Cpen Ma12 Prop Resol U2 PDF
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Pág. 18
1.2. ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B ) = ( A ∪ A) ∩ B = U ∩ B = B
1.3. ( A ∪ B ) ∪ (B \ A) = ( A ∩ B ) ∪ (B ∩ A ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B ) = A ∩ (B ∪ B ) = A ∩ U = A
Pág. 19
2.1. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A
9 8 7 6
9 × 8 × 7 × 6 = 3024
É possível formar 3024 números.
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3. Policial – Comédia Policial – Drama Comédia – Drama
12 10 12 7 10 7
12 × 10 = 120 12 × 7 = 84 10 × 7 = 70
120 + 84 + 70 = 274
4.1. 2 ( x + 2 ) ! − 17 ( x + 1) ! = 8 x ! ⇔
⇔ 2 ( x + 2 )( x + 1) x ! − 17 ( x + 1) x ! − 8 x ! = 0 ∧ x + 2 ≥ 0 ∧ x + 1 ≥ 0 ∧ x ≥ 0 ⇔
⇔ x ! 2 ( x + 2 )( x + 1) − 17 ( x + 1) − 8 = 0 ∧ x ≥ 0
( )
⇔ x ! = 0 ∨ 2 x 2 + x + 2 x + 2 − 17 x − 17 − 8 = 0 ∧ x ≥ 0
⇔ x ∈ ∅ ∨ 2 x 2 + 6 x + 4 − 17 x − 25 = 0 ∧ x ≥ 0
⇔ 2 x 2 − 11x − 21 = 0 ∧ x ≥ 0
3
⇔ x = 7∨ x = − ∧ x ≥ 0 ⇔ x = 7
2
S = {7}
1
100! − 99! 100 × 99 × 98! − 99 × 98! 98! × (100 × 99 − 99 )
4.2. = = = 9900 − 99 = 9801
98! 98! 98!
( n + 1)! n +1 ( n + 1) n ( n − 1)! n + 1
= ( n + 1)( n + 1) = ( n + 1)
2
4.3. × = ×
n ( n − 1)! n ( n − 1)!
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5.1.
Pessoas . . . . . . . . . . . . 1.ª 2.ª 3.ª 4.ª
Hipótese de escolha. . . 6 6 6 6
6 × 6 × 6 × 6 = 1296
ou
6
A′4 = 6 4 = 1296
6.1. 8
A3 = 8 × 7 × 6 = 336
6.2. Trata-se de escolher uma sequência de três cores entre seis possíveis. O seu número é dado por
6
A3 = 6 × 5 × 4 = 120 .
6.3. 10
A4 = 10 × 9 × 8 × 7 = 5040
Pág. 22
7.1. P6 = 6! = 720
2
8
A3 8 × 7 × 6
8.1. a) 8
C3 = = = 56
P3 3×2
b) 7
C2 = 21
8.2. 5
C4 × 7C4 = 5 × 35 = 175
Número de maneiras de escolher quatro questões nas restantes sete
Número de maneiras de escolher quatro questões entre as primeiras cinco
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9.1. 1 a b 22 100
1 1+a a+b
9.2. n
C0 + nC1 + ... + nCn = 128 ⇔ 2n = 27 ⇔ n = 7
Como 7C3 = 7C4 , um conjunto com 7 elementos tem tantos subconjuntos de três elementos como
subconjuntos de quatro elementos.
Pág. 24
(2 − 2 ) = ∑ C 2 (− 2 )
5 5 p
5−p
10. 5
p =
p =0
( ) + C × 2 × (− 2 ) +
0 1
= 5C0 × 25 × − 2 5
1
4
× 2 × (− 2 ) + C × 2 × (− 2 )
2 3
+ 5C2 3 5
3
2
+
× 2 × (− 2 ) + C × 2 × (− 2 )
4 5
+ 5C4 1 5
5
0
= 1× 32 × 1 − 5 × 16 × 2 + 10 × 8 × 2 − 10 × 4 × 2 2 + 5 × 2 × 4 − 1× 1× 4 2 =
= 32 + 160 + 40 − 80 2 × 80 2 − 4 2 = 232 − 164 2
5 5− p
2 3
5
2
11. x + x = ∑ Cp x
5
(x )
3 p
p =0
5− p
2
× ( x 3 ) = 5Cp ( 2 × x −1 )
p 5− p
Tp +1 = 5Cp × x3p =
x
= 5Cp × 25 − p × x −5 + p × x 3 p = 5Cp × 25 − p × x 4 p −5 =
4 p − 5 = 7 ⇔ 4 p = 12 ⇔ p = 3
T3 +1 = 5C3 × 25 − 3 × x 7
T4 = 10 × 22 × x 7
T4 = 40 x 7
Resposta: 40
3
Pág. 27
12. 1,3,5,7,9
1.° 2.° 3.° 4.° 5.°
5 4 3 1 1
5 × 4 × 3 = 60
Resposta: (A)
14.1. 3! × 4! × 2! × 3! = (3!)2 × 4! × 2!
Resposta: (B)
14.2. 4! × 5! × 6
Resposta: (A)
14.3. 6! × 7 A3
Escolha ordenada de 3 lugares para os discos de Rock entre os seis restantes, no início ou no fim da fila.
Ordenação dos seis discos de Jazz e de música clássica.
Resposta: (A)
15. 6! – 2! × 4! × 5 = 480
Número de posições que o grupo dos dois livros de Matemática pode ocupar na fila (no início, no fim
ou entre os outros quatro).
Número de maneiras de ordenar os restantes quatro livros.
Número de maneiras de ordenar os dois livros de Matemática.
Número de maneiras de dispor os seis livros.
Ou 4! × 5 A2 = 480
Resposta: (C)
Pág. 28
16.1. Usam-se os algarismos 0, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9
7 7 6 5 4
7 × 7 × 6 × 5 × 4 = 5880 ou
7! × A4 = 5880
7
Resposta: (A)
4
16.2. ___ ___ ___ ___ ___
9 8 7 6 1 Terminados em 0
8 8 7 6 1 Terminados em 5
9 × 8 × 7 × 6 + 8 × 8 × 7 × 6 = 5712
Resposta: (B)
17. 10 compartimentos
Iogurtes naturais (iguais): 3
Iogurtes de fruta (diferentes): 4
10
C3 × 7 A4 = 100 800
escolha de 4 lugares para os iogurtes de fruta entre os 7 restantes (interessa a ordem)
escolha de 3 lugares para os iogurtes naturais entre os 10 disponíveis (não interessa a ordem
porque são iguais)
18. Mulheres : 4
Homens : 5
+1 (advogado)
6
18.1. 6
C2 × 4C3 = 60
18.2. 10
C5 − 6C5 = 246 ou
6
C1 4C4 + 6C2 4C3 + 6C3 4C2 + 6C4 4C1 = 6 + 60 + 120 + 60 = 246
18.3. 4
C4 + 4C3 × 5C1 + 4C2 × 5C2 + 4C1 × 5C3 = 1 + 20 + 60 + 40 = 121
Os elementos da comissão podem ser escolhidos de C2 × 12C1 + 10C1 × 12C2 maneiras diferentes.
10
Os três cargos podem ser distribuídos pelos três elementos da comissão de P3 = 3! maneiras diferentes.
Pág. 29
9!
20. = 7560 ou 9C2 × 7C4 × 3! = 7560
2! × 4!
5!
21. = 10 ou 5C3 × 2C2 = 10
3! × 2!
20!
22. = 581 400 ou 20
C14 × 6C4 × 2C2 = 581 400
14! × 4! × 2!
8!
23. = 3360 ou 8C3 × 5C2 × 3! = 3360
3! × 2!
5
24. XXXTT22233
10!
= 25 200 ou C3 × 7C2 × 5C3 × 2C2 = 25 200
10
3! × 2! × 3! × 2!
25. 88855FFRRYYX
12!
25.1. = 4 989 600 ou C3 × 9C2 × 7C2 × 5C2 × 3C2 = 4 989 600
12
3! × 2! × 2! × 2! × 2!
Pág. 30
15!
26. = 756 756 ou 15
C5 × 10C5 = 756 756
5! × 5! × 5!
52! 52!
27. = ou 52
C13 × 39C13 × 26C13 × 13C13
13! × 13! × 13! × 13! (13!)4
15! 15
C5 × 10C5 × 5C5
28.1. = 126 126 ou = 126 126
5! × 5! × 5! × 3! 3!
15! 15
C6 × 9C6 × 3C3
28.2. = 210 210 ou = 210 210
6! × 6! × 3! × 2! 2!
7!
29. = 210 ou 7C3 × 4C2 × 2C2 = 210
3! × 2! × 2!
7! 7
C2 × 5C2 × 3C3
30. = 105 ou = 105
2! × 2! × 3! × 2! 2!
31. Diretor + 7 = 8
31.1. 7
C3 = 35 (o diretor mais três pessoas escolhidas entres as restantes sete)
31.2. 8
C2 + 8C3 + 8C4 + 8C5 + 8C6 + 8C7 + 8C8 = 28 − 8C0 − 8C1 = 256 − 1 − 8 = 247
31.3. 8
C1 + 8C2 + 8C3 + 8C4 + 8C5 + 8C6 = 28 − 8C0 − 8C7 − 8C8 = 256 − 1 − 8 − 1 = 246
6
Pág. 31
32. 8
C2 + 8C3 + 8C4 + 8C5 + 8C6 + 8C7 + 8C8 = 28 − 8C0 − 8C1 = 28 − 1 − 8 = 28 − 9
Resposta: (D)
12
33. A linha com 13 elementos corresponde a n = 12. Os elementos desta linha são da forma Cp .
12
O quarto elemento é C3 .
Resposta: (B)
34. Os dois últimos elementos de uma linha do triângulo de Pascal são iguais aos dois primeiros: 1, n
1× n = 55 ⇔ n = 55
54
Os elementos da linha anterior são da forma Cp .
54 : 2 = 27
54
O maior elemento desta linha é C27 .
Resposta: (B)
35. A soma dos dois últimos elementos é igual à soma dos dois primeiros: 1 e n
1 + n = 25 ⇔ n = 24
23
A linha anterior é formada pelos elementos da forma Cp .
23
C0 + 23C1 + 23C2 = 1 + 23 + 253 = 277
Resposta: (A)
399
37. Os elementos da linha seguinte são da forma Cp .
a + b + c + d = 1 + 399 + 399 + 1 = 800
Resposta: (B)
Pág. 32
38. O segundo e o penúltimo elemento de uma linha de triângulo de Pascal são iguais a n.
n × n = 121 ⇔ n 2 = 121 . Como n ≥ 0 , temos n = 11.
O terceiro elemento dessa linha é 11C2 = 55
Resposta: (D)
39. 1 a b…
1 x y…
a+b
x = 1+ a ⇔ x − a = 1 ; y = a + b ⇔ = 1 ; 1 + 2a + b = x + y
y
Resposta: (C)
7
4
( x − 2) = ∑ 4Cp x 4 − p ( −2 ) = 4C0 x 4 ( −2 ) + 4C1x 3 ( −2 ) + 4C2 x 2 ( −2 ) + 4C3 x ( −2 ) + 4C4 x 0 ( −2 ) =
4 p 0 1 2 3 4
40.
p =0
= x − 8 x 3 + 24 x 2 − 32 x + 16
4
( x − 2)
4
= 12 x 2 − 32 x + 16 ⇔ x 4 − 8 x 3 + 24 x 2 − 32 x + 16 = 12 x 2 − 32 x + 16 ⇔
⇔ x 4 − 8 x 3 + 12 x 2 = 0 ⇔ x 2 x 2 − 8 x + 12 = 0 ⇔ ( )
8 ± 64 − 48
⇔ x 2 = 0 ∨ x 2 − 8 x + 12 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ⇔ x = 0∨ x = 2∨ x = 6
2
S = {0 , 2 , 6}
41.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
(2 − 2 )
5
=
( ) ( ) ( )+
0 1 2
= 1× 25 × − 2 + 5 × 24 × − 2 + 10 × 23 × − 2
( ) ( ) × (− 2 )
3 4 5
+10 × 22 × − 2 + 5 × 21 × − 2 + 1× 20 =
15 p
2 1 15
1
42. x − = ∑ 15
Cp x ( ) 2 15 − p
− =
x p =0 x
p
−
1
−
p
30 − 2 p −
p
× ( −1) × x 2 = 15Cp ( −1) x
30 − 2 p 30 − 2 p p p
Tp +1 = Cp x
15
−1× x 2 = Cp x
15 2
42.1. O termo que não depende de x é do tipo ax0.
p
30 − 2 p − = 0 ⇔ 60 − 4 p − p = 0 ⇔ 5 p = 60 ⇔ p = 12
2
T12+1 = 15C12 ( −1) x 0 = 455
12
p
42.2. 30 − 2 p − = 15 ⇔ 60 − 4 p − p = 30 ⇔ 5 p = 30 ⇔ p = 6
2
T6 +1 = 15C6 ( −1) x 15 = 5005 x 15
6
(a ) ( )
7 7−p
43. 10
+ 1 = ∑ 7Cp a10 × 1p = a70 + 7a 60 + ... + 7a10 + 1
p =0
(a ) ( )
8 8−p
10
+ 1 = ∑ 8Cp a10 × 1p = a 80 + 8 × a 70 + ... + 8 × a10 + 1
p =0
(a ) ( )
9 9−p
10
+ 1 = ∑ 9Cp a10 × 1p = a 90 + 9 × a 80 + ... + 9 × a10 + 1 > a 90 + 9 × a10 + 1
p =0
Resposta: (C)
8
Pág. 33
44. Raparigas : 3
Rapazes : 4
7
1 2 3 4 5 6 7 8 9
4! × 6 × 5 A3 = 8640
Resposta: (B)
46. 8
C2 − 4 = 24
Resposta: (A)
47. ( 10
)
C1 × 12C1 + 12C2 × 2 = 372
Distribuição dos cargos
Número de maneiras diferentes de escolher os dois alunos – um rapaz e uma rapariga ou duas
raparigas
Resposta: (C)
48.
Margaridas Orquídeas
7 5
5 1 Irmã
4 2
3 3
2 4 Mãe
7
C2 × 5C4 ou 7C5 × 5C1
Resposta: (A)
49. Medalhas : 4
Salvas : 2
Taças : 3 (iguais)
9
12
A 6 × 6C3 ou C3 × 9 A 6
12
Resposta: (D)
9
50.
Raparigas Rapazes
12 8
2 1
1 2
(12
C2 × C1 + C1 × 8C2 × 3!
8 12
)
Resposta: (C)
51. 24
C2 × 3! = 1656
Resposta: (B)
52. 5
C3 × 3 × 2 × 2 × 2 = 240
Na 2.ª, 3.ª e 4.ª tiras não se pode repetir a cor da tira anterior.
Há 3 cores à escolha para a 1.ª tira
Número de maneiras de escolher 3 cores entre as 5 disponíveis.
Resposta: (A)
Pág. 34
54. Z1 Z2 Z3 Z4
6 5 4 4
Diferente de Z1 e de Z3
Diferente de Z1 e de Z2
Diferente de Z1
Há 6 cores disponíveis
6 × 5 × 4 × 4 = 480
Resposta: (A)
55. A soma dos dois últimos elementos de uma linha do Triângulo de Pascal é igual à soma dos dois
primeiros. Como o primeiro elemento é 1 tem-se que o segundo é 20, pois a soma é 21.
Então, nC1 = 20 ⇔ n = 20
O terceiro elemento da linha correspondente a n = 20 é 20
C2 = 190
1 + 20 + 190 = 211
Resposta: (D)
10
56. Os dois primeiros elementos e os dois últimos de uma linha do triângulo de Pascal tem a forma
1 n … n 1
O produto destes quatro elementos é igual a 121.
Logo, n2 = 121 pelo que, como n > 0, temos n = 11.
A linha seguinte corresponde a n = 12 e, portanto, tem 13 elementos. O maior elemento desta linha é o
elemento central que é igual a 12
C6 = 924
Resposta: (C)
57. 1 n 190…
1 1+ n 210…
n + 190 = 210 ⇔ n = 20
Resposta: (B)
58. 1 n … n 1
n + 1 = 31 ⇔ n = 30
1 + 30 + 30C2 = 31 + 435 = 466
Resposta: (C)
59. A linha do Triângulo de Pascal com 12 elementos é a linha correspondente a n = 11. A soma dos
elementos desta linha é 211 = 2048 .
Resposta: (B)
60. 2014
C100 + 2014
C101 = 2015
C101 ⇔
⇔ 2015
C101 − 2014
C101 = 2014
C100
2015
C101 − 2014C101 2014
C100
2014
= 2014
=1
C100 C100
Resposta: (B)
61. O segundo elemento de uma linha do triângulo de Pascal é igual ao penúltimo. Seja n o segundo
elemento dessa linha.
n >0
Então n × n = 169 ⇔ n 2 = 169 ⇔ n = 13 .
14
A linha seguinte é a correspondente a n = 14 e é formada por elementos da forma Cp . O maior
62.
a b c d e f g h i j k
w x y z z y x w
• c+d = z
• a×b× j ×k = a =k =1
j =b
= 1× b × b × 1 = b 2
11
• A linha indicada tem 11 elementos, logo trata-se da linha de ordem 10 ( n = 10 ) . A linha seguinte
corresponde a n = 11.
Logo, w = 11C0 = 1 , x = 11C1 = 11 , y = 11C2 e z = 11C3 .
• a = 1, b = 10, j = 10 e k = 1
a + b + j + k = 1 + 10 + 10 + 1 = 22 ≠ 24
Resposta: (D)
8 p
1 8
8−p 1
x + x = ∑ C p x x = Cp x x = C p x
8 8 8− p − p 8 8−2 p
63.
p =0
• desenvolvimento tem nove termos
• por exemplo, 8C0 = 8C8
5
• 8 − 2p = 3 ⇔ 2p = 5 ⇔ p = ∉Z
2
Não tem um termo da forma kx 3 .
• 8 − 2p = 0 ⇔ 2 p = 8 ⇔ p = 4
Para p = 4 obtém-se o termo 8C4 x .0 = 70
Resposta: (D)
n
(x + y ) = ∑ nCp x n − p y p
n
64.
p =0
kx 5 y 7 = nCp x n − p y p
n − p = 5 n − 7 = 5 n = 12
⇔ ⇔
p = 7 p = 7 p = 7
k = 12C7 = 792
Resposta: (A)
(1 − 3 ) = ∑ C 1 ( )
5 5 p
5− p
65. 5
p × − 3 =
p =0
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 1 2 3 4 5
1 1
= 1× − 3 +5× − 3 + 10 × − 3 + 10 × − 3 +5× − 3 + 1× − 3 = 1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
= 1 − 5 3 + 30 − 30 3 + 45 − 9 3 = 76 − 44 3 1 5 10 10 5 1
a = 76 e b = – 44
Resposta: (B)
20
(x − y ) = ∑ 20Cp x 20 − p ( − y )
20 p
66.
p =0
Cp x 20 − p ( − y )
p
Tp +1 = 20
C3 x 17 ( − y ) = −1140 x 17 y 3
3
Se p = 3, T4 = 20
C17 x 3 ( − y )
17
Se p = 17, T18 = 20
= −1140 x 3 y 17
Resposta: (B)
12
Pág. 35
1 2 3 4 5 6 7 8
67.1.
4 4 4 4 4 4 4 4
4
A′8 = 48 = 65 536
67.2. Por exemplo, se as primeiras cinco respostas estiverem corretas e as restantes três estiverem erradas
temos as seguintes hipóteses:
1 2 3 4 5 6 7 8
1 1 1 1 1 3 3 3
15 × 33
As cinco respostas certas podem ser escolhidas de 8C5 maneiras diferentes.
Logo, há 8C5 × 33 = 1512 possibilidades.
67.3. Uma vez que o estudante conhece a resposta para cinco das questões, restam quatro possibilidades para
cada uma das restantes três, ou seja, 43 = 64 possibilidades.
68. Brancas: 8
Pretas: 12
68.1. 25
C8 × 17C12 = 6 692 786 100
68.2.
13
71. A = { x ∈ ℕ : x ≤ 50}
50
Em A é possível definir C2 subconjuntos de dois elementos. Entre esses há 49 subconjuntos de dois
72.1. 4! × 2! × 3! × 3! = 1728
72.2. 4! × 5! × 6 = 17 280
73. 1223334444
10!
= 12 600 ou C2 × 8C3 × 5C4 = 12 600
10
2! × 3! × 4!
74. CCCBBALM
74.1. 8
C3 × 5C2 = 560
74.2. 8
C3 × 5C2 × 3! = 3360
75. Homens: 6
Mulheres: 4
10
75.1. 10
C2 + C3 + ... + 10C10 = 210 − 10C0 − 10C1 = 1024 − 1 − 10 = 1013
10
75.2. H M Total
6 4 10
5 0 5
10
C5 − 6C5 = 246
75.3. H M Total
6 4 10
1 2 3
2 1
(C× 6
1
4
)
C2 + 6C2 × 4C1 × 3! = 576
Pág. 36
76. A R D V 8 9 10
76.1. 3! × 4! × 5 = 720
76.2. 4! × 5 = 120
76.3. 7! − 2! × 5! × 6 = 3 600
76.4. 4! × 5 A3 = 1440
14
15! 15
C5 × 10C5 × 5C5
77.1. = 126 126 ou = 126 126
5! × 5! × 5! × 3! 3!
15! 15
C7 × 8C4 × 4C4
77.2. = 225 225 ou = 225 225
7! × 4! × 4! × 2! 2!
15!
77.3. = 630 630 ou C6 × 9C5 × 4C4 = 630 630
15
6! × 5! × 4!
10
1 1
10 10
1 1
10
1
2
( x)
2
78. x− x+ = x − x + = −
x x x x x
10 p
1 10
1
x − x = ∑ 10Cp x 10 − p × −
p =0 x
10 − 2 p = 0 ⇔ 2 p = 10 ⇔ p = 5
8 p
2 1 8
1
( )
8−p
79.
2 x y −
2
= ∑
p =0
8
Cp 2 x 2 y ×−
2
Tp +1 = 8Cp 28 − p x 16 − 2 p y 8 − p × ( −2 ) = 8Cp 28 − p × ( −2 )
−p −p
× x 16 − 2 p y 8 − p
16 − 2 p = 6 2 p = 10 p = 5
⇔ ⇔
8 − p = i 8 − p = i i = 3
T6 = 8C5 × 23 × ( −2 ) × x 6 y 3 = −14 x 6 y 3
−5
k = – 14 e i = 3
80. ARRAIAL
7!
80.1. = 420
3! × 2!
80.2. A R R A I L A
5!
= 60
2!
80.3. R R I L
4!
5
C3 × = 10 × 12 = 120
2!
Possíveis ordenações de R R I L
Possíveis posições dos A A A entre −R−R−I−L−
81.1. 20
Cn +1 = 20C4 n −1 ⇔ n + 1 = 4n − 1 ∨ n + 1 = 20 − ( 4n − 1) ∧ 20 ≥ n + 1 ∧ 20 ≥ 4n − 1 ∧ n ∈ Z ⇔
21 2
⇔ ( 3n = 2 ∨ n + 1 = 20 − 4n + 1) ∧ n ≤ 19 ∧ n ≤ ∧ n ∈ Z ⇔ n = ∨ 5n = 20 ∧ n ≤ 5 ∧ n ∈ Z ⇔ n = 4
4 3
15
3n ( 3n − 1)
81.2. 3n
C2 = 5 × n A2 + 3 ⇔ = 5 × n ( n − 1) + 3 ∧ 3n ≥ 2 ∧ n ≥ 2 ∧ n ∈ Z ⇔
2
⇔ 9n 2 − 3n = 10n 2 − 10n + 6 ⇔ n ≥ 2 ∧ n ∈ Z ⇔ −n 2 + 7n − 6 = 0 ∧ n ≥ 2 ∧ n ∈ Z ⇔
−7 ± 49 − 24
⇔n= ∧ n ≥ 2 ∧ n ∈ Z ⇔ ( n = 6 ∨ n = 1) ∧ n ≥ 2 ∧ n ∈ Z ⇔ n = 6
−2
12! 12
C3 × 9C3 × 6C2 × 4C2 × 2C2
82. = 138 600 ou = 138 600
3! × 3! × 2! × 2! × 2! × 2! × 3! 2! × 3!
12!
83. = 1 663 200 ou C3 × 9C3 × 6C2 × 4C2 × 2C2 = 1 663 200
12
3! × 3! × 2! × 2! × 2!
85.1. 10
C2 − 10 = 35
85.2. 10
C3 = 120
85.3. 10 × 6C1 = 60
85.4. 10. Há 10 maneiras diferentes de escolher 2 lados seguidos do polígono. O terceiro lado fica
univocamente determinado.
85.5. 10
C3 − 60 − 10 = 50
86.1. 8
C3 = 56
86.3. O cubo tem quatro diagonais espaciais. Cada diagonal espacial é o lado de seis triângulos ( os extremos
da diagonal são dois vértices do triângulo sendo o terceiro vértice escolhido entre os restantes seis
vértices do cubo). Portanto, há 4 × 6 = 24 triângulos nestas condições (são os do tipo (iii)).
86.4. 56 – 24 – 24 = 8
16
Tema 2: Probabilidades
Pág. 38
1. Número de casos possíveis: 6 × 6 × 6 = 216
Número de casos favoráveis: 6 × 5 × 4 = 120
120 5
P= =
216 9
Pág. 39
2.1. Número de casos possíveis: 40
C5 = 658 008
a) Pretas Vermelhas
20 20 Número de elementos disponíveis
2 3 Número de elementos a escolher
Número de casos favoráveis:
20
C2 × 20C3 = 190 × 1140 = 216 600
216 600
P= ≈ 33%
658 008
b) Reis Outras
4 36
1 4
Número de casos possíveis:
C1 × 36C4 = 4 × 58 905 = 235 620
4
235 620
P= ≈ 36%
658 008
( 40 − n )( 39 − n )
⇔ 1200 − 60n = ⇔
2
⇔ 2400 − 120n = n 2 − 79n + 1560 ⇔
⇔ n 2 + 41n − 840 = 0 ⇔
17
Pág. 40
3. Número de casos possíveis: P5 = 5! = 120
Número de casos favoráveis:
2! × 3! × 4 = 48
Número de posições que o par de namorados pode ocupar (princípio da fila, fim da fila ou entre os 3
amigos)
Número de maneiras de os 3 amigos ocuparem os 3 lugares
Número de maneiras de o casal de namorados ocupar os 2 lugares.
48 2
P= =
120 5
( 2!)
3
× 3!
P=
6!
Resposta: (C)
18
Pág. 41
7. Número de casos possíveis: 6C3 = 20
Número de casos favoráveis: 3 × 4C3 = 12
12 3
P= =
20 5
Resposta: (B)
Casos favoráveis: 3 (1 , 12 ) , ( 2 , 6 ) , e ( 3 , 4 )
3 1
P= =
66 22
Resposta: (B)
25
10. Número de casos possíveis: C3
Número de casos favoráveis: 23
[(1 , 2 , 3) , (2 , 3 , 4) , (3 , 4 , 5), … , (23 , 24 , 25)]
23
P= 25
C3
Resposta: (B)
Pág. 42
11. Os quatro menores elementos de uma linha do Triângulo de Pascal são os dois primeiros e os dois
últimos:
1 n … n 1
n∈ℕ
1× n × n × 1 = 144 ⇔ n 2 = 144 ⇔ n = 12
Trata-se da linha de ordem 12 ( n = 12 ) que tem 13 elementos.
19
12. Se a linha do Triângulo de Pascal tem n elementos, o segundo elemento dessa linha é igual a n − 1 e há
n − 4 elementos superiores ao segundo (apenas os dois primeiros elementos e os dois últimos não são
superiores ao segundo)
n 6
=
n−4 7
n−4 6
= ⇔ 7n − 28 = 6n ⇔ n = 28
n 7
Resposta: (D)
Pág. 43
15. Brancas: 5
Pretas: 3
Amarelas: 2
10
Número de casos possíveis: 10
C3 = 120
20
15.3. Tem de ser uma bola de cada cor ou três bolas pretas
Número de casos favoráveis: 5C1 × 3C1 × 2C1 + 3C3 = 31
31
P=
120
15.4. Pretas Outras
_3_ _7_
2 1
3 0
Número de casos possíveis: 3C2 × 7C1 + 3C3 = 22
22 11
P= =
120 60
16. Número de casos possíveis: 15C7 (número de maneiras de definir na fila de 20 gladíolos a posição dos 7
gladíolos amarelos). Sejam os acontecimentos:
A : “Não haver dois gladíolos amarelos seguidos”
B : “Não haver dois gladíolos vermelhos seguidos”
Número de casos favoráveis a A : 9C7 (número de maneiras de escolher a posição dos 7 gladíolos
amarelos entres os 8 vermelhos bem como no início ou no fim da fila)
9
C7 36
P ( A) = 15
=
C7 6435
Número de casos favoráveis a B : 8C8 = 1
1 1
P (B ) = =
15
C7 6435
É 36 vezes mais provável não haver gladíolos amarelos seguidos.
52
17. Número de casos possíveis: C13
17.1. Paus Outras
13 39
7 6
Número de casos favoráveis: 13
C7 × 39C6
C7 × 39C6
13
P= 52
≈ 0,9%
C13
17.2. Número de casos favoráveis: 4 × 13C7 × 39C6
4 × 13C7 × 39C6
P= 52
≈ 3,5%
C13
17.3. Ases Outras
4 48
4 9
Número de casos favoráveis: 4C4 × 48C9
48
C9
P= 52
≈ 0,3%
C13
39
17.4. Número de casos favoráveis ao acontecimento contrário: C13
39
C13
P = 1− 52
≈ 98,7%
C13
21
Pág. 44
18.1.
Resolvidos Não resolvidos Total
40 10 50
4 0 4
50
Número de casos possíveis: C4
40
Número de casos favoráveis: C4
40
C4
P= 50
≈ 39,7%
C4
18.2.
Resolvidos Não resolvidos Total
40 10 50
0 4 4
50
Número de casos possíveis: C4
50 10
Número de casos favoráveis: C4 – C4
50
C4 − 10C4
P= 50
≈ 99,9%
C4
19. Número de casos possíveis: 5 A′7 = 57
19.1. Número de casos favoráveis: 7C3 × 4 A4′ = 7C3 × 4 4
7
C3 × 4 4
P= ≈ 11,5%
57
19.2. Número de casos favoráveis: 5 × 7C3 × 4!
5 × 7C3 × 4!
P= ≈ 5,4%
57
19.3. Número de casos favoráveis:
Faces: △ △ △ □ □ □ □
Número de opções: 2 2 2 3 3 3 3
2 ×33 4
P= ≈ 0,8%
57
20. Número de casos possíveis:
1 2 3 __ __ __
1 1 1 10 10 10
4 × 103 – 2 = 3998
A sequência 123123, que aparece duas vezes, é de excluir.
A sequência 123 pode ocupar 4 posições
Número de casos favoráveis: 1
1
P=
3998
22
Pág. 45
21.1. Qualquer trajeto entre P e Q pode ser definido por uma sequência de quatro D e dois C (são vértices de
um retângulo de 4 por 2 tomando por unidade o lado da quadricula). Para definir um trajeto basta
escolher nas seis posições possíveis da sequência o lugar das duas letras D, o que pode ser feito de 6C2
maneiras diferentes.
22. LLLLAAA
Número de casos possíveis
7
C4 × 26 A4′ × 10 A3′ = 35 × 26 4 × 103
Número de maneiras de escolher ordenadamente os três algarismos, iguais ou diferentes
Número de maneiras de escolher ordenadamente quatro letras, diferentes ou não
Número de maneiras de escolher a posição das quatro letras
4 × 26 4 × 120 12
P= = ≈ 1,4%
35 × 26 × 10
4 3
875
23. 0,1,2,3,4,5
23.1. _ _ _ _
2 5 4 3
diferente do 1.º algarismo
pode ser 4 ou 5
2 × 5 × 4 × 3 = 120
120
23.2. Número de casos possíveis: C3
a) Número de múltiplos de 5 que existem em A
_ _ _ _
2 4 3 1 ← (terminados em 0)
1 4 3 1 ← (terminados em 5)
2 × 4 × 3 + 4 × 3 = 36
23
Número de casos favoráveis
36
C2 × 84C1 + 36C3
Três múltiplos de 5
Dois múltiplos de 5 e um número não múltiplo de 5.
36
C2 × 84 + 36C3 429
P= 120
= ≈ 21,4%
C3 2006
Números que começam por 4. Os outros três algarismos são escolhidos entre 0 , 1, 2 e 3.
Números começados por 5. Os outros três algarismos são escolhidos entre 0 ,1 , 2 , 3 e 4.
Há 14 números com algarismos por ordem decrescente
14
Número de casos favoráveis: C3
14
C3 13
P= 120
= ≈ 0,1%
C3 10 030
Pág. 46
24. A linha do Triângulo de Pascal constituída pelos elementos da forma nCp tem n + 1 elementos dois dos
quais são iguais a n.
2
Logo, P =
n +1
Resposta: (D)
25. Depois de ser extraída uma bola branca ficaram na urna nove bolas entre as quais há três numeradas
3 1
com números ímpares. Logo, a probabilidade pedida é = .
9 3
Resposta: (D)
52
26. Número de casos possíveis: C13
Número de casos favoráveis
Naipe Outras
13 39
7 6
4 × C7 × C6
13 39
4 × 13C7 × 39C6
P= 52
C13
Resposta: (B)
24
27. Têxtil Tabaco Total
25 15 40
4 0 4
40
Número de casos possíveis: C4
25
Número de casos favoráveis: C4
25
C4
P= 40
C4
Resposta: (C)
12
31. Número de casos possíveis: C4
10
Número de casos favoráveis: C2
10
C2
P= 12
C4
Resposta: (A)
Resposta: (A)
25
Pág. 47
33. 2 , 3 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17 e 19 são números primos.
210 = 1 × 2 × 3 × 5 × 7
Número de casos possíveis: 9C3 = 84
Número de casos favoráveis: 5C3 = 10 (para ser divisor de 210 terá de ser o produto de três fatores
primos da decomposição de 210)
10 5
P= =
84 42
Resposta: (B)
36. 002233
Número de casos possíveis:
6!
= 90
2! × 2! × 2!
Número de casos favoráveis
• O 1.º algarismo é 0.
• Então o 2.º algarismo é 2 ou 3.
4!
0 2 + 0 2 3 3: = 12
2!
4!
0 3 + 0 2 3 3: = 12
2!
• O primeiro algarismo é 2.
5!
2 + 0 0 2 3 3: = 30
2! × 2!
26
• O primeiro algarismo é 32.
5!
3 + 0 0 2 3 3: = 30
2! × 2!
Número de casos favoráveis:
12 + 12 + 30 + 30 = 84
84 14
P= =
90 15
Outro processo
4! 24
Temos = =6
2! × 2! 4
90 − 6 14
P= =
90 15
37. AAAAABBC
Número de casos possíveis: 8C5 × 3C2 = 168
37.1. P = 0
A chave C B A B D A A D tem duas respostas D.
Nas respostas do Pedro não há qualquer D. Logo, o Pedro acertou em seis respostas, no máximo.
27
38.1. Número de casos favoráveis: 1 (ABC)
1
P=
6
38.2. Número de casos favoráveis: 3 (ACB , BAC e CBA)
3 1
P= =
6 2
38.3. Número de casos favoráveis: 2 ( BCA e CAB)
2 1
P= =
6 3
Pág. 48
40. Número de casos possíveis: 10
C3 = 120
28
41. Número de casos possíveis:
C4 = 70 (número de maneiras de escolher quatro lugares para o homens, ou para as mulheres)
8
41.1.
Os lugares 1, 2 e 3 têm de ser ocupados por 3 homens ou por 3 mulheres. O mesmo acontece com os
lugares 7, 6 e 5. Nos lugares 4 e 8 ficará um homem e uma mulher.
123 765 4 8
2 1 2 1
2 × 2 = 4 é o número de casos favoráveis
4 2
P= =
70 35
41.2. Lugares: 1 2 3 4 5 6 7 8
Nº de opções: 2 2 2 2 1 1 1 1
Ficam determinadas
Homem ou mulher
Número de casos favoráveis:
2 × 2 × 2 × 2 = 16
16 8
P= =
70 35
42.
Brancas Pretas Total
16 n 16 + n
1 1 2
16
C1 × C1
n
16n 48 32n 12
= 0,48 ⇔ = ⇔ = ⇔
16 + n
C2 ( n + 16 )( n + 15 ) 100 n 2 + 15n + 16n + 240 25
2
428 ± 4282 − 48 × 2880 80
⇔ 12n 2 − 428n + 2880 = 0 ⇔ n = ⇔n= ∨n =9
24 3
Como n ∈ ℕ , temos n = 9
No saco estão nove bolas pretas.
43.1.
29
Número de casos favoráveis: 12
C2 × 10C8 × 2 = 5940
5940 3
P= =
360 360 182
43.2.
13 4
P= ≈ 27%
C2 × 26C2
26
30
47.1. Para além da delegada e do subdelegado pretende-se escolher mais quatro raparigas entres as restantes
14 e mais dois rapazes entres os restantes 9. O número de escolhas possíveis é dado por
14
C4 × 9C2 = 36 036
Pág. 49
49. Segundo a definição de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é igual ao quociente entre o
número de casos possíveis e o número de casos favoráveis, se estes forem todos equiprováveis.
O número de casos possíveis é igual a 43 pois, atendendo a que há reposição de cada bola extraída, em
cada extração existem quatro possibilidades. Assim no conjunto das três extrações existem 4 × 4 × 4 = 43
resultados possíveis.
Para determinar o número de casos favoráveis a que o produto dos três números obtidos seja igual a 8,
temos de considerar duas possibilidades: ou saem as bolas numeradas com 1, 2 e 4 ou sai três vezes a
bola com o número 2.
O primeiro caso pode verificar-se de 3! maneiras diferentes (número de permutações dos três elementos).
No segundo caso, 2 – 2 – 2, existe apenas uma possibilidade.
Assim, o número de casos favoráveis é dado por 3! + 1.
3! + 1
Portanto uma resposta para este problema é .
43
50.1. Número de casos possíveis: 8C2 = 28
a) Número de casos favoráveis: 6 × 2 = 12 (tem de ser retas-suporte de diagonais das faces do cubo)
12 3
P= =
28 7
b) Número de casos favoráveis: 7C1 = 7 (OA , OB , OC , OD , OE , OF e OG)
7 1
P= =
28 4
31
c) Pertencem ao plano de equação
x + y + 2 = 2 os vértices A(0 , 2 , 2) , C(0 , 2 , 0) e D(0 , 0 , 2).
Número de casos favoráveis: 3C2 = 3 .
3
P=
28
d) A reta terá de estar contida no plano BCG ou no plano AOD.
Número de casos possíveis: C3 × 2 = 8
4
8 2
P= =
28 7
50.2. Número de casos possíveis: 8C3 = 56
a) Os vértices O , B , F e D pertencem ao plano de equação x = y.
Número de casos favoráveis: 4C3 = 4
4 1
P= =
56 14
b) A superfície esférica tangente a todas as faces do cubo tem raio 1. Logo, a interseção da superfície
esférica com os planos que passam no seu centro, e só com esses, são circunferências de raio 1.
Os planos que passam no centro são definidos pelas retas paralelas que contém as diagonais
de faces opostas (ADGB , EOCF , AFGO , EBCD , OBFD e ACGE).
Portanto, o número de casos favoráveis é 6 × 4C3 = 24 .
24 3
P= =
56 7
32
52. Número de casos possíveis: 12
C2 = 66
Número de casos favoráveis: 6
6 1
P= =
66 11
12
53.1. Número de casos possíveis: C2
Número de casos favoráveis: 3 × 4C2
• 3 é o número de possibilidades de escolher a cor
4
• C2 é o número de possibilidades de escolher duas bolas da cor selecionada
3 × 4C2 3
P= 12
=
C2 11
12
d) Número de casos possíveis: C2 (número de maneiras de escolher as duas primeiras bolas
brancas)
Número de casos favoráveis: 3C2 × 4 × 4
3
• C2 é o número de possibilidades para as cores das duas primeiras bolas (BP ou BV ou VP)
• 4 × 4 é o número de possibilidades de escolher uma bola de cada uma das cores selecionadas
3
C2 × 4 × 4 8
P= 12
=
C2 11
Ou
33
3
A2 × 10C4 × 6C3 8
P= =
12
C4 × 8C4 11
Ou
3
A2 × 4 × 4 × 10! 8
P= =
12! 11
34
Tema 3: Propriedades da função de probabilidade
Pág. 50
1. P ( A ∪ B ) = 2P ( A ) e P ( A ) = P ( B )
É sabido que P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) .
Como P ( A ∪ B ) = 2P ( A ) e P ( B ) = P ( A ) , tem-se:
2P ( A ) = P ( A ) + P ( A ) − P ( A ∩ B ) ⇔ P ( A ∩ B ) = 2P ( A ) − 2P ( A ) ⇔
⇔ P ( A ∩ B) = 0 ⇔ A ∩ B = ∅
Logo, A e B são incompatíveis.
Pág. 51
2. 0 < P ( A) < 1
0 < P (B ) < 1
( ) ( ) ( )
P ( A ) ≤ P ( B ) e 1 − P A ≤ 1 − P B ⇔ −P A ≤ −P B ⇔ P A ≥ P B ( ) ( ) ( )
Resposta: (D)
3. S = {1 , 2 , 3 , 4}
A = {2 , 4} ;
B = {2 , 3}
( )
P ( A) − P B + P A ∪ B = ( ) 5
6
⇔
(
⇔ P ( A ) − 1 − P ( B ) + P A ∩ B = )
5
6
⇔
5
⇔ P ( A) − 1 + P (B ) + 1 − P ( A ∩ B ) = ⇔
6
5
⇔ P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B ) = ⇔
6
5
⇔ P (A ∪ B) =
6
A ∪ B = {2 , 3 , 4}
A ∪ B = {1}
( )
P ({1} ) = P A ∪ B = 1 − P ( A ∪ B ) = 1 −
5 1
=
6 6
35
Pág. 52
4.
Rapazes (M) Raparigas (F)
2.º ciclo (A) 0,26 0,3 0,56
3.º ciclo (B) 0,22 0,22 0,44
0,48 0,52
• 1 – 0,48 = 0,52
• P ( B ∩ M ) = P ( B ∩ F ) = 0,22
(
P C ∩T )= 0,6 × 0,8
5. (
P C |T = ) =
0,48 4
=
P T ( ) 0,4 × 0,9 + 0,6 × 0,8 0,84 7
Pág. 53
6. Sejam os acontecimentos
A: “Sai face euro no lançamento da moeda”
B: “Não sai face com o número 5 no lançamento do dado”
Os acontecimentos A e B são independentes. Logo:
1 5 5
P ( A ∩ B ) = P ( A) × P (B ) = × =
2 6 12
Pág. 54
7. ( ) ( )
P A ∩ B = 0,2 ⇔ P A ∪ B = 0,2 ⇔ 1 − P ( A ∪ B ) = 0,2 ⇔ P ( A ∪ B ) = 0,8
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
( )
P A = 1 − P ( A ) = 1 − 0,3 = 0,7
Resposta: (D)
8. P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P ( A ∪ B ) = 0,3 + 0,7 − P ( A ∩ B ) ⇔ P ( A ∪ B ) = 1 − P ( A ∩ B ) ⇔ P ( A ∪ B ) + P ( A ∩ B ) = 1
Resposta: (C)
9. Os acontecimentos A e B não são contrários (os alunos escolhidos podem ser um do género feminino e
outro do género masculino) mas são incompatíveis ( A ∩ B = ∅ dado que os dois alunos não podem ser
simultaneamente do género masculino e do género feminino)
Resposta: (C)
36
Pág. 55
10.
Geometria
Psicologia
Descritiva
Raparigas 4 10 14
Rapazes 8 2 10
12 12 24
11. ( )
P B = 0,3 ⇔ 1 − P ( B ) = 0,3 ⇔ P ( B ) = 1 − 0,3 ⇔ P ( B ) = 0,7
P (A ∩ B) 0,2 2
P (A | B) = = =
P (B ) 0,7 7
Resposta: (A)
1 P (B ∩ A) 1 1 1 3 1
12. P (B | A) = ⇔ = ⇔ P (B ∩ A) = P ( A ) ⇔ P (B ∩ A ) = × ⇔ P (B ∩ A) =
3 P ( A) 3 3 3 5 5
3 3 1 7
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B ) = + − =
5 10 5 10
Resposta: (B)
Pág. 56
13. Amarelas: n
Pretas: 4
Total: 4+n
n
P ( A1 ) =
4+n
n −1
P ( A2 | A1 ) = (após ser retirada uma bola amarela ficaram na caixa 3 + n bolas sendo n − 1
3+n
amarelas)
2 n −1 2
P ( A2 | A1 ) = ⇔ = ⇔ 3 ( n − 1) = 2 ( 3 + n ) ⇔ 3n − 3 = 6 + 2n ⇔ n = 9
3 3+n 3
37
1 1
14.1. P (C ) = ⇔ P( A ∩ B) =
6 6
2 P (B ∩ A) 2 1 7
P (B | A ) = ⇔ = ⇔ 7P ( A ∩ B ) = 2P ( A) ⇔ 7 × = 2P ( A) ⇔ P ( A) =
7 P ( A) 7 6 12
7 5
14.2. P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − =
12 12
5
das bolas têm número ímpar
12
5
× 36 = 15
12
15 bolas têm números ímpares.
P( A ∩ B)
15. P( A | B) = =
P (B ) (
P (B ) = P (B ∩ A ) + P B ∩ A )
P (B ) − P ( A ∩ B )
= =
P (B )
P (B ) P ( A ∩ B )
= − = 1 − P( A | B)
P (B ) P (B )
16. Se A e B são incompatíveis então P ( A ∩ B ) = 0 . Logo,
P (A ∩ B) 0
P( A | B) = = =0
P (B ) P (B )
Resposta: (A)
Pág. 57
17. Sejam os acontecimentos:
A: “O agregado familiar tem pelo menos um automóvel”
C: “O agregado familiar vive em casa arrendada”
Sabe-se que:
1 1
P (C ) = , P ( A ) = 0,8 ; P (C | A ) =
3 4
Temos:
( )
P C =
2
3
( )
; P A = 0,2 ; P C | A =
3
4
( )
38
17.2. Pretende-se determinar P A | C . ( )
(
P A ∩C )
(
P A |C = ) P (C )
P (C ) =
1
3
1
⇔ P (A ∩C) + P A ∩C = ⇔
3
( )
⇔ 0,8 ×
1
4
( 1
3
) 1
( )
+ P A ∩ C = ⇔ P A ∩ C = − 0,2 ⇔ P A ∩ C =
3
2
15
( )
2
(
P A ∩C ) = 15 =
(
P A |C = ) P (C ) 1
2
15
×3 =
2
5
3
P (P | D ) = 0,92
Pretende-se determinar P (D | P ) .
P (P | D ) = 1 − P (P | D ) = 1 − 0,92 = 0,08
P ( D ∩ P ) P (D ) × P (P | D ) 0,4 × 0,95
P (D | P ) = = = ≈ 88,8%
P (P ) P (P ) 0,4 × 0,95 + 0,6 × 0,08
( ) ( ) ) (
19.1. P A ∪ B − P ( A ) × P (B | A) = P A ∩ B − P A ∩ B = 1 − P ( A ∩ B ) − P A ∩ B = ( )
= 1 − P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B ) = 1 − P ( A ) = P ( A )
Pretende-se determinar P A ∪ B . ( )
1.º processo:
P (B | A) = 1 − P (B | A) = 1 − 0,4 = 0,6
( ) ( )
P A ∪ B = P A ∩ B = 1 − P ( A ∩ B ) = 1 − P ( A ) × P (B | A) = 1 − 0,6 × 0,6 = 0,64
2.º processo:
( )
P A ∪ B − P ( A ) × P (B | A) = P A( )
P ( A ∪ B ) − 0,6 × 0,4 = 1 − 0,6 ⇔ P ( A ∪ B ) = 0,4 + 0,24 ⇔
39
Pág. 58
20.
A B
Raparigas 0,12 0,24 0,36
Rapazes 0,40 0,24 0,64
0,52 0,48 1
1
1 − 0,64 = 0,36 ; × 0,36 = 0,12 ; 0,36 − 0,12 = 0,24 ; 0,64 − 0,24 = 0,40
3
Sejam os acontecimentos
A: “O aluno escolhido é da turma A”
M: “O aluno escolhido é um rapaz”
0,40 10
20.1. a) P (M | A ) = =
0,52 13
0,24 2
b) P (B | M ) = =
0,36 3
21. P ( A ∩ B ) = P ( A) × P (B )
( )
P ( A ) = 1 − P A = 1 − 0,8 = 0,2
0,1 1
P ( A ∩ B ) = 0,1 ⇔ P ( A ) × P ( B ) = 0,1 ⇔ 0,2 × P ( B ) = 0,1 ⇔ P ( B ) = ⇔ P (B ) =
0,2 2
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
22. ( )
P ( B ) = 1 − P B = 1 − 0,8 = 0,2
( ) ( )
P A ∪ B = 0,84 ⇔ P A ∩ B = 0,84 ⇔ 1 − P ( A ∩ B ) = 0,84 ⇔
⇔ P ( A ∩ B ) = 1 − 0,84 ⇔ P ( A ∩ B ) = 0,16
40
23.1. P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) =
= P ( A) + P (B ) − P ( A ) × P (B ) = P ( A ∩ B ) = P ( A) × P (B )
( )
= 1 − P A + P ( B ) × 1 − P ( A ) =
= 1− P ( A) + P (B ) × P ( A) =
= 1 − P ( A ) × 1 − P ( B ) =
= 1− P ( A) × P (B )
( ) ( )
23.2. P A ∩ B = P A ∪ B = 1 − P ( A ∪ B ) =
= 1 − P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) =
= 1− P ( A) − P (B ) + P ( A ∩ B ) = P ( A ∩ B ) = P ( A) × P (B )
( )
= P A − P (B ) + P ( A) × P (B ) =
= P ( A ) − P ( B ) × 1 − P ( A ) =
= P ( A) − P (B ) × P ( A) =
= P ( A ) 1 − P ( B ) == P ( A ) × P ( B )
Pág. 59
24. A e B não são contrários porque, na extração de uma bola do saco, pode não se verificar A nem B, ou
seja, a bola extraída pode ser preta.
Resposta: (B)
25. Temos:
A: “Sair face ímpar”
A = {1, 3, 5}
B: “Sair face com um número primo”
B = {2, 3, 5}
A ∪ B = {1, 2 , 3 , 5}
A ∪ B = {4 , 6}
Resposta: (B)
26. ( ) ( )
P A ∩ B = 0,1 ⇔ P A ∪ B = 0,1 ⇔ 1 − P ( A ∪ B ) = 0,1 ⇔ P ( A ∪ B ) = 0,9
P( A ∪ B) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P (A ∩ B) 0,2 1
P (A | B) = = =
P (B ) 0,6 3
Resposta: (C)
41
27. P ( A ∪ B ) − 4P ( A ∩ B ) = P ( A ) ⇔
⇔ P ( A ∪ B ) = 4P ( A ∩ B ) + P ( A )
Substituindo P ( A ∪ B ) por 4P ( A ∩ B ) + P ( A ) em
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) vem:
4P ( A ∩ B ) + P ( A ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) ⇔
⇔ 4P ( A ∩ B ) = P ( B ) − P ( A ∩ B )
1
⇔ 5P ( A ∩ B ) = P ( B ) ⇔ P ( A ∩ B ) = × P (B )
5
P (A ∩ B) 1 1
⇔ = ⇔ P (A | B) =
P (B ) 5 5
Resposta: (A)
28. P (( A ∩ B ) ∪ A) = P ( A ∪ A) = P (E ) = 1 Se A ⊂ B, A ∩ B = A.
Resposta: (B)
29. Na opção (A) temos quatro retângulos três dos quais são quadrados.
3
Logo, nesta opção P ( A | B ) = .
4
Na opção (B) temos três retângulos dois dos quais são quadrados.
2
Logo, nesta opção P ( A | B ) = .
3
Na opção (C) temos três retângulos um dos quais é quadrado.
1
Logo, nesta opção P ( A | B ) = .
3
Na opção (D) temos quatro retângulos, um dos quais é quadrado.
1
Logo, nesta opção P ( A | B ) =
4
Resposta: (C)
30. Se A ⊂ B então A ∩ B = A .
P (A ∩ B) P ( A)
Logo: P ( A | B ) = =
P (B ) P (B )
Resposta: (C)
31. Se A ⊂ B então B ∩ A = A .
P (B ∩ A) P ( A)
Logo: P (B | A) = = =1
P ( A) P ( A)
Resposta: (B)
32. P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
2 1 1
1= + − P (A ∩ B) ⇔ P (A ∩ B) =
3 2 6
P ( A ∩ B ) ≠ 0 . Logo, A e B não são incompatíveis.
Resposta: (A)
42
Pág. 60
33. P ( B | A ) significa a probabilidade de o produto dos números saídos ser menor do que 5 sabendo que, no
lançamento do dado saiu par, ou seja, saiu 2, 4 ou 6.
Na tabela seguinte apresentam-se todos os casos possíveis:
Dado
2 4 6
1 2 4 6
Bola
2 4 8 12
3 6 12 18
4 8 16 24
Entre os 12 casos possíveis há 3 em que o produto dos dois números saídos é inferior a 5.
3 1
Portanto, a probabilidade pedida é =
12 4
Resposta: (B)
34. ( ) ( )
P A ∩ B = P A ∪ B = 1− P ( A ∪ B )
P ( B ) = P ( A ) = 0,6
P (B ∩ A ) P (B ∩ A)
P (B | A) = P (B ) ⇔ = P (B ) ⇔ = 0,6 ⇔ P ( A ∩ B ) = 0,6 × 0,6
P ( A) 0,6
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) ⇔ P ( A ∪ B ) = 0, 6 + 0, 6 − 0, 6 × 0, 6 ⇔ P ( A ∪ B ) = 0, 84
( )
P A ∩ B = 1 − 0, 84 = 0,16
Resposta: (D)
P (A ∩ B) 0,1
35. P ( A | B ) = 0,125 ⇔ = 0,125 ⇔ = 0,125
P (B ) P (B )
0,1
⇔ 0,1 = 0,125 × P ( B ) ⇔ P ( B ) = ⇔ P ( B ) = 0,8
0,125
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
0,95 = P ( A ) + 0,8 − 0,1 ⇔ P ( A ) = 0,25
( )
P A = 1 − P ( A ) = 1 − 0,25 = 0,75
43
37. ( )
P B | A designa a probabilidade de as bolas retiradas da caixa 2 serem de cores diferentes sabendo
(
P B|A = ) 9
=
15 5
3
P (E ) =
1
5
= 0,2 ; P ( R ) =
1
10
; P R ∩ E = 0,75 ( )
( ) ( )
38.1. P R ∩ E = 0, 75 ⇔ P R ∪ E = 0, 75 ⇔ 1 − P ( R ∪ E ) = 0, 75 ⇔ P ( R ∪ E ) = 0, 25
Substituindo em P ( R ∪ E ) = P ( R ) + P ( E ) − P ( R ∩ E ) , vem:
1 1
0, 25 = + − P ( R ∩ E ) ⇔ P ( R ∩ E ) = 0, 05
10 5
Como P ( R ∩ E ) > 0 o acontecimento R ∩ E é possível. Logo, o rei de espadas está no baralho.
P (R ∩ E )
(
38.2. P R E = ) P (E )
=
0, 05 1
0, 2
=
4
44
39.2. Seja n o número de alunos da turma. Há apenas um aluno em n que é rapaz e tem bolsa:
(
P F ∩B = ) 1
n
( ) ( 1 1
)
⇔ P F × P B F = ⇔ × 1 − P B F
n 2
( ( ) ) = n1 ⇔
1 14 1 1 1 1
⇔ × 1 − = ⇔ × = ⇔ n = 30
2 15 n 2 15 n
A turma tem 30 alunos.
( ) ( )
40.1. P A ∪ B = 1 − P ( A ) × P B A
P ( A ∪ B ) = P ( A ∩ B ) = 1− P ( A ∩ B ) = 1− P ( A) × P (B | A)
( ) ( ) ( )
40.2. P ( B ) + P A + P A ∪ B = 2P A + P ( A ∪ B )
P (B ) + P ( A ) + P ( A ∪ B ) = P (B ) + P ( A ) + P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B ) =
= P ( B ) + 2P ( A ) + 1 − P ( B ) − P ( A ∪ B ) = 2P ( A ) + 1 − P ( A ∪ B ) =
( )
= 2P A + P ( A ∪ B )
( ) ( )
40.3. P A ∪ B = P A − P ( B ) + P ( A ∪ B )
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B ) =
= P ( A) + 1− P (B ) − P ( A ∪ B ) =
= P ( A ) − P ( B ) + 1 − P ( A ∪ B ) =
= P ( A) − P (B ) + P ( A ∪ B )
( ) ( ) ( )
40.4. P A ∩ B = P A − P ( B ) + P AB × P ( B )
P ( A ∩ B ) = P ( A ∪ B ) = 1− P ( A ∪ B ) =
= 1 − P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) =
= 1 − P ( A ) − P ( B ) + P ( A ∩ B ) =
( ) ( )
= P A − P ( B ) + P ( B ) × P AB =
= P ( A ) − P ( B ) + P ( AB ) × P ( B )
( ) ( ) ( )
40.5. P AB − P B × P AB = P ( A ) × P B A ( )
P ( AB ) − P ( B ) × P ( AB ) =
= P ( AB ) × 1 − P ( B ) =
= P ( AB ) × P ( B ) =
= P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B A )
45
( ) ( ) ( )
40.6. 1 − P AB × P ( B ) − P A ∩ B = P A
1 − P ( AB ) × P ( B ) − P ( A ∩ B ) =
= 1− P ( A ∩ B ) − P ( A ∩ B ) =
= 1 − P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B ) =
A ∩ B e A ∩ B são
= 1 − P ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B ) =
incompatíveis
= 1 − P A ∩ ( B ∪ B ) = 1 − P ( A ∩ S ) =
= 1− P ( A) = P ( A)
( ) ( ) ( )
40.7. P ( A ) × P B A − 1 + P A ∪ B = P A
P ( A ) × P ( B A ) − 1 + P ( A ∪ B ) =
= P ( A ) × P ( B A ) − P ( A ) + P ( A ∩ B ) =
= P ( A ∩ B ) − P ( A) + 1− P ( A ∩ B ) = 1− P ( A) = P A ( )
40.8. P (( A ∩ B ) | B ) = P ( A | B )
P (( A ∪ B ) ∩ B )
(( ) ) (( ) )
P A∩B | B = P A∪B | B =
P (B )
=
P (( A ∩ B ) ∪ (B ∩ B )) P (( A ∩ B ) ∪ ∅ ) P ( A ∩ B )
= = = = P ( AB )
P (B ) P (B ) P (B )
( )
P B −P A∩B ( ) = 1− P
40.9.
P ( A)
( BA )
( )
P B −P A∩B ( ) = P (B ) − P ( A ∪ B ) =
P ( A) P ( A)
=
( ) =
( )
P B − 1 − P ( A ∪ B ) P B − 1 + P ( A ∪ B )
=
P ( A) P ( A)
= ( )
− 1 − P B + P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B )
=
P ( A)
−P ( B ) + P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B )
= =
P ( A)
P ( A) P (A ∩ B) P (A ∩ B)
=
P ( A)
−
P ( A)
= 1−
P ( A)
(
= 1 − P AB )
46
P (A ∪ B) P ( A)
40.10.
P (B )
(
− P AB = ) P (B )
P (A ∪ B) P (A ∪ B) (
P A∩B )=
P (B )
(
− P AB = ) P (B )
−
P (B )
=
P (A ∪ B) − P A ∩ B ( )=
P (B )
=
P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B ) − P A ∩ B ( )=
P (B )
=
P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) + P A ∩ B
= ( )
P (B )
=
P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B
= ( )
P (B )
= (
P ( A) + P (B ) − P A ∪ A ∩ B
= )
P (B )
P ( A ) + P (B ) − P (S ∩ B )
= =
P (B )
P ( A) + P (B ) − P (B ) P ( A)
= =
P (B ) P (B )
1− P (B )
40.11. P ( B | A ) ≥ 1 −
P ( A)
1− P (B ) P ( A ∩ B) P ( A) − 1+ P (B )
( )
P B A ≥ 1 −
P ( A)
⇔
P ( A)
≥
P ( A)
⇔ P ( A) > 0
⇔ P ( A ∩ B ) ≥ P ( A) − 1 + P (B ) ⇔ 1 ≥ P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
Esta desigualdade é verdadeira, quaisquer que sejam os acontecimentos A e B, dado que a probabilidade
de um acontecimento nunca é superior a 1.
( ) ( )
40.12. P ( A ∪ B ) < P AB × P B ⇔
⇔ P ( A ) + P ( B ) < P ( AB )
P ( A ∪ B ) < P ( AB ) × P ( B ) ⇔
( )
⇔ P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) < P AB × 1 − P ( B ) ⇔
⇔ P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) < P ( AB ) − P ( A ∩ B ) ⇔
⇔ P ( A ) + P ( B ) < P ( AB )
47
Pág. 61
41.1. Sair pelo menos um valete é o acontecimento contrário de não sair qualquer valete.
52
Número de casos possíveis: C6
Número de casos favoráveis (ao acontecimento contrário):
Valetes Outras cartas
4 48
0 6
4
C0 × C6 = 48 48
C6
48
C6
P = 1− 52
≈ 0, 397
C6
41.2. P (C | ( A ∪ B ) ) representa a probabilidade de sair uma carta de paus na segunda extração, sabendo que
na primeira extração saiu uma carta de ouros ou uma carta de copas.
Podemos, assim, concluir que:
Número de casos possíveis: 51 (número de cartas que restam no baralho depois de efetuada a primeira
extração).
Número de casos favoráveis: 13 (número de cartas de paus existentes no baralho depois de efetuada a
extração de uma carta de ouros ou de copas).
13
Aplicando a regra de Laplace, a probabilidade pedida é .
51
48
43. Sejam os acontecimentos:
A1: “O Rui acerta no alvo no 1.º lançamento”
A2: “O Rui acerta no alvo no 2.º lançamento”
Tem-se P ( A1 ) = P ( A2 ) = p .
A1 e A2 são independentes.
Pretende-se determinar P ( A1 ∪ A2 )
1.º processo:
P ( A1 ∪ A2 ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) − P ( A1 ∩ A2 )
Como A1 e A2 são independentes,
P ( A1 ∩ A2 ) = P ( A1 ) × P ( A2 )
Então:
P ( A1 ∪ A2 ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) − P ( A1 ) × P ( A2 ) =
= p + p − p×p =
= 2p − p 2
2.º processo:
( ) (
P ( A1 ∪ A2 ) = 1 − P A1 ∪ A2 = 1 − P A1 ∩ A2 = )
( )
= 1 − (1 − p ) × (1 − p ) = 1 − 1 − 2 p + p 2 =
= 2p − p 2
49
45. Sejam I e M os acontecimentos:
I : “O aluno tem Internet no telemóvel”
M : “O aluno tem rede MTN”
1
Sabe-se que P (I ) = 0,45 e P (M ) = 0,4 , logo P (I | M ) = .
6
(
P (I ) = 0,45 ⇔ P ( M ∩ I ) + P M ∩ I = 0,45 ⇔ )
( ) (
⇔ P ( M ) × P ( I | M ) + P M P I | M = 0,45 ⇔ )
1
⇔ 0,4 × P ( I | M ) + 0,6 × = 0,45 ⇔
6
⇔ 0,4 × P ( I | M ) = 0,45 − 0,1 ⇔
⇔ 0,4 × P ( I | M ) = 0,35 ⇔
0,35 7
⇔ P (I | M ) = ⇔ P (I | M ) =
0,4 8
46.1. Probabilidade de A:
Vermelhas Azuis Total
5 4 9
2 0 2
5
C2 10 5
P ( A) = 9
= =
C2 36 18
Probabilidade de B:
Pares Ímpares Total
4 5 9
2 0 2
4
C2 6 1
P (B ) = 9
= =
C2 36 6
Probabilidade de A ∩ B :
«As duas bolas retiradas são vermelhas e têm números pares»
A∩B Outras Total
2 7 9
2 0 2
2
C2 1 1
P ( A ∩ B) = 9
= =
C2 36 36
50
46.2. Vermelhas Azuis Total
5 4+n 9+n
0 2 2
4+n
C2
A probabilidade de as duas bolas extraídas serem azuis é 9+n
.
C2
4+n
C2 4
Assim, 9+n
= .
C2 7
( n + 4 )( n + 3 )
4+n
C2 4 2 4 ( n + 4 )( n + 3 ) 4
= ⇔ = ⇔ = ⇔
9+n
C2 7 ( n + 9 )( n + 8 ) 7 ( n + 9 )( n + 8 ) 7
2
n 2 + 3n + 4n + 12 4 n 2 + 7n + 12 4
⇔ = ⇔ 2 = ⇔
n + 8n + 9n + 72 7
2
n + 17n + 72 7
⇔ 7n 2 + 49n + 84 = 4n 2 + 68n + 288 ⇔
⇔ 3n 2 − 19n − 204 = 0 ⇔
19 ± 192 + 4 × 3 × 204
⇔n= ⇔
6
19 ± 53
⇔n= ⇔
6
17
⇔ n = 12 ∨ n = −
3
Como n ∈ ℕ , vem n = 12 .
Foram introduzidas mais 12 bolas azuis no saco.
47.
( )
P A ∪ B ∩ B P A ∩ B ∩ B ∩ B ( ) ( )
(
P A∪B |B = )
P (B )
=
P (B )
=
( )
P A ∩ B ∩ ∅ P A ∩ B ( )
=
P (B )
=
P (B )
=P A|B ( )
Pág. 62
1. V C C C C
5 21 21 21 21
5 × 214 × 5 = 25 × 21A′4
A vogal pode ocupar uma de cinco posições
Resposta: (B)
51
3. Brancas: 5 numeradas
Pretas: 6 iguais
16
A5 × 11C6
Número de maneiras de arrumar as seis bolas pretas (iguais) nos restantes onze lugares.
Número de maneiras de escolher ordenadamente cinco lugares para as bolas brancas (diferentes entre si) entre as
16 casas do tabuleiro.
Resposta: (C)
Resposta: (C)
5. Mulheres Homens
12 8___
2 1
1 2
( 12
C2 × 8C1 + 12C18C2 × 3! = ) ( )
C2 × 8 + 8C2 × 12 × 3!
12
n +1
8. Atendendo a que n Cp + nCp +1 = C p +1 ,
2000
C100 + C101 =
2000 2001
C101
Resposta: (D)
52
9. A soma dos três últimos elementos de uma linha do Triângulo de Pascal é igual à soma dos três primeiros
elementos dessa linha:
1 a b…
Pág. 63
10. Se não sai face nacional nos quatro lançamentos, sai face europeia pelo menos uma vez.
Resposta: (C)
6 5 4 3 30 12 42 7
11. P(B e B ou P e P) = × + × = + = =
10 9 10 9 90 90 90 15
Resposta: (D)
Logo, P = 2 = 1
100 50
Resposta: (A)
53
15. Comecemos por atender ao acontecimento contrário (escolherem todos o mesmo filme)
Número de casos possíveis: 65
A1 A2 A3 A4 A5 (cinco amigos)
6 6 6 6 6 (possibilidade de escolha)
Número de casos favoráveis: 6
(Há seis possibilidades para escolherem todos o mesmo filme dado que há seis filmes disponíveis)
6 1 64 − 1
P = 1− = 1 − =
65 64 64
Resposta: (C)
16. P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
= 0, 5 + P ( A ∩ B ) + 0, 4 − P ( A ∩ B ) = 0,9
Resposta: (A)
17. P ( A ) = 0, 7 ; P ( B ) = 0, 4
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P ( A ∪ B ) = 0, 7 + 0, 4 − P ( A ∩ B ) ⇔
⇔ P ( A ∪ B ) = 1,1 − P ( A ∩ B )
Como P ( A ∪ B ) ≤ 1, então:
1,1 − P ( A ∩ B ) ≤ 1 ⇔ P ( A ∩ B ) ≥ 0,1
Logo, como P ( A ∩ B ) ≠ 0 , A e B não são acontecimentos incompatíveis.
Resposta: (B)
P ( A | B ) = P ( A) ⇔
P ( A ∩ B)
⇔ = P ( A) ⇔
P (B )
P ( A ∩ B)
⇔ = 0,3 ⇔
P (B )
⇔ P ( A ∩ B ) = 0,3 × P ( B )
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
0, 58 = 0, 3 + P ( B ) − 0, 3 × P ( B ) ⇔
⇔ 0, 28 = 0, 7 P ( B ) ⇔
0, 28
⇔ P (B ) = ⇔
0, 7
⇔ P ( B ) = 0, 4
Resposta: (C)
54
Pág. 64
19. ( )
P ( A ) = 0,4 ; P ( B ) = 0,6 ; P A ∪ B = 0,84
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P (B ) = P (B ∩ A ) + P (B ∩ A)
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) = 0, 4 + 0, 6 − 0, 24 = 0, 76
Resposta: (C)
21.2. P3 × P4 × 5 = 3! × 4! × 5 = 720
Os livros de Matemática A podem ficar no início da fila, no fim ou entre os livros de Física.
23.1. 25
C6 = 177 100
55
23.4. 23
C4 = 8855
24. Os três vértices são escolhidos entre seis pontos não havendo três colineares: 6 C3 = 20
25. V C C C C
5 21 21 21 21
5 × 214 × 5 = 25 × 214 = 4 862 025
A vogal pode ocupar qualquer um dos 5 lugares.
27.2. 10
A 5 = 30 240
28.
• 5! é o número de sequências que é possível formar com cinco algarismos diferentes. Estas
sequências aparecem em duplicado porque há dois algarismos iguais.
5!
Uma solução é .
2
•
5
A3 = 60 também é solução por ser o número de maneiras de escolher ordenadamente lugar na
sequência de cinco elementos para os algarismos diferentes 1, 2 e 3. O lugar dos restantes
algarismos, por serem iguais, fica determinado.
•
5
C2 × 3! = 60 : 5C2 é o número de maneiras de escolher lugar na sequência para os dois algarismos
iguais e 3! é o número de maneiras de os três algarismos diferentes ocuparem os restantes lugares.
Pág. 65
29.1.
3
C1 × 7C1 + 3C2 × 7C2 + 3C3 × 7C3 = 119
Trocam três selos. O João escolhe três (em 3) e o Pedro escolhe três (em 7).
Trocam dois selos. O João escolhe dois (em 3) o Pedro escolhe dois (em 7).
Trocam um selo. O João escolhe-o em três e o Pedro em sete.
A outra solução corresponde a:
• juntam-se os 10 selos;
• o João escolhe qualquer subconjunto de 3 selos no conjunto de 10 selos (10C3) exceto o subconjunto
que corresponde aos seus três selos ( 3
)
C3 = 1 .
10
C3 − 1 = 119
56
29.2. 3 × 2 × 4! × A8 = 958 003 200
11
Número de maneiras de arrumar os restantes oito selos nos restantes onze lugares.
Número de maneiras de arrumar os quatro selos de desporto nos quatro lugares que lhes são
destinados.
Número de maneiras de escolher quatro lugares seguidos numa fila de cinco lugares (fica livre o
primeiro ou o último)
Há três hipóteses para escolher a fila do tema “desporto”.
30.
• Num conjunto de 4 livros o João escolhe um subconjunto de um, dois, três ou quatro livros. Esta
escolha pode ser feita de 4 C1 + 4C2 + 4C3 + 4C4 maneiras diferentes.
• Para cada um dos quatro livros o João tem duas possibilidades: escolhe o livro ou não escolhe o livro.
Há, assim, 2 × 2 × 2 × 2 = 24 possibilidades. Excluindo o caso em que o João rejeita todos os livros, há
24 − 1 possibilidades de escolher pelo menos um dos quatro livros.
9 9− p
2 1 1
( )
9
x + x = ∑ Cp x
9 2 p
31. x
p =0
( )
9− p
Tp +1 = 9Cp x 2 p x −1 = 9Cp x 2 p x −9 + p = Cp x 2 p − 9 + p = 9Cp x 3 p − 9
T3 +1 = 9C3 x 0 = 84
12 12 − p
2 12
2
32. x + =∑ 12
Cp x
p
x p =0 x
12 − p 12 − p
2 −
1
Tp +1 = 12Cp x p 1 = 12Cp x p 2 × x 2 =
x 2
12 − p
12 − p −1
= Cp x × 2
12 p
×x 2 =
p
−6 +
= 12Cp 212 − p × x p × x 2
=
p
p−6+
= 12Cp 212 − p x 2
p p
p−6+ = 9 ⇔ p + = 15 ⇔ 2 p + p = 30 ⇔ p = 10
2 2
T10 +1 = 12C10 212 −10 x 9 = 66 × 4 x 9 = 264 x 9
7 7−p
1
( ) 1
7
= ∑ Cp
p
2− −
7
33. 2
x p =0 x
7−p
−
( 2) ( 2)
1 7 p
− +
( −1)
p p 7− p
Tp +1 = Cp
7
−1× x 2 = 7Cp ×x 2 2
7 p
− + = −2 ⇔ −7 + p = −4 ⇔ p = 3
2 2
( 2 ) ( −1)
3 4
T3 +1 = 7C3 x −2 = 35 × 2 2 x −2 = 70 2 x −2
57
10 p
x 1 10 x 1 10 − p
34. + 2
x
= ∑ Cp
10
2 x 2
2 p =10
p
1 p p
( )
10 − p − 20 + 2 p
Tp +1 = 10Cp x 2 × 2−1 x −2 = 10Cp x 2 2− p x −20 + 2 p = 10Cp 2− p x 2
p
− 20 + 2 p = 0 ⇔ p − 40 + 4 p = 0 ⇔ 5 p = 40 ⇔ p = 8
2
1 45
T8 +1 = 10C8 2−8 x 0 = 45 × =
256 256
35.1. Para ir de A para B há que seguir oito lados de quadrícula para a direita (8D) e seis para cima (6C) num
total de 14 lados. Nos 14 lados de quadrícula há que escolher os oito em que se segue para a direita, o
que pode ser feito de 14
C8 = 3003 maneiras diferentes (igualmente se podiam escolher os seis lados em
que se vira para cima: 14
C6 = 3003 )
735 35
P= =
3003 143
14 1
P= =
84 6
58
36.4. Pares Ímpares
_4_ _5_
0 3 ← Soma ímpar
1 2 ← Soma par
2 1 ← Soma ímpar
3 0 ← Soma par
Para que a soma seja par terão de ser retiradas:
1 bola par e 2 ímpares ou
3 bolas pares
Número de casos possíveis: 4 C15C2 + 4C3 = 44
44 11
P= =
84 21
Pág.66
39. Falsas Verdadeiras Total
4 6 10
1 3 4
2 2
3 1
4 0
59
Número de casos possíveis: 10
C4 = 210
Número de casos favoráveis:
4
C16C3 + 4C26C2 + 4C3 6C1 + 4C46C0 = 80 + 90 + 24 + 1 = 195
ou 10
C4 − 6C4 = 195
195 13
P= =
210 14
42. #F = 8
#Q = 7
#F ∪ Q = 12
# ( F ∪ Q ) = #F + #Q − # ( F ∩ Q )
12 = 8 + 7 − # ( F ∩ Q )
# (F ∩ Q ) = 3
60
43. 1,2,3,4,5
Número de casos possíveis
1.º A 1.º A 1.º A 1.º A
2 5 5 5
2 × 5 = 250
3
3 × 2 + 2 × 3 × 2 = 6 + 12 = 18
18 9
P= =
250 125
46.1.
26
A3′ × 10 A3′ = 263 × 103
61
47. Número de casos possíveis:
1.º C 2.º C 3.º C 4.º C
3 3 3 3
34 = 81
Número de casos favoráveis ao acontecimento contrário: 3 (recebem todos o prémio A ou o B ou o C)
3 26
P = 1− =
81 27
Pág. 67
48. Brancas: 4
Amarelas: 2
Pretas: n
Total n+6
O acontecimento contrário de “sair pelo menos uma branca” é “não sair nenhuma bola branca”
62
51. Número de casos possíveis:
15
C5 : é o número de maneiras de nos 20 lugares da fila escolher os lugares dos livros de Matemática A
Número de casos favoráveis ao acontecimento contrário:
11
C5 : é o número de maneiras de intercalar os 5 livros de Matemática A entre os restantes 10 sem que
fiquem dois seguidos. Entre os 10 livros, incluindo o início e o fim da fila há 11 lugares entre os
quais se escolhem cinco.
11
C5 462 11
P = 1− 15
= 1− =
C5 3003 13
52. Quaisquer que sejam os três vértices escolhidos, pertencem todos a uma das faces.
Trata-se de um acontecimento certo.
P = 1.
53.1. Para que a reta definida por dois vértices seja paralela ao plano de equação
z = 2 tem de estar contida no plano de equação z = 0 ou no plano de equação
z = 4.
Há, portanto, 4C2 + 4C2 = 12 casos favoráveis.
12 3
P= =
28 7
54. S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
54.1. P ( S ) = 1
P ({1} ) = 2P ({2} ) = 2 ×
1 2
=
7 7
63
54.2. A = {3, 6} ; B = {2, 4, 6}
P (A ∩ B)
a) (
P AB = ) P (B )
P ( A ∩ B ) = P ({6} ) =
1
7
P ( B ) = P ({2, 4, 6} ) =
1 1 1 3
+ + =
7 7 7 7
1
( 7
P AB = =
3 3)
1
P ( A ) = P ({3, 6} ) =
1 1 2
b) + =
7 7 7
( )
P AB ≠ P ( A ) , logo, A e B não são independentes.
55.
A1 A2 A3
Masculino: M 240 100 60 400
Feminino: F 270 210 120 600
510 310 180 1000
(
55.1. P F A1 = ) 270 9
=
510 17
600 180
55.2. P ( F ) = = 0, 6 ; P ( A3 ) = = 0,18
1000 1000
120
P ( F ∩ A3 ) = = 0,12
1000
P ( F ) × P ( A3 ) = 0, 6 × 0,18 = 0,108
Pág. 68
56. Sejam os acontecimentos
D: “A lâmpada é defeituosa”
A: “A lâmpada é aprovada”
P ( D ) = 0, 05
( )
P AD = 0, 01
( )
P A | D = 0, 03
64
56.1.
( )
P AD = 1 − 0, 01 = 0, 99
P ( D ) = 1 − 0, 05 = 0, 95
P (D ∩ A) P ( D ) × P ( AD )
P ( D A ) = = =
P ( A) P (D ∩ A) + P (D ∩ A)
0, 05 × 0, 99 0, 0495 33
= = = ≈ 63, 5%
0, 05 × 0, 99 + 0, 95 × 0, 03 0, 0495 + 0, 0285 52
( )
56.2. P A = 0, 0495 + 0, 0285 = 0, 078
57.
A B
Rapazes: M 10 10 20
Raparigas: F 15 20 35
25 30 55
20
P (B ∩ F )
(
P B F =) P (F )
= 55 =
20 4
35 35 7
=
55
58.
A B
Rapazes: M 10 10 20
Raparigas: F 15 20 35
25 30 55
P (B ∩ F ) (
P ( B ) P F B )
(
P B F =) P (F )
=
P ( A ∩ F ) + P (B ∩ F )
=
1 20 1
×
2 30 10
= = 3 =
1 15 1 20 19 19
× + ×
2 25 2 30 30
65
59. Brancas: 6
Azuis: 4
10
59.1. Número de casos possíveis: 10!
Número de casos favoráveis:
4! × 6! × 7
Número de posições que o grupo das bolas cor de laranja pode ocupar
4! × 6! × 7 1
P= =
10! 30
P ( A1 ∩ B2 )
(
59.2. P A1 B2 = ) P ( B2 )
=
=
(
P ( A1 ) × P B2 A1 ) =
P ( A1 ∩ B2 ) + P ( B1 ∩ B2 )
4 6 24
×
10 9 90 4
= = =
4 6 6 5 24 30 9
× + × +
10 9 10 9 90 90
( )
P DA = 0, 003
P ( DB ) = 0, 005
P ( A ) = 0, 6 e P ( B ) = 0, 4
60.1. ( ) (
P ( D ) = P ( A ∩ D ) + P ( B ∩ D ) = P ( A ) × P DA + P ( B ) × P DB = )
= 0, 6 × 0, 003 + 0, 4 × 0, 005 = 0, 0038 = 0,38%
P (B ∩ D )
(
60.2. P BD = ) P (D)
=
0, 4 × 0, 005
0, 0038
=
0, 002 10
=
0, 0038 19
61. Brancas: 4
Azuis: 6
10
Sejam os acontecimentos:
A1: “a primeira bola extraída é azul”
B1: “a primeira bola extraída é brancal”
A2: “a segunda bola extraída é azul”
B2: “a segunda bola extraída é brancal
D: “as bolas extraídas têm cores diferentes”
66
P ( B1 ∩ D ) P ( B1 ∩ A2 )
(
P B1D = ) P (D )
=
P ( B1 ∩ A2 ) + P ( A1 ∩ B2 )
=
4 6
×
10 9 24 1
= = =
4 6 6 4 48 2
× + ×
10 9 10 9
62. Brancas: 4
Pretas: 6
Pág. 69
62.1. Número de casos possíveis: P10 = 10!
Número de casos favoráveis:
P4 × P6 × 2 = 4! × 6! × 2
No princípio ou no fim da fila
4! × 6! × 2 1
P= =
10! 105
( )
62.2. P AB é a probabilidade de as bolas brancas ficarem no início ou no fim da fila sabendo que as bolas
pretas ficaram seguidas no início da fila.
Se as bolas pretas ficam seguidas no início da fila, então é certo que as bolas brancas ficam seguidas no
fim da fila. Assim: P AB = 1 ( )
( )
P BA é a probabilidade de as bolas pretas ficarem seguidas no início da fila sabendo que as bolas
Assim, P BA = ( ) 1
2
.
63.2. Sabe-se que os pontos escolhidos são vértices da pirâmide. São, portanto, três pontos escolhidos entre
os cinco pontos: E, F, G, H, V
Número de casos possíveis: 5 C3 = 10
Pretende-se a probabilidade de os três pontos escolhidos serem vértices do cubo: E, F, G, H
67
Número de casos favoráveis: 4 C3 = 4
(
P AB = ) 4 2
=
10 5
64.1. ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B ) = A ∩ (B ∪ B ) = A ∩ E = A
( A ∩ B ) ∩ ( A ∩ B ) = A ∩ (B ∩ B ) = A ∩ ∅ = ∅
(
Logo, P ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B = P ( A ) ⇔ )
( )
Definição de função
⇔ P ( A) = P ( A ∩ B ) + P A ∩ B ⇔ probabilidade
( )
⇔ P A ∩ B = P ( A) − P ( A ∩ B )
( )
64.2. Sabe-se que P A ∩ B = P ( A ) − P ( A ∩ B ) .
Se B ⊂ A , A ∩ B = B .
(
Então, se B ⊂ A , P A ∩ B = P ( A ) − P ( B ) . )
se B ⊂ A , P ( A ) − P ( B ) ≥ 0 .
Logo, se B ⊂ A , P ( B ) ≤ P ( A ) .
P ( A ∩ B) (
P A∩B )=
64.4. ( ) (
P AB + P AB = ) P (B )
+
P (B )
P ( A ∩ B) + P A ∩ B ( )=
= (A ∩B) ∩ ( A ∩ B) = ∅
P (B )
=
(
P ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B P A ∪ A ∩ B
= = ) ( )
P (B ) P (B )
P (S ∩ B ) P (B )
= = =1
P (B ) P (B )
64.5. Hipótese: P ( A ∩ B ) = 0
P ( A ∩ B) P (B ∩ A)
( ) (
P AB + P BA = ) P (B )
+
P ( A)
=
0
+
0
P (B ) P ( A)
=0
68
64.6. Hipótese: A e B são independentes, ou seja,
P ( A ∩ B ) = P ( A) × P (B )
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ∩ B ) =
= P ( A) + P (B ) − P ( A ) × P (B ) = Por hipótese
( )
= 1 − P A + P ( B ) 1 − P ( A ) =
= 1− P ( A) + P (B ) × P ( A) =
= 1 − P ( A ) 1 − P ( B ) = 1 − P ( A ) × P ( B )
( )
P A ∩ B = P( A ∪ B ) = Leis de De Morgan
= 1− P ( A ∪ B) =
= 1 − P ( A ) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) =
= 1− P ( A) − P (B ) + P ( A) × P (B ) = Por hipótese
( )
= P A − P ( B ) 1 − P ( A ) =
= P ( A) − P (B ) × P ( A) =
= P ( A ) 1 − P ( B ) = P ( A ) × P ( B )
65. Trata-se de determinar a probabilidade de as três primeiras bolas extraídas serem vermelhas.
3
6 6 6 2 8
65.1. P = × × = =
9 9 9 3 27
6 5 4 120 5
65.2. P = × × = =
9 8 7 504 21
69
P(A ∩ X )
P(A | X ) = =
P( X )
P( A ∩ B )
= =
P( A ∩ B ) + P(A ∩ B)
15 8
×
= 20 20 =
15 8 5 12
× + ×
20 20 20 20
3
2
= 10 =
3 3 3
+
10 20
seguidos – pode ser no início da fila, entre os coelhos pretos ou no fim da fila).
16
C5 232
P = 1− 20
= ≈ 72%
C5 323
70