras 2005 [CESGRANRIO]

Selecionando uma pessoa ao acaso, qual é a probabilidade de ela ser míope?

(A) 0,05

(B) 0,06

(C) 0,07

(D) 0,08

(E) 0,09

Resolução.

Temos 100 pessoas, assim distribuídas:

- 40 homens

- 60 mulheres.

5% dos homens são míopes.

5% � 40 � 2

São 2 homens míopes.

10% das mulheres são míopes.






10% � 60 � 6

São 6 mulheres míopes.

Com isso, temos 100 pessoas, assim distribuídas:

• 2 homens míopes

• 38 homens não míopes

• 6 mulheres míopes

• 34 mulheres não míopes

Estamos interessados nos míopes. Temos 8 casos favoráveis, assim distribuídos:




� �8

100� 8%

Gabarito: D


Selecionado um míope ao acaso qual é a probabilidade de ele ser homem?

(A) 0,25

(B) 0,27

(C) 0,30

(D) 0,33

(E) 0,40

Resolução.

A condição dada é: o escolhido é míope. Nossos casos possíveis agora são 8, assim distribuídos:


• 38 homens não míopes


• 34 mulheres não míopes

Em 8 casos possíveis, temos 2 favoráveis.

� �2

8� 0,25






Gabarito: A

Questão 20 TRT 2ª REGIÃO 2008 [FCC]

O número de peças vendidas diariamente numa loja pode ser considerada como uma variável aleatória X com a seguinte distribuição de probabilidades:

Sabendo que em um determinado dia o número de peças vendidas não foi nulo, então a probabilidade de ter sido inferior a 4 é igual a

(A) 75,00%

(B) 80,00%

(C) 93,75%

(D) 95,25%

(E) 96,35%

Resolução:

Adotando a abordagem frequentista da probabilidade, temos que:

- em 20% dos dias, não são vendidas peças.

- em 25% dos dias, é vendida 1 peça

- em 40% dos dias, são vendidas 2 peças

- em 10% dos dias, são vendidas 3 peças

- em 5% dos dias, são vendidas 4 peças.

Assim, a cada 100 dias, temos:

- 20 dias com 0 peças vendidas

- 25 dias com 1 peça vendida



- 5 dias com 4 peças vendidas.

Escolhe-se um dia aleatoriamente. É dado que, neste dia, o número de peças vendidas foi diferente de zero. Com isso, revemos nossos casos possíveis:










- 5 dias com 4 peças vendidas.

São 80 dias possíveis.

Pede-se a probabilidade de o número de peças vendidas ser inferior a 4. Estão nesta situação os seguintes dias:




São 75 casos favoráveis.

A probabilidade fica:

� �75

80� 93,75%

Gabarito: C

2.4. Fórmula da probabilidade condicional

Outra forma de resolver exercícios de probabilidade condicional é por meio de uma fórmula.

Considere o lançamento de um dado. Antes de ver o resultado, queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3. Qual a probabilidade deste evento?

A probabilidade é de 2/6. Certo? Temos dois casos favoráveis (3 e 6) em seis casos possíveis.

Vamos mudar um pouco o exemplo. O dado é lançado. Antes de vermos o resultado, alguém nos informa: saiu um número maior que 4.

Pronto. Agora temos uma informação nova.

Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 DADO que saiu um número maior que 4. Temos uma informação nova, que devemos utilizar.

Agora a probabilidade muda. Temos apenas dois casos possíveis (5 e 6). E, dentre os casos possíveis, apenas um nos é favorável (6). Neste segundo caso, a probabilidade é igual a 1/2.

Se fôssemos resumir isto em uma fórmula, ficaria assim:

)(

)()|(

BP

BAPBAP

∩=

Nosso espaço amostral pode ser representado pelo seguinte conjunto:






{1, 2, 3, 4, 5, 6}

Temos dois eventos.

Se lançarmos o dado e obtivermos uma face múltipla de 3, temos o evento ‘A’. O evento ‘A’ é um subconjunto do espaço amostral.

A = {3, 6}

Se lançarmos o dado e obtivermos uma face maior que 4, temos o evento ‘B’.

B = {5, 6}.

A intersecção dos dois conjuntos acima é dada por:

A ∩ B = {6}

O símbolo que parece um ‘U’ de cabeça para baixo indica a intersecção. Neste exemplo, está associado ao resultado do lançamento do dado que é, simultaneamente, maior que 4 e múltiplo de 3.

As probabilidades relacionadas são:

• )(AP é a probabilidade de o evento A ocorrer.

• )(BP é a probabilidade de o evento B ocorrer.

• )( BAP ∩ é a probabilidade de A e B ocorrerem simultaneamente. O símbolo que

parece um “U” de cabeça para baixo indica intersecção. Ou seja, estamos interessados nos casos em que os dois eventos ocorrem simultaneamente.

• )|( BAP é a probabilidade de o evento A ocorrer, DADO que o evento B ocorreu. É a

probabilidade de A, condicionada ao acontecimento de B.

No caso do lançamento do dado, ficamos com:

6

2)( =AP (casos favoráveis: 3, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

6

2)( =BP (casos favoráveis: 5, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

6

1)( =∩ BAP (caso favorável: 6 – só o número 6 é, ao mesmo tempo, maior que 4 e

múltiplo de 3; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)

Aplicando a fórmula:

)(

)()|(

BP

BAPBAP

∩=

2

1

6

2

6

1)|( =÷=BAP

Portanto, a probabilidade de sair um múltiplo de 3 dado que saiu um número maior que 4 é de 50%.

Um diagrama destes conjuntos ajuda a entender melhor a fórmula.






O nosso espaço amostral é representado pelo retângulo azul. Nele, temos todos os possíveis resultados do lançamento do dado {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Dentro do espaço amostral temos dois conjuntos destacados. O conjunto vermelho representa o evento A (múltiplos de 3). O conjunto verde representa o evento B (maiores que 4).

É dado que o resultado do lançamento do dado é maior que 4. Ou seja, já sabemos que o resultado, qualquer que seja, deve estar dentro do conjunto verde.

Todos os resultados fora do conjunto verde são descartados. É como se a condição estabelecida modificasse nosso espaço amostral.

Nosso espaço amostral modificado se reduziria ao conjunto verde.






Agora, a única possibilidade de o evento A ter ocorrido corresponde ao número que, além de ser múltiplo de 3, também é maior que 4. Ou seja, corresponde ao elemento que está na intersecção entre A e B.

Ou seja, temos uma condição (o resultado é maior que 4, ou seja, ocorreu o evento B). Graças a esta condição, os casos favoráveis estão relacionados à intersecção e os casos possíveis estão relacionados ao conjunto B.

Logo, a probabilidade fica “casos favoráveis” sobre “casos possíveis”.

Vou indicar por “n( )” o número de elementos de cada conjunto.






A probabilidade condicional fica:

)(

)()|(

Bn

BAnBAP

∩=

Dividindo o numerador e o denominador pelo número de elementos do espaço amostral (S):

)()(

)()()|(

SnBn

SnBAnBAP

÷÷∩=

O que conduz a:

)(

)()|(

BP

BAPBAP

∩=

Dizemos que o evento ‘A’ é independente do evento ‘B’ quando )()|( APBAP = . Ou seja, o

fato de ‘B’ ter ocorrido não influi em nada na probabilidade de ‘A’.

TOME NOTA!!!

Fórmula da probabilidade condicional.

)(

)()|(

BP

BAPBAP

∩=

Se A e B são independentes, então:

)()|( APBAP = e )()|( BPABP =

É interessante observar que, a partir da fórmula da probabilidade condicional, podemos chegar à fórmula da probabilidade da intersecção de dois eventos:

)()|()()(

)()|( BPBAPBAP

BP

BAPBAP ×=∩⇒

∩=

TOME NOTA!!!

Probabilidade da intersecção de dois eventos.

�� ∩ 1� � ��|1� � ��1�

Um resultado interessante para eventos independentes é o seguinte:

��|1� �� ∩ 1�

��1��I�

Mas, se os eventos são independentes, então o fato de B ocorrer não altera a probabilidade de A:

��|1� � ��II�

Substituindo II em I:






��|1� �� ∩ 1�

��1�

�� ∩ 1�

��1�

�� ∩ 1� � �� 1�

Ou seja, quando dois eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é o produto das probabilidades.

TOME NOTA!!!

Se A e B são independentes, então:

�� ∩ 1� � �� 1�

Para eventos independentes, a probabilidade da intersecção é o produto das probabilidades.

Questão 21 CGU/2008 [ESAF]

A e B são eventos independentes se:

a) )()()( BPAPBAP +=∩

b) )()()( BPAPBAP ÷=∩

c) )()()( BPAPBAP −=∩

d) )()()( ABPAPBAP +=∩

e) )()()( BPAPBAP ×=∩

Resolução:

Aplicação direta da fórmula vista.

Gabarito: E.

Questão 22 STN 2008 [ESAF]

Dois eventos A e B são ditos eventos independentes se e somente se:

a) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for nula

b) a ocorrência de B alterar a probabilidade de ocorrência de A.

c) a ocorrência de A alterar a probabilidade de ocorrência de B.

d) a ocorrência de B não alterar a probabilidade de ocorrência de A.

e) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for igual a 1.






Resolução:

Aplicação direta do conceito visto acima.

Gabarito: D


Dois eventos de um espaço amostral são independentes quando

(A) a informação de que um deles ocorreu não altera a probabilidade de o outro ocorrer.

(B) um deles ocorrendo, o outro, necessariamente, não vai ocorrer.

(C) são disjuntos, ou seja, a probabilidade de ocorrerem juntos é negativa.

(D) são negativamente correlacionados.

(E) têm a mesma probabilidade de acontecer.

Resolução:

Aplicação direta do conceito visto acima.

Gabarito: A

Questão 24 ANP 2008 [CESGRANRIO]

A tabela abaixo mostra a distribuição de frequência dos vinte empregados de uma empresa, de acordo com as suas idades. Dois empregados diferentes são escolhidos em sequência, aleatoriamente, para representar a empresa num determinado evento. Qual a probabilidade de que ambos tenham 34 anos?

(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34

(E) 1/19






Resolução.

Seja “A” o evento que ocorre quando o primeiro funcionário escolhido aleatoriamente tem 34 anos. Seja “B” o evento que ocorre quando o segundo funcionário escolhido aleatoriamente tem 34 anos. O exercício pediu:

?)( =∩ BAP


)()()( APABPABP ×=∩

Vamos calcular a probabilidade do evento “A”. São 5 casos favoráveis (5 funcionários com 34 anos) em 20 possíveis.

20

5)( =AP

Agora vamos calcular a probabilidade de “B dado A”. Ou seja, queremos saber a probabilidade do segundo funcionário escolhido ter 34 anos, dado que o primeiro escolhido também tem 34 anos.

Neste caso, temos apenas 4 casos favoráveis (pois uma das pessoas com 34 anos já foi escolhida). E temos apenas 19 casos possíveis.

19

4)( =ABP

Logo:

)()()( APABPABP ×=∩

19

1

19

4

20

5)( =×=∩ ABP

Gabarito: E


Anemia ferropriva é o tipo de anemia mais comum e é causada pela deficiência de ferro (sideropénia). Nesse tipo de anemia, a ingestão de ferro está menor que o mínimo necessário para as atividades do organismo que precisam de ferro. Considere um estudo de anemia ferropriva realizado que gerou os seguintes dados:






O Valor Preditivo Positivo (VPP) é a probabilidade de o indivíduo ser portador da doença, dado que o exame (teste) deu positivo. Para os resultados do estudo sobre anemia ferropriva, tem-se que VPP é igual a

(A) 0,38

(B) 0,47

(C) 0,63

(D) 0,70

(E) 0,88

Resolução.

Se tivéssemos que calcular apenas a probabilidade de o indivíduo ter a doença, teríamos.

Casos favoráveis: 80 (são 80 doentes).

Aqui cabe um comentário. Quando usamos a expressão “casos favoráveis”, estamos indicando os casos em que temos interesse. Não há qualquer juízo de valor (bom/ruim, certo/errado, etc). Não estamos dizendo que ter a doença seja algo bom ou ruim, certo? Apenas indicamos que nosso interesse recai sobre aqueles que estão doentes.

Continuando.

Casos possíveis: 260 (são 260 pessoas ao todo).

A probabilidade seria:

� �80

260

Contudo, foi dada uma condição. É dado que o teste deu positivo.

Com isso, devemos descartar as pessoas para as quais o teste deu negativo, pois elas não obedecem à condição informada.

Agora temos 70 doentes em 100 pessoas. A probabilidade condicional fica:

� �70

100� 70%

Gabarito: D

Poderíamos também ter usado a fórmula da probabilidade condicional.






Seja A o evento que ocorre quando, selecionando uma pessoa aleatoriamente, ela tem a doença.

Seja B o evento que ocorre quando, selecionando uma pessoa aleatoriamente, seu teste deu positivo.

Temos:

�� 80

260

��1� �100

260

�� ∩ 1� �70

260

Ficamos com:

��|1� �� ∩ 1�

��1��

70/260

100/260� 70%

2.5. Probabilidade da união de dois eventos

Nós até já vimos alguns exercícios em que calculamos a probabilidade da união de dois eventos. Só que não usamos nenhuma fórmula. Lembram do exemplo do dado, lá do começo do tópico de probabilidades? Queríamos calcular a probabilidade de sair um múltiplo de 3. Pois bem, seja ‘A’ o evento que ocorre quando, lançando um dado honesto, obtém-se uma face múltipla de 3.

Sabemos que:

A= {3, 6}.

O espaço amostral é dado por:

{1, 2, 3, 4, 5, 6}

Na ocasião, para calcularmos a probabilidade de ‘A’, dividimos o número de elementos do evento (=2) pelo número de elementos do espaço amostral (=6).

Haveria outra possibilidade de realizarmos este cálculo. Observe que o conjunto ‘A’ ainda pode ser decomposto em mais conjuntos.

Seja ‘B’ o evento que ocorre quando, lançando o dado, obtém-se a face 3. Seja ‘C’ o evento que ocorre quando se obtém a face ‘6’.

B = {3}

C = {6}

Podemos dizer que:

CBA ∪=






O evento ‘A’ é igual à união entre os eventos ‘B e ‘C’. Ou seja, a probabilidade de sair um múltiplo de 3 (=evento A) é equivalente à probabilidade da união dos eventos “sair 3” e “sair 6”.

Assim, em vez de calcularmos diretamente a probabilidade do evento ‘A’, poderíamos ter calculado as probabilidades de ‘B’ e ‘C’ e, em seguida, usando a probabilidade da união de dois eventos, obtido a probabilidade de ‘A’.

Logo abaixo veremos que existe uma fórmula para o cálculo da união de dois eventos. Nem sempre a gente precisa dela. Aliás, em grande parte dos exercícios, dá para ir bem sem ela. Mas é bom saber que existe.

Antes de entrarmos na fórmula, alguns comentários. O evento ‘A’ pôde ser decomposto em outros dois eventos (B e C). Já os eventos ‘B’ e ‘C’ não podem mais ser decompostos. Cada um deles é formado por um único elemento. Dizemos que B e C são eventos elementares.

Exemplo 2

Uma escola de ensino fundamental oferece cursos de idiomas. São disponibilizados cursos de inglês e espanhol. Os alunos podem optar por fazer nenhum, um ou os dois cursos.

Atualmente temos a seguinte situação:

30 alunos fazem inglês.

20 alunos fazem inglês e espanhol.

35 alunos fazem espanhol.

25 alunos não fazem nem inglês nem espanhol.

Sorteamos um aluno dessa escola. Qual a probabilidade de o aluno sorteado cursar inglês ou espanhol?

Resolução:

Sorteia-se aleatoriamente um aluno. Quando o aluno sorteado cursa inglês, temos o evento ‘I’. Quando o aluno sorteado cursa espanhol, temos o evento ‘E’.

Queremos calcular a probabilidade do aluno fazer inglês ou espanhol. Ou seja, estamos interessados naqueles alunos que fazem só inglês, que fazem só espanhol e que fazem inglês e espanhol.

Estamos interessados na união dos eventos “E” e “I”.

?)( =∪ IEP

Esse símbolo que parece um “U” é o símbolo de união. Indica que estamos interessados nos casos em que pelo menos um dos dois eventos ocorra. Neste exemplo, estamos interessados nos alunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas.

Vamos representar graficamente os alunos dessa escola.






Dentro do círculo azul temos os trinta alunos que fazem inglês. Dez deles estão dentro do circulo azul, mas não estão dentro do círculo vermelho.

Dentro do círculo vermelho temos os trinta e cinco que fazem espanhol. Quinze deles estão dentro do círculo vermelho, mas não estão dentro do círculo azul.

Outros vinte estão nos dois círculos simultaneamente. São os que fazem inglês e espanhol.

E os 25 que estão de fora dos dois círculos não fazem inglês nem espanhol.

Casos favoráveis são aqueles que estão em pelo menos um dos dois círculos. Ou seja, são os alunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas. São 45 casos favoráveis.

E casos possíveis são todos os alunos da escola. São 45, que fazem pelo menos um curso de idioma, e mais 25, que não fazem nenhum curso de idioma, totalizando 70 alunos.

A probabilidade de o aluno ser sorteado fazer inglês ou espanhol é:

70

45)( =∪ IEP

Ok, agora vejamos a fórmula para calcular a probabilidade da união de dois eventos.

A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês é:

70

30)( =IP

A probabilidade do aluno sorteado cursar espanhol é:

70

35)( =EP

A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês e espanhol, simultaneamente, é:

70

20)( =∩ IEP

Para encontrar a probabilidade do aluno sorteado cursar inglês ou espanhol, precisamos saber quantos são os casos favoráveis.

São 30 alunos que fazem inglês. São 35 que fazem espanhol. Portanto, para saber quantos alunos fazem inglês ou espanhol, somamos esses dois valores.

alunos que fazem espanholalunos que

fazem ingles

10 20 15

25






Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 = 65

Só que tem um problema. Quando fazemos esta conta, estamos ignorando que há alunos que fazem, ao mesmo tempo, inglês e espanhol. Esses alunos foram contados duas vezes. São 20 alunos que foram contados em duplicidade. Portanto, do total acima, temos que tirar 20.

Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 – 20

Pronto. Achamos o total de casos favoráveis. Se dividirmos esse valor pelo total de casos possíveis, achamos a probabilidade procurada.

70

203530)(

−+=∪ IEP

70

20

70

35

70

30)( −+=∪ IEP

)()()()( IEPIPEPIEP ∩−+=∪

Resumindo, quando temos dois eventos quaisquer A e B, a probabilidade da união dos dois eventos é:

)()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪

Quando ‘A’ e ‘B’ não têm elementos em comum, isto é, quando a intersecção entre ambos é nula, dizemos que são eventos mutuamente excludentes.

Se os dois eventos forem mutuamente excludentes, temos:

0)( =∩ BAP

Neste caso, a probabilidade da união fica:

)()()( BPAPBAP +=∪

TOME NOTA!!!

Probabilidade da união de dois eventos.


Se A e B forem mutuamente excludentes, a fórmula se reduz a:

)()()( BPAPBAP +=∪

Questão 26 MPU/2004 [ESAF]

Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar o nível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é 0,11 e a probabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a






probabilidade de Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o nível de óleo e nem para verificar a pressão dos pneus é igual a

a) 0,25

b) 0,35

c) 0,45

d) 0,15

e) 0,65.

Resolução:

Primeiro vamos usar a fórmula.

Vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo/pneu). Dizendo de outra forma: vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar o óleo ou o pneu.

Lígia vai ao posto de gasolina em diversos dias. Selecionando-se ao acaso um desses dias, ocorre o evento ‘A’ quando, no dia escolhido, ela verifica o óleo. Ocorre o evento ‘B’ quando, no dia sorteado, ela verifica o pneu.

Temos:


O enunciado disse que:

28,0)( =AP

11,0)( =BP

04,0)( =∩ BAP

Portanto:


35,004,011,028,0)( =−+=∪ BAP

A probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo ou pneu) é de 35%.

Concluímos que a probabilidade de ela verificar nenhum dos dois é:

%6535,01 =−=P

Gabarito: E.

Outra resolução, agora sem fórmula.

Lígia foi ao posto durante 100 dias.

Em 28 dias ela chegou o óleo. Em 11 dias ela checou os pneus. Em 4 dias ela checou os dois juntos.






Vamos representar graficamente o que ocorreu.

Em 4 dias, Lígia verifica o pneu e o óleo.

Em 28 dias ela verifica o óleo. Já assinalamos 4 desses 28 dias. Faltam 24.

Em 11 dias ela verifica os pneus. Já assinalamos 4 desses 11 dias. Faltam 7.

Ao todo são 100 dias. Já assinalamos 35. Faltam 65, em que Lígia não verifica pneus nem óleo.

4

dias em que verificou óleo dias em que

verificou pneu

24 4


verificou pneu

24 74


verificou pneu






Em 65 dos 100 dias ela não verifica pneus nem óleo. A probabilidade procurada, portanto, é de 65%.


Quando João vai a um restaurante, a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa é igual a 0,58, a probabilidade de ele consumir café expresso é igual a 0,22, e a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa e café expresso é igual a 0,16. Sendo assim, a probabilidade de João ir a um restaurante e não consumir nenhuma sobremesa nem café expresso está entre:

(A) 0,10 e 0,20.

(B) 0,21 e 0,30.

(C) 0,31 e 0,40.

(D) 0,41 e 0,50.

(E) 0,51 e 0,60

Resolução.

Seja A o evento que ocorre quando, selecionando-se aleatoriamente uma ida de João ao restaurante, ele come sobremesa. Seja B o evento análogo para o consumo de café.

O exercício nos indica que:

�� 0,58; �� 0,22; �� ∩ �� 0,16

Com isso, podemos achar a probabilidade de ele consumir sobremesa ou café:

�� ∪ �� ∩ ��

�� ∪ �� 0,58 � 0,22 � 0,16 � 0,64

A probabilidade de ele consumir café ou sobremesa é 64%. Ou ainda: a probabilidade de ele consumir pelo menos um dos dois (café ou sobremesa) é de 64%.

O exercício pede a probabilidade de não consumir café nem sobremesa.

Se a probabilidade de ele consumir alguma coisa é 64%, então a probabilidade de não consumir é:

24 74


verificou pneu

65






100% � 64% � 36%

Gabarito: C


Os eventos A e B são independentes e suas probabilidades são P(A) = 0,5 e P (B) = 0,4. Quanto vale P(A ∪B)?

(A) 0,5

(B) 0,6

(C) 0,7

(D) 0,8

(E) 0,9

Resolução.

Como os eventos são independentes, então:

2,04,05,0)()()( =×=×=∩ BPAPBAP

Agora podemos achar a probabilidade da união:


7,02,04,05,0)( =−+=∪ BAP

Gabarito: C

Questão 29 TJ PI 2009 [FCC]

Em uma entrevista realizada com 4.000 pessoas, foi inquirida de cada uma sua posição em relação a um determinado projeto. Todas responderam e cada uma deu uma e somente uma das duas posições conforme apresentado pela tabela abaixo:

A porcentagem de pessoas que são contra o projeto ou são mulheres é de

(A) 37,5%.

(B) 47,5%.

(C) 52,5%.

(D) 57,5%.

(E) 80,0%.






Resolução:

Seja A o evento que ocorre quando a pessoa escolhida é mulher.

Seja B o evento que ocorre quando a pessoa escolhida é contra o projeto.

Temos:

�� 1.700

4.000

�� 2.300

4.000

�� ∩ �� 800

4.000

Logo:

�� ∪ �� ∩ ��

�� ∪ �� 1.700 � 2.300 � 800

4.000� 80%

Gabarito: E


Seja P(X) a probabilidade de ocorrência do evento X. Se P(A) = 1/2, P(B) = 7/10 , )( BAP ∩= p e pBAP 2)( =∪ . Então, o valor de p é igual a

(A) 60%.

(B) 50%.

(C) 40%.

(D) 30%.

(E) 20%.

Resolução:

�� ∪ �� ∩ ��

2� �1

2�

7

10� �

3� �1

2�

7

10

3� � 0,5 � 0,7 � 1,2

� �1,2

3� 0,4 � 40%

Gabarito: C







Quando Paulo vai ao futebol, a probabilidade de ele encontrar Ricardo é 0,4; a probabilidade de ele encontrar Fernando é igual a 0,10; a probabilidade de ele encontrar ambos, Ricardo e Fernando, é igual a 0,05. Assim, a probabilidade de Paulo encontrar Ricardo ou Fernando é igual a:

a) 0,04

b) 0,40

c) 0,50

d) 0,45

e) 0,95

Resolução:

Seja A o evento que ocorre quando, escolhendo-se ao acaso um dia em que Paulo vai ao futebol, ele encontra Ricardo. Seja B o evento equivalente, quando Paulo encontra Fernando.

Temos:

4,0)( =AP

1,0)( =BP

05,0)( =∩ BAP

A pergunta é:

?)( =∪ BAP



45,005,01,04,0)( =−+=∪ BAP

Gabarito: D


Em um posto de combustíveis entram, por hora, cerca de 300 clientes. Desses, 210 vão colocar combustível, 130 vão completar o óleo lubrificante e 120 vão calibrar os pneus. Sabe-se, ainda, que 70 colocam combustível e completam o óleo; 80 colocam combustível e calibram os pneus e 50 colocam combustível, completam o óleo e calibram os pneus. Considerando que os 300 clientes entram no posto de combustíveis para executar uma ou mais das atividades acima mencionadas, qual a probabilidade de um cliente entrar no posto para completar o óleo e calibrar os pneus?

(A) 0,10

(B) 0,20

(C) 0,25






(D) 0,40

(E) 0,45

Resolução.

A fórmula da probabilidade da união pode ser estendida para mais de dois eventos. É exatamente o caso deste exercício.

Ocorre que, quando o número de eventos aumenta, a fórmula vai ficando cada vez maior. Nestes casos, é melhor tentarmos usar um diagrama para representar os eventos.

Portanto, vamos representar os clientes em um diagrama.

50 clientes colocam combustível, completam o óleo e calibram pneus:

80 clientes colocam combustível e calibram pneus. Destes 80, já preenchemos 50. Faltam 30.

70 clientes colocam combustível e completam o óleo. Já alocamos 50 destes 70 clientes. Faltam 20.






210 clientes colocam combustível. Já alocamos em nosso diagrama 100 destes clientes (=30+50+20). Faltam 110.

Não sabemos quantos clientes calibram pneu e completam o óleo. Vamos chamar esta quantidade de x.

130 clientes completam o óleo. Já alocamos 70+x clientes. Faltam:

130 � �70 � �� 60 � �






120 clientes calibram o pneu. Já alocamos 80+x. Faltam:

120 � �80 � �� 40 � �

O total de clientes é 300.

�40 � �� 60 � �� 110 � 30 � 20 � � � 50 � 300

310 � � � 300

� � 10

Ficamos com:

Pede-se a probabilidade de um cliente completar óleo e calibrar pneus.

Os casos favoráveis são:

- 10 clientes que apenas calibram pneus e completam óleo

- 50 clientes que, além das atividades acima, também colocam combustível.


Ficamos com:

60

300� 0,2






Gabarito: B


A tabela abaixo apresenta a distribuição conjunta das frequências das variáveis “tipo de processo” (Y) e “setor” (X), referente aos processos autuados, em um período analisado, numa repartição pública:

A porcentagem dos processos autuados no Setor B ou que não são do tipo III é

(A) 92,5%

(B) 87,5%

(C) 62,5%

(D) 37,5%

(E) 32,5%

Resolução:

Em vez de usarmos a fórmula da probabilidade da união, vamos contar o número de casos possíveis e favoráveis.

Casos favoráveis: processos do setor B, ou dos tipos I e II:

Número de casos favoráveis:

100 � 120 � 100 � 30 � 20 � 370


� �370

400� 92,5%

Gabarito: A






Questão 34 TRF 2ª REGIÃO 2007 [FCC]

Sejam A e B dois eventos associados a um experimento. Supondo que 4,0)( =AP e

7,0)( =∪ BAP e pBP =)( . Os valores de p que fazem com que A e B sejam mutuamente

exclusivos e A e B sejam independentes são, respectivamente,

a) 0,3 e 0,5

b) 0,4 e 0,2

c) 0,5 e 0,2

d) 0,6 e 0,2

e) 0,3 e 0,4

Resolução:

Para que A e B sejam mutuamente exclusivos, temos a seguinte condição:

)()()( BPAPBAP +=∪

Substituindo os valores:

3,04,07,0 =⇒+= pp

Para que A e B sejam independentes, temos a seguinte condição:

)()()( BPAPBAP ×=∩

Sabendo disso, vamos partir da probabilidade da união de A e B.

)()()()( BAPBPAPBAP ∪−+=∪

)()()()()( BPAPBPAPBAP ×−+=∪


5,03,06,04,04,07,0 =⇒=×⇒×−+= pppp

Gabarito: A

2.6. Probabilidade do evento complementar

Quando temos um experimento, dizemos que o conjunto de todos os resultados possíveis é o espaço amostral.

Por exemplo, o lançamento de um dado pode resultar em 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.

O espaço amostral é:

{1, 2, 3, 4, 5, 6}






Outro exemplo. Temos um tetraedro com faces 1, 2, 3, 4. Lançamo-lo duas vezes. O espaço amostral é:

{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4)}

Dizemos que dois eventos são complementares quando, simultaneamente, temos:

• a união dos dois eventos resulta no espaço amostral

• os dois eventos são mutuamente excludentes (eles não têm elementos em comum; a intersecção entre ambos é vazia)

Ou seja, qualquer resultado possível estará contido em dos dois eventos. Os dois eventos, juntos, conseguem englobar todos os resultados possíveis. E mais que isso: não há qualquer resultado que satisfaça, simultaneamente, aos dois eventos.

Com alguns exemplos fica mais fácil.

Novamente, considere o resultado do lançamento de um dado.

Seja ‘A’ o evento “sair número par”. Seja ‘B’ o evento “sair número ímpar”.

Os eventos ‘A’ e ‘B’, unidos, englobam todas as possibilidades. Não tem como lançar um dado e dar um resultado que não seja um número par e não seja um número ímpar.

Além disso, não há intersecção entre os dois eventos. Não tem nenhum resultado de um dado que seja, ao mesmo tempo, par e ímpar.

Dizemos que os eventos ‘A’ e ‘B’ são complementares.

Ainda em relação ao lançamento do dado.

Seja ‘C’ o evento “sair um número maior ou igual a 4”. Seja ‘D’ o evento “sair um número menor que 4”.

Esses dois eventos, unidos, englobam todos casos possíveis. Não dá para lançar um dado e obter um resultado que não seja maior ou igual a 4 nem menor que 4.

Além disso, não há nenhum resultado que pertença ao mesmo tempo aos dois eventos.

Os eventos ‘C’ e ‘D’ são complementares.

Continuemos com o lançamento do dado.

Seja ‘E’ o evento “sair um número menor que 5”. Seja ‘F’ o evento “sair um número maior que 3”.

Os dois eventos, juntos, englobam todos os casos possíveis.

Mas os dois eventos não são complementares. Existe um resultado que pertence aos dois eventos. O resultado “4” é maior que 3 e também é menor que 5.

Ainda em relação ao lançamento do dado.






Seja ‘G’ o evento “sair um número menor que 4”. Seja ‘H’ o evento “sair um número maior que 4”.

‘G’ e ‘H’ não têm elementos em comum. Só que não englobam todos os casos possíveis. O resultado 4 não é nem menor que 4 nem maior que 4. Este resultado não está contemplado em nenhum dos dois eventos. ‘G’ e ‘H’ não são complementares.

Geralmente o evento complementar é indicado por uma barra.

Continuemos com o lançamento do dado. Seja Z o evento “sair um múltiplo de 3”. O

evento complementar de Z é indicado por: Z

Z é o evento “não sair um múltiplo de 3”.

Note que Z e Z , juntos, englobam todos os casos. Além disso, não têm elementos em comum. São eventos complementares.

Agora vem o que interessa para gente. Sejam A e A dois eventos complementares.

Vamos calcular a probabilidade da união desses dois eventos. Usando a fórmula da probabilidade da união, temos:

)()()()( AAPAPAPAAP ∩−+=∪

Mas nós vimos que a intersecção entre eventos complementares é vazia. Sua probabilidade é nula.

0)()()( −+=∪ APAPAAP

)()()( APAPAAP +=∪

E nós vimos também que a união entre eventos complementares é justamente o espaço amostral. A probabilidade de ocorrer o espaço amostral é sempre igual a 1.

Ficou em dúvida?

Considere o lançamento do dado.

O espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Considere o evento que ocorre quando lançamos o dado e sai um número de 1 a 6. Qual a probabilidade deste evento? É de 100%. Com certeza, quando lançarmos o dado, vai sair um número de 1 a 6. Isto porque esse evento é simplesmente igual ao espaço amostral. A probabilidade de ocorrer o espaço amostral é de 100%.

)()()( APAPAAP +=∪

)()(1 APAP +=

E é esse resultado que nos interessa.






TOME NOTA!!!

Probabilidade do evento complementar:

Sejam A e A dois eventos complementares. Então:

)()(1 APAP +=

Ou seja:

��̅� � 1 � ��

A probabilidade do evento complementar é algo até bem intuitivo. Nós até já a usamos nesta aula, sem comentar. Uma das vezes em que fizemos isso foi lá na fl. 59 (Questão 26).

Sugiro que vocês parem a leitura da aula e dêem uma revisada lá naquele exercício. Era uma questão de Técnico do MPU, em que Lígia ia ao posto e poderia verificar o óleo e o pneu.

Naquela ocasião, encontramos a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo/pneu). A probabilidade foi de 35%.

Com isso, concluímos que a probabilidade de ela não verificar nenhum dos dois era de 65%.

Ora, ou Lígia verifica alguma coisa (pneu, óleo ou ambos, pneu e óleo) ou não verifica nada. Não tem outra possibilidade. Portanto, se há 35% de chance de ela verificar alguma coisa, então há 65% de chance de ela não verificar nada.

São dois eventos complementares. Somando os dois, tem que dar 100%.

Questão 35 TRT 2ª REGIAO 2008 [FCC]

A probabilidade de que Antônio esteja vivo daqui a 10 anos é igual a 80% e de que Paulo o esteja daqui a 10 anos é 70%. Então, a probabilidade de que somente um deles esteja vivo daqui a 10 anos é igual a

(A) 30%

(B) 36%

(C) 56%

(D) 38%

(E) 44%

Resolução:

Seja A o evento que ocorre se Antônio estiver vivo daqui a 10 anos.

�� 0,8

Logo, a probabilidade do evento complementar (Antônio estar morto daqui a 10 anos) é de:

��̅� � 1 � �� 0,2






Seja B o evento que ocorre se Paulo estiver vivo daqui a 10 anos.

�� 0,7

Logo:

�� 1 � �� 1 � 0,7 � 0,3

Para que somente um dos dois esteja vivo daqui a dez anos, devemos ter:

- Antônio vivo e Paulo morto (� ∩ ��)

ou

- Antônio morto e Paulo vivo (�̅ ∩ �)

Logo, temos que calcular a seguinte probabilidade:

�� ∩ �� ∪ ��̅ ∩ ��

Entre colchetes, temos dois eventos mutuamente excludentes. A probabilidade da união é igual à soma das probabilidades.

�� ∩ �� ∪ ��̅ ∩ �� ∩ �� ̅ ∩ ��

Supondo que os eventos são independentes, ou seja, que o fato de Antônio viver (ou morrer) em nada influi na vida de Paulo, temos:

�� ∩ �� ∪ ��̅ ∩ �� ∩ �� ̅ ∩ ��

� �� ̅� � ��

� 0,8 � 0,3 � 0,2 � 0,7 � 0,24 � 0,14 � 0,38

Gabarito: D

A probabilidade do evento complementar é muito útil em determinados tipos de problema em que a probabilidade pedida é muito difícil de ser calculada. Nesses casos, desconfie. Às vezes é mais fácil calcular a probabilidade do evento complementar, o que nos ajuda a resolver a questão.

Segue um exemplo.

Exemplo 3

Lançamos um dado seis vezes. Qual a probabilidade de sair pelo menos uma vez o número 5?

Resolução:

Seja A o evento que ocorre quando, em pelo menos um dos 6 lançamentos, temos o resultado 5.

Uma primeira forma de resolução seria listar todos os casos possíveis e todos os casos favoráveis.






Casos possíveis:

1; 1; 1; 1; 1; 1

1; 1; 1; 1; 1; 2

1; 1; 1; 1; 1; 3

[...]

E a lista continuaria com inúmeras linhas. Ficar listando todos os casos possíveis não dá.

Poderíamos tentar resolver considerando que o evento ‘A’ é, na verdade, uma união de vários eventos.

Precisaríamos calcular a probabilidade de:

Sair o número 5 exatamente 1 vez

Sair o número 5 exatamente 2 vezes





Depois fazemos a união de todos esses eventos. A probabilidade da união de todos esses eventos é o resultado procurado.

Só que isso dá um trabalhão. Só para que fique claro como os eventos acima são difíceis de lidar, tomemos o segundo deles. Trata-se do evento que ocorre quando, lançando o dado seis vezes, obtém-se o resultado 5 exatamente duas vezes. Para calcular a probabilidade relacionada, teríamos que dividir este evento em diversos outros eventos:

• Sair o número 5 apenas no primeiro e no segundo lançamento;

• Sair o número 5 apenas no primeiro e no terceiro lançamento;

• Sair o número 5 apenas no primeiro e no quarto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no primeiro e no quinto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no primeiro e no sexto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no segundo e no terceiro lançamento;

• Sair o número 5 apenas no segundo e no quarto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no segundo e no quinto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no segundo e no sexto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no terceiro e no quarto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no terceiro e no quinto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no terceiro e no sexto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no quarto e no quinto lançamento;






• Sair o número 5 apenas no quarto e no sexto lançamento;

• Sair o número 5 apenas no quinto e no sexto lançamento.

Depois, teríamos que fazer um procedimento análogo para todos os outros eventos (sair 5 exatamente uma vez; sair 5 exatamente três vezes; etc).

Vamos procurar outra saída.

O evento pedido no enunciado foi “sair 5 pelo menos 1 vez”.

Qual seu evento complementar?

Em outras palavras: quando é que isso não ocorre? Quando é que não sai 5 pelo menos uma vez?

Resposta: quando, em nenhum dos lançamentos, sair o número 5.

Vamos chamar este evento de A

Ah, para esse evento complementar é bem mais fácil de calcularmos a probabilidade.

Ele é a intersecção dos seguintes eventos:

• Não sai 5 no primeiro lançamento

• Não sai 5 no segundo lançamento

• Não sai 5 no terceiro lançamento

• Não sai 5 no quarto lançamento

• Não sai 5 no quinto lançamento

• Não sai 5 no sexto lançamento

Todos os eventos acima têm probabilidade de 5/6. E todos eles são independentes. Isto porque o resultado de um lançamento não interfere em nada no resultado de qualquer outro lançamento. Vimos que, quando os eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é igual ao produto das probabilidades.

Ficamos com:

6

6

5

6

5

6

5

6

5

6

5

6

5

6

5)(

=×××××=AP

Portanto:

6

6

51)(

−=AP

A utilização do evento complementar facilitou muito as contas.

O enunciado típico de utilização do evento complementar geralmente contém expressões como: “calcule a probabilidade de tal resultado ocorrer pelo menos uma vez.”






Sempre que você se deparar com algo semelhante, lembre-se de verificar se a utilização do evento complementar facilita o cálculo.

Questão 36 MINISTERIO DA SAUDE 2007 [FCC]

Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4 pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é de:

a) 609/625

b) 544/625

c) 96/625

d) 24/625

e) 16/625

Resolução:

Pede-se a probabilidade de que pelo menos um paciente morra.

Este é o caso clássico de utilização do evento complementar: quando temos a expressão “pelo menos um”.

Sempre que aparecer esta expressão, é mais fácil calcularmos a probabilidade do evento complementar. Ou seja, vamos pensar justamente no evento que é o contrário do que o solicitado no enunciado.

Seja A o evento “pelo menos um paciente morre”. Seja A o evento complementar, ou seja, “todos os pacientes sobrevivem”. O evento complementar é uma intersecção de 4 eventos:

• E1 – o primeiro paciente sobrevive

• E2 – o segundo paciente sobrevive

• E3 – o terceiro paciente sobrevive

• E4 – o quarto paciente sobrevive

Quando todos estes quatro eventos ocorrerem simultaneamente (intersecção), aí nós

teremos o evento A .

Todos esses eventos têm probabilidade de 3/5. E todos eles são independentes. Assim, a probabilidade da intersecção se resume ao produto das probabilidades.

4321 EEEEA ∩∩∩=

)4()3()2()1()4321( EPEPEPEPEEEEP ×××=∩∩∩

46,06,06,06,06,0)4321( =×××=∩∩∩ EEEEP

Ou seja:






000.10

296.16,0)( 4 ==AP

Já calculamos a probabilidade do evento complementar.

Agora fica bem fácil calcular a probabilidade do evento original.

A probabilidade de A fica:

625

544

000.10

704.8

000.10

296.11)( ==−=AP

Gabarito: B.

Questão 37 BACEN/2006 [FCC]

A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de 5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1 pagar a sua mensalidade sem atraso é:

a) 1 – 0,955

b) 0,955

c) 4,75 . 0,955

d) 5 . 0,955

e) 1 – 0,055

Resolução.

Nesta questão da FCC, queremos calcular a probabilidade de pelo menos um associado pagar a mensalidade sem atraso (ou seja, pagar em dia).

Seja A o evento “pelo menos 1 associado paga em dia”. Queremos calcular a probabilidade de A . Só que calcular esta probabilidade não é nada simples.

Qual o evento complementar de A? É o evento “todos os associados atrasam o

pagamento”. Vamos chamá-lo de evento A . Esse evento A é uma intersecção de vários eventos. Ele corresponde aos seguintes eventos, quando ocorrem simultaneamente:

• O primeiro associado atrasa o pagamento (evento E1)

• O segundo associado atrasa o pagamento (evento E2)

• O terceiro associado atrasa o pagamento (evento E3)

• O quarto associado atrasa o pagamento (evento E4)

• O quinto associado atrasa o pagamento (evento E5)

Todos esses eventos tem probabilidade de 5%.

Vamos considerar que todos esses eventos sejam independentes. Ou seja, a probabilidade da intersecção é o produto das probabilidades.

Ficamos com:






)()()()()()( 5432154321 EPEPEPEPEPEEEEEP ××××=∩∩∩∩

554321 05,005,005,005,005,005,0)( =××××=∩∩∩∩ EEEEEP

Assim, a probabilidade de todos os associados atrasarem é de 0,055. Portanto, a probabilidade de pelo menos um associado pagar sem atraso é:

505,01−

Gabarito: E

Questão 38 MPE PE 2006 [FCC]

Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2 peças, ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma pela defeituosa é:

a) 21/38

b) 19/38

c) 17/38

d) 15/38

e) 13/38

Resolução.

Vamos chamar de A o evento “escolher pelo menos uma peça defeituosa”. Vamos chamar

de A o evento complementar. O evento complementar ocorre quando todas as peças escolhidas são normais.

Considerem os seguintes eventos:

• E1 – a primeira peça escolhida é normal

• E2 – a segunda peça escolhida é normal

O evento A é a intersecção desses dois eventos acima. Para que A ocorra, ambos devem ocorrer simultaneamente.

21 EEA ∩=

Queremos achar a probabilidade da intersecção.

Mas, agora, diferentemente dos exercícios anteriores, esses eventos não são mais independentes. A probabilidade da intersecção não é mais o produto das probabilidades.

Na hora de escolhermos a primeira peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa é de 15/20. Temos 15 peças a nosso favor em 20 possíveis.

Na hora de escolhermos a segunda peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa vai depender do resultado da primeira escolha. Se, na primeira escolha, tiver saído uma peça defeituosa, a probabilidade da segunda peça não ser defeituosa será 15/19. Continuamos tendo 15 peças normais. São 15 casos favoráveis, em 19 possíveis.






De outro modo, se a primeira peça escolhida for normal, a probabilidade da segunda também ser normal será de 14/19. Teremos apenas 14 casos favoráveis.

Logo, os eventos não são independentes. O resultado de uma escolha influi na probabilidade da segunda escolha.

A fórmula da probabilidade da intersecção fica:

)21()( EEPAP ∩=

)12()1()( EEPEPAP ×=

Na primeira escolha, a probabilidade de tomarmos uma peça não defeituosa é de 15/20. Temos 15 peças normais (casos favoráveis) num total de 20 (casos possíveis).

20/15)1( =EP

Já tendo escolhido uma peça não defeituosa, qual a probabilidade da segunda também ser não defeituosa. Ou seja, qual a probabilidade de ocorrer o evento E2, dado que o evento E1 já ocorreu?

Já tendo retirado uma peça normal, sobram 14 peças normais (casos favoráveis), num total de 19 (casos possíveis).

19/14)12( =EEP

Portanto:

)12()1()( EEPEPAP ×=

38

21

19

7

2

3

19

14

20

15)( =×=×=AP

Logo:

38

17

38

211)( =−=AP

Gabarito: C.


Em um determinado dia, a probabilidade de João faltar ao trabalho é de 5% e Carlos de 10%, independentemente. Então, a probabilidade neste dia que pelo menos um deles NÃO falte ao trabalho é de

(A) 99,5%.

(B) 95,0%.

(C) 92,5%.

(D) 90,0%.






(E) 85,5%.

Resolução:

Adotando a abordagem frequentista da probabilidade, temos o seguinte. Em 5% dos dias João falta ao trabalho. Em 10% dos dias, Carlos falta ao trabalho.

Escolhe-se um dia aleatoriamente.

Seja “A” o evento que ocorre quando, no dia escolhido, pelo menos um dos dois vai ao trabalho.

O evento complementar ocorre quando, no dia escolhido, os dois faltam ao trabalho.

A probabilidade do evento complementar é:

��̅� � 0,05 0,1 � 0,005

Logo:

�� 1 � ��̅�

�� 1 � 0,005 � 0,995 � 99,5%

Gabarito: A

2.7. Teorema da probabilidade total

Exemplo 4

Uma urna tem uma bola branca e uma bola preta (vamos chamá-la de primeira urna). Outra urna tem três bolas brancas e uma bola preta (vamos chamar de segunda urna). Escolhe-se uma dessas urnas ao acaso e retira-se uma bola. Qual a probabilidade da bola escolhida ser preta?

Resolução:

Seja ‘U1’ o evento que ocorre quando a bola escolhida é da primeira urna. Seja ‘U2’ o evento que ocorre quando a bola escolhida é da segunda urna.

Observe que os eventos U1 e U2 são complementares.

A probabilidade de se escolher cada uma das duas urnas é de 50%.

5,0)()( 21 == UPUP

Esses dois eventos são complementares. Abrangem todos os casos possíveis. Todas as bolas em questão pertencem a uma dessas duas urnas. E não há uma bola que pertença, simultaneamente, a ambas.

Seja ‘A’ o evento que ocorre quando a bola retirada é preta.






Suponha que escolhemos a primeira urna. A probabilidade de sair uma bola preta é de 50%. Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a primeira urna, é de 50%.

5,0)( 1 =UAP

Suponha agora que escolhemos a segunda urna. A probabilidade de sair uma bola preta é de 25%. Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a segunda urna, é de 25%.

25,0)( 2 =UAP

Mas a pergunta foi: qual a probabilidade de sair bola preta?

Para achar a probabilidade do evento ‘A’, basta somar as probabilidades acima, certo???

Errado!!!

Muita gente cai nesse erro. Cuidado para não cometê-lo.

Para checar o absurdo que seria, considere ‘B’ o evento que ocorre quando a bola sorteada é branca.

Ficaríamos com:

5,0)( 1 =UBP e 75,0)( 2 =UBP

Por esse raciocínio, a probabilidade de sair bola branca seria de 125%, algo absurdo.

Como fazer?

É aqui que entra o teorema da probabilidade total.

Como U1 e U2 são eventos complementares, a união de ambos é igual ao espaço amostral. Vamos chamar de S o espaço amostral.

21 UUS ∪=

A intersecção de ‘A’ com ‘S’ é igual ao próprio ‘A’. Isso porque ‘A’ é um evento, que está contido no espaço amostral.

ASA =∩

Portanto, podemos escrever:

)()( SAPAP ∩=

[ ])()( 21 UUAPAP ∪∩=

[ ])()()( 21 UAUAPAP ∩∪∩=

)()()( 21 UAPUAPAP ∩+∩=

)()()()()( 2211 UAPUPUAPUPAP ×+×=






TOME NOTA!!!

Teorema da probabilidade total:

Se dois eventos U1 e U2 forem complementares, a probabilidade de ocorrer o evento A é dada por:

)2()2()1()1()( UAPUPUAPUPAP ×+×=

Você não precisa decorar a fórmula acima. Muito menos gravar o procedimento para chegar nela. O que importa é que você entenda a continuação do problema, que vem logo abaixo. Apenas isso. Se para você a continuação do problema fizer sentido, ok, está ótimo. Nem se preocupe com a fórmula acima.

O evento ‘A’ pode ocorrer tanto quando escolhemos a Urna 1 quanto quando escolhemos a urna 2. Temos as seguintes hipóteses:

Há 50% de chances de escolhermos a urna 1. Escolhida tal urna, há 50% de chances de sair a bola preta

Há 50% de chances de escolhermos a urna 2. escolhida tal urna, há 25% de chances de sair a bola preta

A probabilidade de sair a bola preta fica:

375,025,05,05,05,0 =×+×

Ou, aplicando a fórmula:

)()()()()( 2211 UAPUPUAPUPAP ×+×=

%5,37375,025,05,05,05,0)( ==×+×=AP

Resposta: a probabilidade de sair bola preta é de 37,5%

Muita gente, em vez de gravar a fórmula, costuma fazer um “diagrama” parecido com este:






A ideia do diagrama é a que segue. Representamos cada possível resultado por um círculo. Primeiro, temos as opções: “urna 1” e “urna 2”. A probabilidade de escolher qualquer uma delas é 50%. Por isso, escrevemos o número 0,5 em cima da seta correspondente.

Escolhida a “urna 1”, a probabilidade de escolher bola branca é 50%. Ou seja, a probabilidade de escolher bola branca dado que escolhermos a urna 1 é de 50%. Novamente, escrevemos 0,5 na seta correspondente. Isso se repete para todas as demais setas.

Feito isso, para calcular a probabilidade de um certo evento, basta multiplicar as probabilidades.

Exemplo: qual a probabilidade de escolher uma bola preta da urna 2?

Basta multiplicar as probabilidades até chegar ao círculo que representa a bola preta da urna 2. No caso, temos:

125,025,05,0 =×

Aproveitando o desenho, qual a probabilidade de escolhermos uma bola preta da urna 1? Temos:

25,05,05,0 =×

A probabilidade de escolher uma bola preta fica:

375,0125,025,0 =+

Este diagrama é uma forma esquemática de apresentação da fórmula que estudamos.

O diagrama e a fórmula representam o que é chamado de “teorema da probabilidade total”.

Tanto a fórmula que estudamos, como o diagrama que a representa, podem ser facilmente generalizados para casos em que há mais eventos em análise (ver Questão 42). Como nosso foco é concurso, estudar este caso em que o espaço amostral é dividido em apenas dois eventos (no nosso exemplo: urna 1 e urna 2) já é mais que suficiente.

Vejamos outra solução. Agora, uma solução ERRADA.

Vamos dar nomes às bolas:

B11 é a bola branca da urna 1

P11 é a bola preta da urna 1

B21 é a primeira bola branca da urna 2

B22 é a segunda bola branca da urna 2

B23 é a terceira bola branca da urna 2

P21 é a primeira bola preta da urna 2.

Seja S o espaço amostral.

S = {B11, P11, B21, B22, B23, P21}

O evento ‘A’ é dado por:






A = {P11, P21}

Se fôssemos adotar o procedimento visto desde o começo da aula, dividindo o número de elementos do evento pelo número de elementos do espaço amostral (ou ainda, dividindo o número de casos favorável pelo número de casos possível), teríamos:

3

1

6

2)( ==AP

Qual o erro desta solução? O grande problema é que os resultados não são equiprováveis. A título de exemplo, a bola preta da primeira urna tem uma chance maior de ser escolhida do que a bola preta da urna 2. Quando os eventos elementares não são equiprováveis, para achar a probabilidade, não podemos simplesmente dividir número de casos favoráveis por número de casos possíveis.

Para usar esta segunda solução, precisamos de uma pequena adaptação, que reflita as diferentes probabilidades de cada evento. Precisamos da abordagem frequentista da probabilidade, já mencionada nesta aula.

Podemos pensar que fazemos o tal sorteio 80 vezes. Como a chance de escolha de cada uma das urnas é de 50%, vamos supor que escolhemos a primeira urna 40 vezes e que escolhemos a segunda urna, também, 40 vezes.

Das 40 vezes em que escolhemos a primeira urna, em 20 sorteamos a bola preta (P11). Em outras 20, sorteamos a bola branca (B11).

Das 40 vezes em que escolhemos a segunda urna, em 10 sorteamos a bola preta (P21). Em 10 escolhemos a bola branca B21. Em outras 10 escolhemos a bola branca B22. E nas outras 10 escolhemos a bola branca B23.

Os oitenta sorteios estão assim distribuídos (casos possíveis):

Em 20 vezes a bola P11 é sorteada

Em 20 vezes a bola B11 é sorteada

Em 10 vezes a bola P21 é sorteada




Os casos favoráveis são aqueles em que uma bola preta é sorteada:

20 vezes a bola P11 é sorteada

10 vezes a bola P21 é sorteada.

Agora sim, podemos fazer a divisão entre casos possíveis e favoráveis. Com o artifício acima, conseguimos levar em consideração que as bolas da urna 1 têm probabilidade maior de serem escolhidas que as bolas da urna 2.






375,080

30

__

__ ===possivelcasosnumero

favoraveiscasosnumeroP

Questão 40 GDF SEPLAG AFC 2009 [UNIVERSA]

Um marceneiro apresentou orçamentos separados para a execução de armários de quarto e de cozinha para uma grande rede de móveis. Ele acha que a probabilidade de ganhar a concorrência da execução dos armários de quarto é de ½ . Caso ele ganhe a execução de armários de quarto, a chance de ganhar a execução de armários de cozinha é de 3/4 , caso contrário, essa probabilidade é de 1/3. Qual a probabilidade de ele ganhar apenas um dos contratos?

(A) 0,167.

(B) 0,250.

(C) 0,333.

(D) 0,375.

(E) 0,458.

Resolução.

O desenho abaixo representa as probabilidades indicadas no enunciado:

A probabilidade de ganhar apenas um dos contratos é:

1

8�1

6�

3 � 4

24�

7

24� 29,16%

Não há alternativa correta. A questão foi anulada.

Gabarito: anulado






Questão 41 Câmara dos Deputados 2007 [FCC]

Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y). Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30% vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamento apresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos pedidos feitos por Y apresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:

a) 5%

b) 4,1%

c) 3,5%

d) 3%

e) 1,3%

Resolução:

Escolhe-se um pedido ao acaso. Seja ‘Z’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido é feito pelo cliente Z. Seja ‘Y’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido é feito pelo cliente Y. Seja E o evento que ocorre quando o pedido escolhido apresentar erro. Foi dado que:

Há 30% de chances de o pedido vir de Z. Quando o pedido vem de Z, a probabilidade de apresentar erro é de 2%

Há 70% de chances de o pedido vir de Y. Quando o pedido vem de Y, a probabilidade de apresentar erro é de 1%

Portanto, a probabilidade de erro é:

%3,101,07,002,03,0)( =×+×=EP

Gabarito: E.

Outra opção é usar a fórmula vista. ‘Z’ e ‘Y’ são eventos complementares. Logo:

)()()()()( YAPYPZAPZPEP ×+×=

%3,101,07,002,03,0)( =×+×=EP

Uma terceira opção é usar a abordagem frequentista da probabilidade.

Podemos pensar que são feitos 1000 pedidos. São 300 do cliente Z e 700 do cliente Y.

Dos 300 pedidos do cliente Z, 6 apresentam erro (=2% de 300).

Dos 700 pedidos do cliente Y, 7 apresentam erro (=1% de 700).

Desta forma, dos 1000 pedidos, 13 apresentam erro (=6+7).

São 13 pedidos com erro num total de 1000 pedidos.

A probabilidade de erro fica:






%3,11000

13 ==P

Questão 42 Sefaz RJ 2009 [FGV]

Um torneio será disputado por 4 tenistas (entre os quais A e B) de mesma habilidade, isto é, em qualquer jogo entre dois dos quatro jogadores, ambos têm a mesma chance de ganhar. Na primeira rodada, eles se enfrentarão em dois jogos, com adversários definidos por sorteio. Os vencedores disputarão a final. A probabilidade de que o torneio termine com A derrotando B na final é:

(A) 1/2.

(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.

Resolução:

Primeira solução

Primeiro vamos resolver sem diagrama, apenas usando a fórmula da probabilidade condicional.

Podemos pensar que este torneio é realizado muitas e muitas vezes. Todo final de semana estes quatro tenistas jogam entre si (sábado são as semifinais e domingo são as finais).

Seja Q o evento que ocorre quando, escolhido um destes torneios aleatoriamente, “A” inicia jogando com “C” ou “D”.

A probabilidade de isso acontecer é de 2/3 (são dois casos favoráveis em 3 possíveis).

3/2)( =QP

Seja R o evento que ocorre quando “A” ganha sua primeira partida.

2/1)( =QRP

Seja S o evento que ocorre quando “B” ganha sua primeira partida.

2/1),( =RQSP

Seja “T” o evento que ocorre quando “A” derrota “B” na final

2/1),,( =SRQTP

Queremos que todos estes eventos ocorram. Ou seja, queremos que “A” inicie jogando com “C” ou “D”, queremos que “A” ganhe sua primeira partida, que “B” ganhe sua primeira partida e, finalmente, que “A” derrote “B” na final.

?)( =∩∩∩ TSRQP






Vimos a fórmula da probabilidade da intersecção para dois eventos. Ela pode ser estendida para mais eventos, assim:

( ) ( )TSRQPTSRQP ∩∩∩=∩∩∩ )(

Com isso, chegamos a:

( ) ),,()()( SRQTPSRQPTSRQP ×∩∩=∩∩∩

2

1)( ×∩∩= SRQP

Agora precisamos calcular a probabilidade da intersecção de Q, R e S. Basta aplicar o mesmo raciocínio:

( )SRQP ∩∩= )(2

1×

= ),()( RQSPRQP ×∩2

1×

= )( RQP ∩2

1×2

1×

Finalmente, precisamos calcular a probabilidade da intersecção de Q e R.

= )( RQP ∩2

1×2

1×

= )()( QRPQP ×2

1×2

1×

= 2

1

3

2 ×2

1×2

1×

= 12

1

Gabarito: E

Segunda solução

Outra solução, agora usando o diagrama que representa o teorema da probabilidade total:






A probabilidade de A iniciar jogando com C, vencer sua partida, enfrentar B na final e ganhar é dada por:

24

1

2

1

2

1

2

1

3

1 =×××

A probabilidade de A iniciar jogando com D, vencer sua partida, enfrentar B na final e ganhar é dada por:

24

1

2

1

2

1

2

1

3

1 =×××

Somando as duas probabilidades:

12

1

24

1

24

1 =+

Notem que aqui nós generalizamos o uso do diagrama para mais de dois eventos em análise.

Terceira solução

Ainda é possível resolver este problema de outra forma, usando análise combinatória. Veremos como fazer no final da aula.







Em uma repartição pública, três setores A, B e C são responsáveis pela análise de todos os processos autuados, recebendo cada um o mesmo número de processos para analisar independentemente. Pela complexidade de tais processos, sabe-se que em A, B e C, respectivamente, 6%, 4,5% e 1,5% não são analisados dentro do tempo estipulado pela Administração. Escolhendo aleatoriamente um processo entre todos autuados, a probabilidade dele ser analisado dentro do tempo estipulado é de

(A) 94,0%.

(B) 94,5%.

(C) 95,0%.

(D) 96,0%.

(E) 98,5%.

Resolução:

Podemos montar a seguinte tabela:

Setor Probabilidade de atraso Probabilidade de análise dentro do tempo

A 6% 94%

B 4,5% 95,5%

C 1,5% 98,5%

Sabemos que:

- há 1/3 de chance de um processo ser analisado em A. Quando isso ocorrer, há 94% de chance de ser analisado dentro do tempo.

- há 1/3 de chance de o processo ser analisado em B. Quando isso ocorrer, há 95,5% de chance de ser analisado dentro do tempo.

- há 1/3 de chance de o processo ser analisado em C. Quando isso ocorrer, há 98,5% de chance de ser analisado dentro do tempo.

A probabilidade de ser analisado dentro do tempo fica:

� �1

3� 0,94

1

3� 0,955

1

3� 0,985

� �1

3� 0,94 0,955 0,985� �

1

3� 2,88� � 0,96

Gabarito: D

Questão 44 TRE PI 2009 [FCC]

Três candidatos, A, B e C, disputam as próximas eleições para o Governo do Estado. A, B e C têm respectivamente 30%, 38% e 32% da preferência do eleitorado. Em sendo eleito, a probabilidade de dar prioridade para a Educação é de 30%, 50% e 40%, para os candidatos






A, B e C, respectivamente. A probabilidade da Educação não ser priorizada no próximo governo é dada por

(A) 0,446

(B) 0,554

(C) 0,592

(D) 0,644

(E) 0,652

Resolução

Candidato Probabilidade de priorizar a educação

Probabilidade de não priorizar a educação

A 30% 70%

B 50% 50%

C 40% 60%

Temos:

- A tem 30% de chance de ser eleito. Se isso ocorrer, há 70% de chance de a educação não ser priorizada.

- B tem 38% de chance de ser eleito. Se isso ocorrer, há 50% de chance de a educação não ser priorizada.

- C tem 32% de chance de ser eleito. Se isso ocorrer, há 60% de chance de a educação não ser priorizada.

A probabilidade de a educação não ser priorizada é:

� � 0,3 � 0,7 0,38 � 0,5 0,32 � 0,6

� � 0,21 0,19 0,192 � 0,592

Gabarito: C

2.8. Teorema de Bayes

Neste tópico veremos que existe uma fórmula que serve para resolvermos alguns tipos de problema de probabilidade.

Mas já adianto: para os tipos de exercícios que caem em concurso o teorema é totalmente desnecessário. Dá para ir muito bem sem conhecê-lo. Para as questões de prova, acaba sendo muito mais rápido utilizarmos a abordagem frequentista da probabilidade.

Então a ideia é apresentar a tal da fórmula. E frisar que, para os exercícios que caem em concurso, a fórmula é completamente desnecessária.

Este comentário vale para a maioria das provas, que não exijam formação específica na área de estatística. Em uma prova para o cargo de estatístico, por exemplo, aí já é importante conhecer a fórmula.







Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 clientes (A e B). Registros anteriores indicam que, dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30% vêm de A e 70% de B. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamento apresentará erro. Sabe-se que 2% dos pedidos feitos por A e 5% dos feitos por B apresentam erro. Selecionando um pedido ao acaso, a probabilidade dele ser proveniente de A, sabendo que apresentou erro, é

(A) 5/41

(B) 6/41

(C) 3/5

(D) 2/35

(E) 1/35

Resolução.

Primeiro vamos resolver sem usar a fórmula do teorema de Bayes, para mostrar que, nas questões usualmente cobradas em prova, a fórmula é totalmente desnecessária.

Vamos considerar que são feitos 1000 pedidos. 30% é proveniente de A e 70% é proveniente de B.

- 300 pedidos de A

- 700 pedidos de B

Dos pedidos de A, 2% apresentam erro.

0,02 � 300 � 6

6 pedidos de A apresentam erro.

Dos pedidos de B, 5% apresentam erro.

0,05 � 700 � 35

Com isso, os 1.000 pedidos são assim discriminados:

- 6 são de A e apresentam erro

- 294 são de A e não apresentam erro

- 35 são de B e não apresentam erro.

- 665 são de B e não apresentam erro






É dado que o pedido selecionado apresentou erro. Precisamos rever nossa lista de casos possíveis:

- 6 são de A e apresentam erro

- 294 são de A e não apresentam erro

- 35 são de B e não apresentam erro.

- 665 são de B e não apresentam erro

Queremos saber a probabilidade de o pedido ter vindo de A. São 6 casos favoráveis em 41 possíveis (=35 + 6).


� �6

41

Gabarito: B

Agora vamos resolver de outra forma, para mostrar a fórmula correspondente ao teorema de Bayes.

Seja “A” o evento que ocorre quando se seleciona aleatoriamente um pedido e verifica-se que ele provém do cliente A.

Seja “B” o evento análogo para o cliente B.

Seja “E” o evento que ocorre quando o pedido escolhido apresenta erro.

Do enunciado, temos:

� �� 0,3

� �� 0,7

� �|�� 0,02

� �|�� 0,05

A pergunta é: qual a probabilidade de o pedido ter vindo de A, dado que apresenta erro? Ou seja:

� �|�� ?

Usando a fórmula da probabilidade condicional:

� �|�� ∩ ��

� ��

Mas sabemos que: � � ∩ �� |�� . Substituindo este resultado na equação acima:

� �|�� |��

� ��






Do teorema da probabilidade total, sabemos que: � �� |�� |��

� ��

Substituindo este resultado na equação acima:

� �|�� |��

� ��

� �|�� |��

� �|�� |��

Esta é a fórmula do teorema de Bayes.


� �|�� 0,02 � 0,3

0,02 � 0,3 0,05 � 0,7�

6

6 35�

6

41

Convenci vocês de que é melhor ficar sem a fórmula?

Resumindo: existe uma fórmula que representa o chamado “teorema de Bayes”. Para resolvermos questões de concurso (em provas abertas a candidatos de todas as áreas), a fórmula é desnecessária. Podemos ficar apenas com a abordagem frequentista da probabilidade.


Considere que 60% do total dos títulos que um investidor possui é do tipo X e o restante do tipo Y. A probabilidade do título X apresentar uma taxa de retorno igual ou superior à taxa de inflação é igual a 80% e do título Y igual a 50%. Selecionando ao acaso um título entre estes em poder do investidor e verificando que a taxa de retorno apresentada foi inferior à taxa de inflação, a probabilidade dele ser um título do tipo Y é igual a

(A) 37,5%

(B) 50,0%

(C) 56,5%

(D) 62,5%

(E) 65,0%

Resolução:

Suponha que são 100 títulos. Temos a seguinte distribuição:

- 60 títulos são do tipo X

- 40 títulos são do tipo Y.






80% dos títulos X têm retorno igual ou superior à inflação

0,8 � 60 � 48

50% dos títulos Y têm retorno igual ou superior à inflação.

0,5 � 40 � 20

Ficamos com:

- 48 títulos do tipo X têm retorno igual ou superior à inflação

- 12 títulos do tipo X não têm retorno igual ou superior à inflação.

- 20 títulos do tipo Y têm retorno igual ou superior à inflação.

- 20 títulos do tipo Y não têm retorno igual ou superior à inflação.

Escolhe-se um título ao acaso. É dado que seu retorno é inferior à inflação. Nossos casos possíveis ficam:

- 48 títulos do tipo X têm retorno igual ou superior à inflação

- 12 títulos do tipo X não têm retorno igual ou superior à inflação.

- 20 títulos do tipo Y têm retorno igual ou superior à inflação.

- 20 títulos do tipo Y não têm retorno igual ou superior à inflação.

São 32 casos possíveis.

Os casos favoráveis são aqueles em que o título é do tipo Y. São 20 casos favoráveis.


� �20

32� 62,5%

Gabarito: D


Determinados processos de um tribunal são encaminhados para a análise de 3 analistas: X, Y e Z. Sabe-se que 30% de todos esses processos são encaminhados para X, 45% para Y e 25% para Z. Usualmente, por falta de documentação, uma parcela de tais processos é devolvida. Sabe-se que 5% , 10% e 10% dos processos de X, Y e Z, respectivamente, são devolvidos. A probabilidade de que um processo escolhido ao acaso tenha sido encaminhado para X, sabendo que foi devolvido, é

(A) 4/15

(B) 3/17

(C) 6/19

(D) 7/15

(E) 3/19






Resolução:

Supondo 1.000 processos, temos:

- 15 processos de X são devolvidos

- 285 processos de X não são devolvidos

- 45 processos de Y são devolvidos

- 405 processos de Y não são devolvidos

- 25 processos de Z são devolvidos

- 225 processos de Z não são devolvidos.

Escolhe-se um processo aleatoriamente. É dado que ele foi devolvido. Ficamos com:

- 15 processos de X são devolvidos

- 285 processos de X não são devolvidos

- 45 processos de Y são devolvidos

- 405 processos de Y não são devolvidos

- 25 processos de Z são devolvidos

- 225 processos de Z não são devolvidos.


São favoráveis os 15 casos em que o processo é encaminhado para X.

� �15

85�

3

17

Gabarito: B


Um teste laboratorial de sangue é 95% efetivo para detectar uma certa doença, quando ela está presente. Entretanto, o teste também resulta em falso positivo para 1% das pessoas saudáveis testadas. Se 0,5% da população realmente tem a doença, a probabilidade de uma pessoa ter a doença, dado que o resultado do teste é positivo, é:

a) 0,9

b) 0,8

c) 0,4

d) 0,35

e) 0,32






Resolução:

Vamos supor que a população tem 100.000 habitantes. Para obedecer às condições do enunciado, temos o seguinte quadro:

475 pacientes têm a doença e o exame dá positivo

25 pacientes têm a doença e o exame dá negativo

98.505 pacientes não têm a doença e o exame dá negativo

995 pacientes não têm a doença e o exame dá positivo

Estamos interessados nos casos em que a pessoa tem a doença. Os casos favoráveis são:



E foi dada uma condição. A condição é o exame ter dado positivo. Vamos rever nossos casos possíveis e favoráveis.

Casos possíveis:



98.505 pacientes não têm a doença e o exame dá negativo

995 pacientes não têm a doença e o exame dá positivo

Casos favoráveis:




32,0995475

475 ≅+

=P

Gabarito: E.

Observe que, mesmo quando o teste dá positivo, a probabilidade de a pessoa ter a doença é bem pequena.






2.9. Probabilidade e análise combinatória

Em diversos exercícios anteriormente resolvidos, para cálculo da probabilidade a gente fazia assim. Contávamos quanto eram os casos possíveis. Contávamos quanto eram os casos favoráveis. E dividíamos um valor pelo outro, obtendo a probabilidade.

Pois bem, há situações em que listar todos os casos possíveis, para depois contá-los, dá muito trabalho. Em situações assim, pode ser útil utilizarmos ferramentas de análise combinatória. São ferramentas que possibilitam uma contagem com rapidez, sem que precisemos listar todos os casos.


Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10 profissionais especializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao acaso, três desses profissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade de os três profissionais sorteados serem do mesmo sexo é igual a:

a) 0,10

b) 0,12

c) 0,15

d) 0,20

e) 0,24

Resolução:

De quantas formas podemos escolher os profissionais?

Vamos dividir em etapas.

Na primeira etapa, temos 10 opções (são 10 profissionais).

Escolhido o primeiro para entrar no grupo de trabalho, sorteamos o segundo. Nessa segunda etapa temos, portanto, 9 opções.

Escolhidos os dois primeiros, vamos ao terceiro. Para a terceira vaga do grupo de trabalho nos restam 8 opções.

Logo, o número total de formas pelas quais podemos formar o tal grupo é:

7208910 =××


Vamos ver agora quantos são os casos favoráveis.

Estamos interessados nos casos em que os três escolhidos são do mesmo sexo.


10 9 8






Vamos dividir em dois casos. Primeiro caso: são sorteadas três mulheres. Segundo caso: são sorteados três homens.

Vejamos de quantas formas podemos escolher três mulheres.

No primeiro sorteio, temos 4 mulheres para escolher. São 4 maneiras de completar a primeira etapa.

Escolhida a primeira mulher, vamos para a segunda etapa. No segundo sorteio, temos 3 opções de mulher.

Escolhidas a primeira e a segunda mulheres, vamos para a terceira etapa. Na terceira etapa, restaram opções de mulher.

Assim, o número de maneiras pelas quais podemos escolher três mulheres é:

24234 =××

São 24 formas de se sortearem as três mulheres.

Para os homens as contas são análogas. Temos 6 formas de realizar a primeira etapa (são 6 opções de homem para o segundo sorteio). Escolhido o primeiro homem, ficamos com 5 opções para o segundo sorteio. Escolhidos o primeiro e o segundo homens, ficamos com 4 opções para o terceiro sorteio.

O número de maneiras pelas quais podemos escolher três homens é:

120456 =××

São 120 formas de se escolherem os três homens.

Ao todo, são 144 casos favoráveis. São 120 casos em que temos três homens no grupo de trabalho. E 24 casos nos quais temos três mulheres no grupo de trabalho.

Além disso, são 720 casos possíveis.

A probabilidade de termos três profissionais do mesmo sexo é:

%205

1

60

12

720

144 ====P

Gabarito: D

Não sei se vocês notaram, mas, no exercício anterior, não nos preocupamos muito em saber se a ordem era importante ou não. Não nos preocupamos em saber se era um caso de arranjo ou combinação.

O grande detalhe é que estamos estudando probabilidades. Não se pergunta o número de formas de se executar um dado processo. Pergunta-se a probabilidade de ocorrência de um dado evento.


4 3 2


6 5 4






Para achar a probabilidade, contamos os casos possíveis e os favoráveis.

E na hora de contar quantos são os casos possíveis e favoráveis é que usamos a análise combinatória, podendo, dependendo do caso, usar a combinação ou o arranjo.

Acontece que, se considerarmos que a ordem importa, ou seja, o conjunto A,B,C é diferente do conjunto C, B, A, então o número de casos possíveis e favoráveis será bem grande.

Se considerarmos que a ordem não importa (caso de combinação), teremos que excluir as contagens repetidas. Só que fazemos isso tanto no numerador quanto no denominador. O número de casos favoráveis diminui. E o número de casos possíveis também diminui. De forma que a fração não se altera.

O que estou querendo dizer é que, para calcular a probabilidade, é muitas vezes indiferente considerar se a ordem importa ou não.

Vamos ver por que.

Vamos refazer o exercício

Na solução anterior, nós simplesmente utilizamos o princípio fundamental da contagem (supusemos, implicitamente, que a ordem de escolha era relevante; uma alteração na ordem das pessoas escolhidas implicaria em nova formação do grupo de engenheiros). Vamos fazer uma segunda solução, considerando que a ordem não importa (supondo um caso de combinação).

Primeiro vejamos o número de casos possíveis. Queremos escolher 3 profissionais em 10 possíveis, sendo que a ordem de escolha não é relevante. Temos uma combinação de 10 engenheiros, tomados 3 a 3. O número de casos possíveis é dado por:

( ) ( ) ( ) ( ) 120123

8910

!7!3

!78910

!7!3

!103,10 =

××××=

××××=

×=C


Vamos aos casos favoráveis. São duas possibilidades. Ou são escolhidas três mulheres ou são escolhidos três homens.

Vejamos de quantas formas podemos escolher três homens. Queremos formar um grupo de 3 engenheiros a partir de 6 disponíveis. Temos uma combinação de 6, tomados 3 a 3.

O número de maneiras de se escolherem os 3 engenheiros é:

20!3

456

!3!3

!3456

!3!3

!63,6 =××=

××××=

×=C

Analogamente, o número de maneiras de se escolherem as 3 engenheiras é:

4!1!3

!34

!1!3

!43,4 =

××=

×=C






Temos um total de 24 casos favoráveis (=20+4). E temos 120 casos possíveis. A probabilidade procurada fica:

%20120

24 ==P

E, novamente, marcamos a letra D.

Note que a reposta foi a mesma, seja quando consideramos que a ordem era relevante, seja quando consideramos ser um caso de combinação.

Considerando arranjo, os casos possíveis eram 720, contra 144 casos favoráveis.

Considerando combinação, os casos possíveis foram reduzidos para 120. Em contrapartida, os casos favoráveis também foram reduzidos, na mesma proporção. Por isso a probabilidade não se altera, pois numerador e denominador foram reduzidos por um mesmo fator.

Foi por isso que não nos preocupamos muito em saber se a ordem importava ou não.

O importante é manter a coerência, do início ao fim do exercício.

Detalhe: isso só vale se não houver reposição.

Caso haja reposição, as duas soluções darão resultados diferentes. Considerar que a ordem é importante dará um resultado diferente da solução que não considera.

Este detalhe é bem sutil. Vejamos um exercício:

Questão 50 COFECON 2009 [UNIVERSA]

São lançados dois dados cujas faces são numeradas de 1 a 6. O jogador P vence se a divisão do maior número pelo menor número for exata. Caso contrário, o jogador Q vence. Nessa situação, é correto afirmar que

(A) Q será o vencedor.

(B) P será o vencedor.

(C) o jogo é equilibrado, isto é, cada jogador tem igual chance de vencer.

(D) a probabilidade de Q vencer é de 5/6

(E) a probabilidade de P vencer é de 2/3

Resolução.

Primeiro vamos ao número de casos possíveis.

Para o primeiro dado há seis resultados possíveis.

Para o segundo dado há seis resultados possíveis.






O número de pares de resultados é dado por:

6 � 6 � 36

Bastou aplicar o princípio fundamental da contagem.

A divisão não será exata quando forem obtidos os seguintes pares:

(2, 3), (3,2), (2,5), (5,2), (3,4), (4,3), (3,5), (5,3), (4,5), (5,4), (4,6), (6,4), (5,6), (6,5)

Em 14 casos a divisão não é exata. Logo, em 22 casos a divisão é exata.

A probabilidade de P vencer é:

22

36�

11

18

Consequentemente, a probabilidade de Q vencer é:

7

18

Não há alternativa correta.

Na minha opinião, a questão deveria ser anulada.

O gabarito dado pela banca foi a letra E.

Gabarito: E

Para chegar a este gabarito, poderíamos fazer assim:






Números sorteados Divisão exata?

1 e 1 Sim

1 e 2 Sim

1 e 3 Sim

1 e 4 Sim

1 e 5 Sim

1 e 6 Sim

2 e 2 Sim

2 e 3 Não

2 e 4 Sim

2 e 5 Não

2 e 6 Sim

3 e 3 Sim

3 e 4 Não

3 e 5 Não

3 e 6 Sim

4 e 4 Sim

4 e 5 Não

4 e 6 Não

5 e 5 Sim

5 e 6 Não

6 e 6 Sim

São 21 casos: em 7 casos a divisão não é exata, em 14 a divisão é exata.

A probabilidade de P vencer é:

14

21�

2

3

Esta probabilidade está indicada na letra “e”, que foi dada como gabarito.

A banca considerou que sortear (4, 5) e (5,4) dá no mesmo.

Com isso, o número de casos possíveis foi reduzido de 36 para 21. O número de casos favoráveis (vitória de P) foi reduzido de 22 para 14.

As reduções não foram na mesma proporção.

Qual o erro desta resolução?

O erro está em se considerar que a ordem não é importante.

A banca está afirmando que os 21 casos possíveis por ela obtidos são equiprováveis, ou seja, têm a mesma chance de sair.

Mas isso é falso.

Como exemplo, tomemos o caso (1,1).






Para obtermos este resultado, devemos obter 1 no primeiro dado e devemos obter 1 no segundo dado. A probabilidade é:

1

6�1

6�

1

36

Agora tomemos o caso (4,5). Como a banca considera que a ordem não é importante, este caso representa, na verdade, duas possíveis ocorrências:

- 4 no primeiro dado e 5 no segundo;

- 5 no primeiro dado e 4 no segundo.

A probabilidade de ocorrer um destes dois eventos fica:

2 �1

6�1

6�

1

18

Veja que os eventos não são equiprováveis. Obter (4, 5), em qualquer ordem, é muito mais fácil que obter (1, 1).

Na minha opinião, a questão deveria ser anulada.

Como faço sempre que minha resposta diverge da banca, peço que, se vocês encontrarem algum erro na minha solução, me avisem.


Ao se lançar uma vez um par de dados não viciados, ao mesmo tempo, a probabilidade de a soma dos pontos ser 4 ou 8 é de

(A) 5/ 36.

(B) 7/ 36.

(C) 8/ 36.

(D) 11/ 36.

(E) 13/36

Resolução.

Temos uma questão extremamente semelhante à anterior, também elaborada pela Universa, no mesmo ano de 2009. Mas, surpreendentemente, aqui ela não cometeu o mesmo erro. A banca considerou que a ordem dos resultados é importante.

No lançamento do primeiro dado, há 6 resultados possíveis.

No lançamento do segundo dado, há 6 resultados possíveis.

Aplicando o princípio fundamental da contagem:

6 � 6 � 36







Vamos agora aos casos favoráveis.

Para que a soma seja 4 ou 8, podemos ter:

(2,2), (3,1), (1,3), (2,6), (6,2), (3,5), (5,3), (4,4)

São 8 casos favoráveis.


8

36

Gabarito: C

Vamos agora usar a análise combinatória para refazer algumas questões já resolvidas nesta aula. Com isso, quero reforçar o quão importante é estar familiarizado com as diversas ferramentas que estudamos. Assim, o aluno perceberá que uma questão pode ser resolvida de diferentes maneiras, e poderá escolher aquela que lhe parecer mais rápida.

Vamos refazer a Questão 24, agora usando a análise combinatória.

Relembrando o enunciado:


(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34

(E) 1/19

Nova resolução:

Número de agrupamentos possíveis:






1902

1920

!18!2

!202,20 =×=

×=C

Número de agrupamentos favoráveis:

10!2!3

!52,5 =

×=C

Por fim:

19

1

190

10 ==P

Vamos agora refazer a Questão 42.


(A) 1/2.

(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.

Nova resolução.

Temos 4 tenistas e queremos escolher 2 para compor a final.

O número de maneiras de fazer isso é:

��,� �4!

2! � 4 � 2�!� 6

Há 6 maneiras de formarmos a final. Em uma delas, a final é composta pelos tenistas A e B.

Vamos supor que este torneio é realizado inúmeras vezes.

Seja X o evento que ocorre quando, escolhendo-se um torneio aleatoriamente, a final é feita por A e B.

� �� 1

6

Quando A e B fazem a final, cada um dos dois tenistas têm 50% de chance de vencer (pois eles têm mesma habilidade).

Seja Y o evento que ocorre quando A vence B.

� �� 1

2

Queremos que A e B se encontrem na final e que A vença B.






Ou seja, queremos a probabilidade de:

� � ∩ �� ?

� � ��

�1

6�1

2�

1

12

Questão 52 TRF 1ª Região/2001 [FCC]

A tabela abaixo apresenta a distribuição de frequências das notas obtidas num teste de matemática, realizado por 50 estudantes.

Notas Frequência absoluta

0 │− 2 4

2 │− 4 12

4 │− 6 15

6 │− 8 13

8 │− 10 6

Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a probabilidade de pelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:

a) 3

50

4

b)

3

50

41

− c) 473

50

46

50

43

50

×

×

d)

3

50

3

4

e)

−

3

50

3

4

1

Resolução:

A questão emprega outra simbologia para a combinação.

=

p

nC pn,

Tanto faz escrever pnC , ou

p

n, é a mesma coisa.

Selecionam-se, aleatoriamente, três alunos. Seja A o evento que ocorre quando pelo menos um dos três alunos escolhidos tirou nota igual ou superior a 2. O evento

complementar (símbolo: A ) ocorre quando todos os três alunos selecionados tiraram nota menor que 2.

Vamos calcular a probabilidade do evento complementar ( A ).

Comecemos pelo número de casos possíveis. Temos 50 alunos. Precisamos escolher 3, sem reposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 50, tomados 3 a 3.

Número de casos possíveis:






3

50

Agora os casos favoráveis. Queremos ver quantas combinações podemos formar com 3 alunos que tiraram notas abaixo de 2. São 4 alunos nessa condição. Precisamos escolher 3, sem reposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 4, tomados 3 a 3.

Número de casos favoráveis:

3

4

A probabilidade do evento complementar fica:

=

3

50

3

4

)(AP

Consequentemente, a probabilidade do evento A fica:

−=

3

50

3

4

1)(AP

Gabarito: E.


Uma fábrica de chocolate produz dois tipos de caixas de bombons: com e sem açúcar. Cada caixa contém 10 bombons. Por descuido, foram misturados 3 bombons sem açúcar em uma caixa de bombons doces. A caixa foi oferecida a uma criança que retirou 2 bombons. A probabilidade destes dois bombons serem sem açúcar é:

a) 1/15

b) 1/20

c) 3/20

d) 3/15

e) 1/5

Resolução:

Vamos usar o princípio fundamental da contagem para calcular o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis.

Podemos dividir o processo em etapas.






A criança retira dois chocolates da caixa. Na primeira retirada, tem 10 opções (pois, inicialmente, são 10 bombons).

Retirado o primeiro bombom, passamos para a segunda retirada, em que há 9 opções.

O número de casos possíveis é:

90910 =×

Agora vamos aos casos favoráveis. Queremos os casos em que os dois bombons são sem açúcar. Na primeira etapa, há 3 opções de bombons sem açúcar. Retirado o primeiro bombom sem açúcar, para a segunda etapa sobram duas opções.

623 =×

São 6 casos favoráveis e 90 casos possíveis. A probabilidade fica:

15

1

90

6 ==P

Gabarito: A.


Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna que contém 10 bolas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca sorteada ele não ganha e nem perde nada.

Se a seleção for realizada sem reposição, a probabilidade do participante não ganhar nada neste jogo é:

a) 1/6

b) 1/5

c) 1/4

d) 1/3

e) 1/8

Resolução:

Vamos dividir o procedimento em etapas. Cada retirada é uma etapa.

1ª etapa 2ª etapa

10 9

1ª etapa 2ª etapa

3 2






Na primeira etapa, há 10 opções. Retirada a primeira bola, para a segunda etapa sobram 9 opções. O número de casos possíveis é:

90910 =×


Para o jogador não ganhar e nem perder nada, temos as seguintes possibilidades:

• Ele retira duas bolas brancas

• Ele retira uma bola preta na primeira escolha e uma vermelha na segunda escolha

• Ele retira uma bola vermelha na primeira escolha e uma bola preta na segunda

Primeira situação: ele retira duas bolas brancas. Na primeira etapa há 3 opções (há 3 bolas brancas disponíveis). Retirada a primeira bola branca, sobram 2 opções para a segunda etapa.

623 =×

Segunda situação: a primeira bola retirada é preta e a segunda é vermelha. Na primeira etapa há 4 opções. Na segunda, são 3.

1234 =×

Terceira situação. É análoga à anterior.

1243 =×

Assim, o número de casos favoráveis é: 6 + 12 + 12 =30

A probabilidade procurada é:

3/190

30 ==P

Gabarito: D

1ª etapa 2ª etapa

10 9

1ª etapa 2ª etapa

3 2

1ª etapa 2ª etapa

4 3

1ª etapa 2ª etapa

3 4







Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca sorteada ele não ganha e nem perde nada.

Se a seleção for realizada com reposição, a probabilidade do participante ganhar R$ 1,00 neste jogo é:

a) 0,25

b) 0,18

c) 0,15

d) 0,12

e) 0,10

Resolução:

Exercício semelhante ao anterior. Os casos possíveis agora mudam, pois há reposição de bolas. Na primeira etapa, temos 10 opções. A bola retirada é recolocada na urna. Para a segunda etapa, temos, novamente, 10 opções. Ficamos com 100 casos possíveis:

Casos possíveis: 1001010 =×

Para o participante ganhar R$ 1,00, temos duas situações:

• A primeira bola retirada é branca e a segunda vermelha

• A primeira bola retirada é vermelha e a segunda branca

Primeira situação. Para a primeira etapa temos 3 opções de bolas brancas. Para a segunda etapa temos 3 opções de bolas vermelhas.

933 =×

Para a segunda situação as contas são análogas. Temos, novamente, 9 casos favoráveis.

O número total de casos favoráveis é 18 (9+9=18)

A probabilidade procurada é:

18,0100

18 ==P

1ª etapa 2ª etapa

10 10

1ª etapa 2ª etapa

3 3






Gabarito: B.

3. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA


Em um laboratório de pesquisa científica, são realizados experimentos de reprodução envolvendo 6 machos e 8 fêmeas de uma espécie animal. Todos os animais utilizados nos experimentos gozam de boa saúde e estão em perfeitas condições de reprodução. Cada experimento consiste em se colocarem juntos, em um ambiente controlado, um macho e uma fêmea, durante um período de tempo determinado, formando o casal do experimento. Nessa situação, a quantidade de casais diferentes que podem ser formados é igual a:

(A) 8

(B) 14

(C) 28

(D) 48

(E) 56


Com relação a análise combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. O número de rotas aéreas possíveis partindo de Porto Alegre, Florianópolis ou Curitiba com destino a Fortaleza, Salvador, Natal, João Pessoa, Maceió, Recife ou Aracaju, fazendo uma escala em Belo Horizonte, Brasília, Rio de Janeiro ou São Paulo é múltiplo de 12.


Julgue o seguinte item.

1. Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando um deles com um ingresso para cinema, outro com um ingresso para teatro e o terceiro com um ingresso para show, ele terá mais de 100 maneiras diferentes para fazê-lo.



Se o diretor de uma secretaria do MS quiser premiar 3 de seus 6 servidores presenteando cada um deles com um ingresso para teatro, ele terá mais de 24 maneiras diferentes para fazê-lo.


Ágata é decoradora e precisa atender ao pedido de um excêntrico cliente. Ele, o cliente, exige que uma das paredes do quarto de sua filha seja dividida em uma sequência de 5 listras horizontais pintadas de cores diferentes, ou seja, uma de cada cor. Sabendo-se que Ágata possui apenas 8 cores disponíveis, então o número de diferentes maneiras que a parede pode ser pintada é igual a:

a) 56






b) 5760

c) 6720

d) 3600

e) 4320

Questão 6 IPEA 2008 [CESPE]

Com relação a contagem e combinatória, julgue os itens que se seguem.

1. Considere que as senhas dos correntistas de um banco sejam formadas por 7 caracteres em que os 3 primeiros são letras, escolhidas entre as 26 do alfabeto, e os 4 últimos, algarismos, escolhidos entre 0 e 9. Nesse caso, a quantidade de senhas distintas que podem ser formadas de modo que todas elas tenham a letra A na primeira posição das letras e o algarismo 9 na primeira posição dos algarismos é superior a 600.000.


Pretende-se formar uma equipe masculina de atletismo para a modalidade revezamento 4 � 100 m rasos. Para isso, uma seleção será realizada com o objetivo de se selecionarem 7 atletas, sendo dois atletas com altura inferior a 1,65 m, três atletas com altura de 1,65 m a 1,70 m, e dois atletas com altura entre 1,70 m e 1,75 m. Inscreveram-se para a seleção 24 atletas, 9 com altura inferior a 1,65, 8 com altura de 1,66 a 1,69, e 7 com altura de 1,73 m ou 1,74 m. A quantidade de diferentes equipes que podem ser formadas a partir desse conjunto de inscritos está entre:

(A) 10.000 e 20.000.

(B) 20.000 e 30.000.

(C) 30.000 e 40.000.

(D) 40.000 e 50.000.

(E) 50.000 e 60.000.


Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de reabilitação para 10 pacientes. Para obter melhores resultados neste programa, Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem 3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas três diferentes salas, é igual a:

a) 2440

b) 5600

c) 4200

d) 24000

e) 42000

Questão 9 SEFAZ MG 2005 [ESAF]

Sete modelos, entre elas Ana, Beatriz, Carla e Denise, vão participar de um desfile de modas. A promotora do desfile determinou que as modelos não desfilarão sozinhas, mas






sempre em filas formadas por exatamente quatro das modelos. Além disso, a última de cada fila só poderá ser ou Ana, ou Beatriz, ou Carla ou Denise. Finalmente, Denise não poderá ser a primeira da fila. Assim, o número de diferentes filas que podem ser formadas é igual a:

a) 420

b) 480

c) 360

d) 240

e) 60


Considerando um grupo formado por 5 pessoas, julgue os itens a seguir.

1. Há 24 modos de essas 5 pessoas se posicionarem em torno de uma mesa redonda.

2. Se, nesse grupo, existirem 2 crianças e 3 adultos e essas pessoas se sentarem em 5 cadeiras postadas em fila, com cada uma das crianças sentada entre 2 adultos, então, haverá 12 modos distintos de essas pessoas se posicionarem.

3. Caso essas 5 pessoas queiram assistir a um concerto musical, mas só existam 3 ingressos disponíveis e não haja prioridade na escolha das pessoas que irão assistir ao espetáculo, essa escolha poderá ser feita de 20 maneiras distintas.



Considerando que: um anagrama de uma palavra é uma permutação das letras dessa palavra, tendo ou não significado na linguagem comum, α seja a quantidade de anagramas

possíveis de se formar com a palavra AEROPORTO, β seja a quantidade de anagramas

começando por consoante e terminando por vogal possíveis de se formar com a palavra TURBINA; e sabendo que 9! = 362.880 e 5! = 120, então βα 21= .


Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é

(A) 3

(B) 10

(C) 15

(D) 35

(E) 125


Quantas soluções inteiras positivas ou nulas têm a equação:

x1 + x2 + x3 = 14?






(A) 78

(B) 120

(C) 286

(D) 364

(E) 680

Questão 14 SEFAZ/SP 2009 [ESAF]

Considere que numa cidade 40% da população adulta é fumante, 40% dos adultos fumantes são mulheres e 60% dos adultos não-fumantes são mulheres. Qual a probabilidade de uma pessoa adulta da cidade escolhida ao acaso ser mulher?

a) 44%

b) 52%

c) 50%

d) 48%

e) 56%


Em uma pequena localidade, os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora são moradores de um bairro muito antigo que está comemorando 100 anos de existência. Dona Matilde, uma antiga moradora, ficou encarregada de formar uma comissão que será a responsável pela decoração da festa. Para tanto, Dona Matilde selecionou, ao acaso, três pessoas entre os amigos Arnor, Bruce, Carlão, Denílson e Eleonora. Sabendo-se que Denílson não pertence à comissão formada, então a probabilidade de Carlão pertencer à comissão é, em termos percentuais, igual a:

a) 30 %

b) 80 %

c) 62 %

d) 25 %

e) 75 %


Um viajante, a caminho de determinada cidade, deparou-se com uma bifurcação onde estão três meninos e não sabe que caminho tomar. Admita que estes três meninos, ao se lhes perguntar algo, um responde sempre falando a verdade, um sempre mente e o outro mente em 50% das vezes e consequentemente fala a verdade nas outras 50% das vezes. O viajante perguntou a um dos três meninos escolhido ao acaso qual era o caminho para a cidade e ele respondeu que era o da direita. Se ele fizer a mesma pergunta a um outro menino escolhido ao acaso entre os dois restantes, qual a probabilidade de ele também responder que é o caminho da direita?

a) 1.

b) 2/3.






c) 1/2.

d) 1/3.

e) 1/4.

Questão 17 Petrobras 2008/1 [CESGRANRIO]

A tabela abaixo apresenta os pesos de um grupo de pessoas e suas respectivas frequências. Não há observações coincidentes com os extremos das classes.

Uma pessoa com mais de 50 kgf será escolhida ao acaso. A probabilidade de que o peso dessa pessoa esteja entre 60 kgf e 80 kgf é, aproximadamente,

(A) 65%

(B) 63%

(C) 60%

(D) 58%

(E) 55%


Selecionando uma pessoa ao acaso, qual é a probabilidade de ela ser míope?

(A) 0,05

(B) 0,06

(C) 0,07

(D) 0,08

(E) 0,09


Selecionado um míope ao acaso qual é a probabilidade de ele ser homem?

(A) 0,25

(B) 0,27

(C) 0,30

(D) 0,33

(E) 0,40







O número de peças vendidas diariamente numa loja pode ser considerada como uma variável aleatória X com a seguinte distribuição de probabilidades:

Sabendo que em um determinado dia o número de peças vendidas não foi nulo, então a probabilidade de ter sido inferior a 4 é igual a

(A) 75,00%

(B) 80,00%

(C) 93,75%

(D) 95,25%

(E) 96,35%


A e B são eventos independentes se:

a) )()()( BPAPBAP +=∩

b) )()()( BPAPBAP ÷=∩

c) )()()( BPAPBAP −=∩

d) )()()( ABPAPBAP +=∩

e) )()()( BPAPBAP ×=∩

Questão 22 STN 2008 [ESAF]

Dois eventos A e B são ditos eventos independentes se e somente se:

a) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for nula

b) a ocorrência de B alterar a probabilidade de ocorrência de A.

c) a ocorrência de A alterar a probabilidade de ocorrência de B.

d) a ocorrência de B não alterar a probabilidade de ocorrência de A.

e) a probabilidade de ocorrência conjunta de A e B for igual a 1.


Dois eventos de um espaço amostral são independentes quando

(A) a informação de que um deles ocorreu não altera a probabilidade de o outro ocorrer.

(B) um deles ocorrendo, o outro, necessariamente, não vai ocorrer.

(C) são disjuntos, ou seja, a probabilidade de ocorrerem juntos é negativa.

(D) são negativamente correlacionados.






(E) têm a mesma probabilidade de acontecer.

Questão 24 ANP 2008 [CESGRANRIO]


(A) 5/20

(B) 5/34

(C) 2/20

(D) 2/34

(E) 1/19


Anemia ferropriva é o tipo de anemia mais comum e é causada pela deficiência de ferro (sideropénia). Nesse tipo de anemia, a ingestão de ferro está menor que o mínimo necessário para as atividades do organismo que precisam de ferro. Considere um estudo de anemia ferropriva realizado que gerou os seguintes dados:

O Valor Preditivo Positivo (VPP) é a probabilidade de o indivíduo ser portador da doença, dado que o exame (teste) deu positivo. Para os resultados do estudo sobre anemia ferropriva, tem-se que VPP é igual a

(A) 0,38

(B) 0,47

(C) 0,63






(D) 0,70

(E) 0,88

Questão 26 MPU/2004 [ESAF]

Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar o nível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é 0,11 e a probabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a probabilidade de Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o nível de óleo e nem para verificar a pressão dos pneus é igual a

a) 0,25

b) 0,35

c) 0,45

d) 0,15

e) 0,65.


Quando João vai a um restaurante, a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa é igual a 0,58, a probabilidade de ele consumir café expresso é igual a 0,22, e a probabilidade de ele consumir alguma sobremesa e café expresso é igual a 0,16. Sendo assim, a probabilidade de João ir a um restaurante e não consumir nenhuma sobremesa nem café expresso está entre:

(A) 0,10 e 0,20.

(B) 0,21 e 0,30.

(C) 0,31 e 0,40.

(D) 0,41 e 0,50.

(E) 0,51 e 0,60


Os eventos A e B são independentes e suas probabilidades são P(A) = 0,5 e P (B) = 0,4. Quanto vale P(A ∪B)?

(A) 0,5

(B) 0,6

(C) 0,7

(D) 0,8

(E) 0,9


Em uma entrevista realizada com 4.000 pessoas, foi inquirida de cada uma sua posição em relação a um determinado projeto. Todas responderam e cada uma deu uma e somente uma das duas posições conforme apresentado pela tabela abaixo:






A porcentagem de pessoas que são contra o projeto ou são mulheres é de

(A) 37,5%.

(B) 47,5%.

(C) 52,5%.

(D) 57,5%.

(E) 80,0%.


Seja P(X) a probabilidade de ocorrência do evento X. Se P(A) = 1/2, P(B) = 7/10 , )( BAP ∩= p e pBAP 2)( =∪ . Então, o valor de p é igual a

(A) 60%.

(B) 50%.

(C) 40%.

(D) 30%.

(E) 20%.


Quando Paulo vai ao futebol, a probabilidade de ele encontrar Ricardo é 0,4; a probabilidade de ele encontrar Fernando é igual a 0,10; a probabilidade de ele encontrar ambos, Ricardo e Fernando, é igual a 0,05. Assim, a probabilidade de Paulo encontrar Ricardo ou Fernando é igual a:

a) 0,04

b) 0,40

c) 0,50

d) 0,45

e) 0,95


Em um posto de combustíveis entram, por hora, cerca de 300 clientes. Desses, 210 vão colocar combustível, 130 vão completar o óleo lubrificante e 120 vão calibrar os pneus. Sabe-se, ainda, que 70 colocam combustível e completam o óleo; 80 colocam combustível e calibram os pneus e 50 colocam combustível, completam o óleo e calibram os pneus. Considerando que os 300 clientes entram no posto de combustíveis para executar uma ou mais das atividades acima mencionadas, qual a probabilidade de um cliente entrar no posto para completar o óleo e calibrar os pneus?

(A) 0,10






(B) 0,20

(C) 0,25

(D) 0,40

(E) 0,45


A tabela abaixo apresenta a distribuição conjunta das frequências das variáveis “tipo de processo” (Y) e “setor” (X), referente aos processos autuados, em um período analisado, numa repartição pública:

A porcentagem dos processos autuados no Setor B ou que não são do tipo III é

(A) 92,5%

(B) 87,5%

(C) 62,5%

(D) 37,5%

(E) 32,5%


Sejam A e B dois eventos associados a um experimento. Supondo que 4,0)( =AP e

7,0)( =∪ BAP e pBP =)( . Os valores de p que fazem com que A e B sejam mutuamente

exclusivos e A e B sejam independentes são, respectivamente,

a) 0,3 e 0,5

b) 0,4 e 0,2

c) 0,5 e 0,2

d) 0,6 e 0,2

e) 0,3 e 0,4

Questão 35 TRT 2ª REGIAO 2008 [FCC]

A probabilidade de que Antônio esteja vivo daqui a 10 anos é igual a 80% e de que Paulo o esteja daqui a 10 anos é 70%. Então, a probabilidade de que somente um deles esteja vivo daqui a 10 anos é igual a

(A) 30%

(B) 36%

(C) 56%






(D) 38%

(E) 44%

Questão 36 MINISTERIO DA SAUDE 2007 [FCC]

Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4 pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é de:

a) 609/625

b) 544/625

c) 96/625

d) 24/625

e) 16/625

Questão 37 BACEN/2006 [FCC]

A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de 5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1 pagar a sua mensalidade sem atraso é:

a) 1 – 0,955

b) 0,955

c) 4,75 . 0,955

d) 5 . 0,955

e) 1 – 0,055


Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2 peças, ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma pela defeituosa é:

a) 21/38

b) 19/38

c) 17/38

d) 15/38

e) 13/38


Em um determinado dia, a probabilidade de João faltar ao trabalho é de 5% e Carlos de 10%, independentemente. Então, a probabilidade neste dia que pelo menos um deles NÃO falte ao trabalho é de

(A) 99,5%.

(B) 95,0%.

(C) 92,5%.

(D) 90,0%.






(E) 85,5%.

Questão 40 GDF SEPLAG AFC 2009 [UNIVERSA]

Um marceneiro apresentou orçamentos separados para a execução de armários de quarto e de cozinha para uma grande rede de móveis. Ele acha que a probabilidade de ganhar a concorrência da execução dos armários de quarto é de ½ . Caso ele ganhe a execução de armários de quarto, a chance de ganhar a execução de armários de cozinha é de 3/4 , caso contrário, essa probabilidade é de 1/3. Qual a probabilidade de ele ganhar apenas um dos contratos?

(A) 0,167.

(B) 0,250.

(C) 0,333.

(D) 0,375.

(E) 0,458.

Questão 41 Câmara dos Deputados 2007 [FCC]

Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y). Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30% vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamento apresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos pedidos feitos por Y apresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:

a) 5%

b) 4,1%

c) 3,5%

d) 3%

e) 1,3%

Questão 42 Sefaz RJ 2009 [FGV]


(A) 1/2.

(B) 1/4.

(C) 1/6.

(D) 1/8.

(E) 1/12.


Em uma repartição pública, três setores A, B e C são responsáveis pela análise de todos os processos autuados, recebendo cada um o mesmo número de processos para analisar






independentemente. Pela complexidade de tais processos, sabe-se que em A, B e C, respectivamente, 6%, 4,5% e 1,5% não são analisados dentro do tempo estipulado pela Administração. Escolhendo aleatoriamente um processo entre todos autuados, a probabilidade dele ser analisado dentro do tempo estipulado é de

(A) 94,0%.

(B) 94,5%.

(C) 95,0%.

(D) 96,0%.

(E) 98,5%.

Questão 44 TRE PI 2009 [FCC]

Três candidatos, A, B e C, disputam as próximas eleições para o Governo do Estado. A, B e C têm respectivamente 30%, 38% e 32% da preferência do eleitorado. Em sendo eleito, a probabilidade de dar prioridade para a Educação é de 30%, 50% e 40%, para os candidatos A, B e C, respectivamente. A probabilidade da Educação não ser priorizada no próximo governo é dada por

(A) 0,446

(B) 0,554

(C) 0,592

(D) 0,644

(E) 0,652


Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 clientes (A e B). Registros anteriores indicam que, dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de 30% vêm de A e 70% de B. Se o pedido não for feito de forma adequada, o processamento apresentará erro. Sabe-se que 2% dos pedidos feitos por A e 5% dos feitos por B apresentam erro. Selecionando um pedido ao acaso, a probabilidade dele ser proveniente de A, sabendo que apresentou erro, é

(A) 5/41

(B) 6/41

(C) 3/5

(D) 2/35

(E) 1/35


Considere que 60% do total dos títulos que um investidor possui é do tipo X e o restante do tipo Y. A probabilidade do título X apresentar uma taxa de retorno igual ou superior à taxa de inflação é igual a 80% e do título Y igual a 50%. Selecionando ao acaso um título entre estes em poder do investidor e verificando que a taxa de retorno apresentada foi inferior à taxa de inflação, a probabilidade dele ser um título do tipo Y é igual a






(A) 37,5%

(B) 50,0%

(C) 56,5%

(D) 62,5%

(E) 65,0%


Determinados processos de um tribunal são encaminhados para a análise de 3 analistas: X, Y e Z. Sabe-se que 30% de todos esses processos são encaminhados para X, 45% para Y e 25% para Z. Usualmente, por falta de documentação, uma parcela de tais processos é devolvida. Sabe-se que 5% , 10% e 10% dos processos de X, Y e Z, respectivamente, são devolvidos. A probabilidade de que um processo escolhido ao acaso tenha sido encaminhado para X, sabendo que foi devolvido, é

(A) 4/15

(B) 3/17

(C) 6/19

(D) 7/15

(E) 3/19


Um teste laboratorial de sangue é 95% efetivo para detectar uma certa doença, quando ela está presente. Entretanto, o teste também resulta em falso positivo para 1% das pessoas saudáveis testadas. Se 0,5% da população realmente tem a doença, a probabilidade de uma pessoa ter a doença, dado que o resultado do teste é positivo, é:

a) 0,9

b) 0,8

c) 0,4

d) 0,35

e) 0,32


Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10 profissionais especializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao acaso, três desses profissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade de os três profissionais sorteados serem do mesmo sexo é igual a:

a) 0,10

b) 0,12

c) 0,15

d) 0,20






e) 0,24

Questão 50 COFECON 2009 [UNIVERSA]

São lançados dois dados cujas faces são numeradas de 1 a 6. O jogador P vence se a divisão do maior número pelo menor número for exata. Caso contrário, o jogador Q vence. Nessa situação, é correto afirmar que

(A) Q será o vencedor.

(B) P será o vencedor.

(C) o jogo é equilibrado, isto é, cada jogador tem igual chance de vencer.

(D) a probabilidade de Q vencer é de 5/6

(E) a probabilidade de P vencer é de 2/3


Ao se lançar uma vez um par de dados não viciados, ao mesmo tempo, a probabilidade de a soma dos pontos ser 4 ou 8 é de

(A) 5/ 36.

(B) 7/ 36.

(C) 8/ 36.

(D) 11/ 36.

(E) 13/36

Questão 52 TRF 1ª Região/2001 [FCC]

A tabela abaixo apresenta a distribuição de frequências das notas obtidas num teste de matemática, realizado por 50 estudantes.

Notas Frequência absoluta

0 │− 2 4

2 │− 4 12

4 │− 6 15

6 │− 8 13

8 │− 10 6

Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a probabilidade de pelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:

a) 3

50

4

b)

3

50

41

− c) 473

50

46

50

43

50

×

×

d)

3

50

3

4

e)

−

3

50

3

4

1







Uma fábrica de chocolate produz dois tipos de caixas de bombons: com e sem açúcar. Cada caixa contém 10 bombons. Por descuido, foram misturados 3 bombons sem açúcar em uma caixa de bombons doces. A caixa foi oferecida a uma criança que retirou 2 bombons. A probabilidade destes dois bombons serem sem açúcar é:

a) 1/15

b) 1/20

c) 3/20

d) 3/15

e) 1/5


Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna que contém 10 bolas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca sorteada ele não ganha e nem perde nada.

Se a seleção for realizada sem reposição, a probabilidade do participante não ganhar nada neste jogo é:

a) 1/6

b) 1/5

c) 1/4

d) 1/3

e) 1/8


Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca sorteada ele não ganha e nem perde nada.

Se a seleção for realizada com reposição, a probabilidade do participante ganhar R$ 1,00 neste jogo é:

a) 0,25

b) 0,18

c) 0,15

d) 0,12

e) 0,10






4. GABARITO

1 d

2 certo

3 certo

4 errado

5 c

6 certo

7 d

8 c

9 a

10 certo certo errado

11 certo

12 d

13 b

14 b

15 e

16 d

17 a

18 d

19 a

20 c

21 e

22 d

23 a

24 e

25 d

26 e

27 c

28 c

29 e

30 c

31 d

32 b

33 a

34 a

35 d

36 b

37 e

38 c

39 a

40 anulado

41 e

42 e

43 d

44 c

45 b

46 d

47 b

48 e

49 d

50 e

51 c

52 e

53 a

54 d

55 b

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