2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito

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2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito

  1. 1. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1 PROBABILIDADE E PROPORCIONALIDADE: NO INÍCIO ERA O JOGO...Páginas 3 - 10Problema 1 A análise da tabela mostra que as chances de A vencer são iguais a 75%, sendo 50%de chance no quarto set e 25% no quinto set. Já o jogador B tem apenas 25% de chancede ganhar a partida no quinto set. Assim, os 40 pontos devem ser divididos da seguintemaneira: 30 pontos para A e 10 pontos para B, respeitando-se, dessa forma, aprobabilidade de vitória de cada jogador. 1
  2. 2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 2a) Observe a tabela a seguir:Pela análise da tabela, A tem 50% + 25% + 12,5% de chance de vencer, isto é, 87,5% dechance, enquanto B tem 12,5% de chance.b) Representando a resolução de outra maneira, partindo do resultado até o momento,2×1 para A em 3 sets disputados:A observação do esquema nos mostra que as chances de A vencer são:25% + 2 . (12,5%) + 3 . (6,25%) = 68,75%.As chances de B são 100% – 68,75% = 31,25%, ou, pela adição das chancesrepresentadas no esquema, 12,5% + 3 . (6,25%) = 31,25% 2
  3. 3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Atividade 2Pessoal.Atividade 3Problema 1 35 2a)  43,75% b)  2,50% 80 80 50 47c)  62,50% d)  58,75% 80 80 19 28e)  23,75% f)  35,00% 80 80Problema 2 2a A 2a B 2a C 2a D 2a E 2a F Total Nível 1 12 14 12 11 13 12 74 Nível 2 9 8 11 10 10 9 57 Nível 3 10 8 7 7 6 9 47 Nível 4 3 2 3 4 5 5 22Total de 34 32 33 32 34 35 200 alunos 32a)  16% 200 (200  34  32) 134b)   67% 200 200 47c)  23,5% 200 131d) Nível abaixo de 3 = níveis 1 ou 2:  65,5% 200 3
  4. 4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 3 10A probabilidade de que um aluno da 2a C tenha nível superior a 2 é  0,30 , 33 11enquanto a probabilidade correspondente para um aluno da 2a E é igual a  0,32 . 34Assim, é maior a chance de sortear na 2a E um aluno com nível superior a 2.Problema 4Podemos organizar os dados em uma tabela: Idade Meninos Meninas Total Acima de 16 anos (40%) 66 (20%) 27 93 16 anos ou menos (60%) 99 (80%) 108 207 Total (55%) 165 (45%) 135 300Há nessa escola 99 meninos com idade menor ou igual a 16 anos. Assim, a 99probabilidade procurada é  33% . 300Página 11Problema 5a) Trata-se de um problema envolvendo o cálculo de uma probabilidade condicional. Para o cálculo da probabilidade desejada, devemos considerar o sorteio de uma menina dentre as pessoas com idade superior a 16 anos. Quantidade de pessoas com idade superior a 16 anos: 93. Meninas com idade superior a 16 anos: 27. 27 P(menina com idade superior a 16 anos) =  29% 93 66b)  71% 93 4
  5. 5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3c) 0%. Não há elementos nas condições descritas, logo a probabilidade é nula.Problema 6 2  13,3%15Problema 711  19,3%57 5
  6. 6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2 ANÁLISE COMBINATÓRIA: RACIOCÍNIOS ADITIVO E MULTIPLICATIVOPáginas 13 - 20Atividade 1Problema 14 . 5 = 20Problema 2a) Três roteiros.b) (Ouro Preto; Mariana), (Ouro Preto; Tiradentes), (Ouro Preto; São João del Rei), (Mariana; Tiradentes), (Mariana; São João del Rei), (Tiradentes; São João del Rei). Portanto, 6 roteiros.Problema 3a) Temos os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 (10 algarismos); logo, a quantidade de números de 3 algarismos que começam com o algarismo 1 será igual a: 1 . 10 . 10 = 100 números.b) 1 . 9 . 8 = 72 números.c) Neste caso, o 1o algarismo só poderá ser um algarismo entre 1 e 9, sem o zero, ou seja, 9 algarismos; os demais podem ser qualquer um entre 0 e 9, ou seja, 10 algarismos; logo, a quantidade de números será igual a: 9 . 10 . 10 = 900 números.d) O 1o algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos; logo: 9 . 9 . 8 = 648 números. 6
  7. 7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 4O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 4 algarismos, logo, aquantidade de números de 4 algarismos distintos são: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números.Problema 5a) O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 3 algarismos e o último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos); logo, a quantidade de números pares de 3 algarismos é igual a: 9 . 10 . 5 = 450 números.b) Seguindo o mesmo raciocínio, temos que o último algarismo tem de ser 1, 3, 5, 7 ou 9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números ímpares de 3 algarismos é igual a: 9 . 10 . 5 = 450 números.c) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e o último tem de ser 1, 3, 5, 7 ou 9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números ímpares de 3 algarismos distintos é igual a: 8 . 8 . 5 = 320 números.d) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e o último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos). Dividiremos o problema em 2 casos: - nº de algarismos distintos que terminam com 0 (zero): 9 . 8 . 1 = 72 números; - nº de algarismos distintos que terminam com 2, 4, 6 ou 8: 8 . 8 . 4 = 256 números; Total = 72 + 256 = 328 números.e) 320 + 328 = 648 números. Portanto, igual à resposta do item d do Problema 3.Problema 6a) Calculando a quantidade total de números distintos que podem ser formados com os algarismos 1, 2, 3, 4  4 . 3 . 2 . 1 = 24 números. Portanto, como o número 4 321 é o último, ele ocupa a 24a posição.b) Quantidade de números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 3 . 2 . 1 = 12. Números que começam com 31: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 124 e 3 142). Números que começam com 32: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 214 e 3 241). Somando os resultados, temos que a posição do número 3 241 é: 12 + 2 + 2 = 16a posição. 7
  8. 8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3c) Números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48. Números que começam com o algarismo 3: 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 24. Como o número 35 421 é o último (maior) número que começa com 3, a posição dele é igual à soma dos resultados acima: 48 + 24 = 72, ou seja, 72a posição.Atividade 2Problema 15 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 filas.Problema 2a) ACBO, ACOB, ABCO, ABOC, AOCB e AOBC; portanto, 6 anagramas.b) Seguindo o mesmo raciocínio do item a, chegamos a 6 anagramas.c) 4 . 3 . 2 . 1 = 24 anagramas.Problema 3a) 9 . 8 . 7 = 504 b) 9 . 8 . 7 . 6 = 3 024Problema 4a) 9 . 9 = 92 = 81 maneiras.b) 9 . 9 . 9 = 93 = 729 maneirasc) 9 . 9 . 9 . 9 = 94 = 6 561 maneiras.Problema 5a) 3 . 2 . 1 = 3! = 6 anagramas. b) 4 . 3 . 2 . 1 = 4! = 24 anagramas.c) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 anagramas. d) 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 6! = 720 anagramas.Problema 67 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 ordenações. 8
  9. 9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 7 5! 120a)   60 anagramas. 2! 2 5! 120b)   60 anagramas. 2! 2 5! 120c)   30 anagramas. 2! 2! 4Problema 8 4!a) (4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2 = 12 anagramas ou  12 anagramas. 2! 6!b) (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 6 = 120 anagramas ou  120 anagramas. 3! 6!c) [(6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 6 = (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 12 = 60 anagramas ou  60 3! 2! anagramas.d) [(8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 24 = (8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 48 = 840 8! anagramas ou  840 anagramas. 2! 4!Problema 9a) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 filas. 5!b)  10 filas. 3! 2!Problema 10a) 6! = 720 pilhas. 6!b)  20 pilhas. 3! 3! 9
  10. 10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Páginas 20 - 21Problema 11 7!  35 filas.3! 4!Problema 12Trata-se de um problema semelhante aos anteriores, em que devem ser contadas todasas ordenações diferentes de uma sequência do tipo AAABBB. O resultado pode assim 6!ser obtido:  20 ordenações. 3!3!Problema 13Temos de considerar todas as trocas de ordem entre os elementos de um agrupamento 5!do tipo AAABB, o que pode ser obtido por:  10 termos. 3! 2!Páginas 21 - 28Atividade 3Problema 1a) 5! = 120 agrupamentos.b) Apenas 1 grupo, que pode ser entendido como o resultado obtido da divisão de 5!, da contagem da ordenação, por 5!, do desconto da não ordenação.c) Considerando um conjunto ordenável de elementos, teríamos 5 . 4 = 20 agrupamentos. Descontando a não ordenação implícita na formação de um grupo de 5. 4 pessoas, fazemos  10 grupos. 2 10
  11. 11. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 2a) Apenas 1, que pode ser entendido como o resultado da divisão de 4! por 4!.b) Podemos calcular, de forma independente, o número de grupos contendo 2 bolas brancas e o número de grupos contendo 2 bolas pretas, para, ao final, multiplicá-los. • Conjuntos ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 = 12. • Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 ÷ 2 = 6. • Conjuntos ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 = 30. • Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 ÷ 2 = 15. • Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas e 2 bolas pretas: 6 . 15 = 90 conjuntos.Problema 3a) Trata-se de formar um conjunto não ordenado de dois elementos a partir de 8 disponíveis, o que pode ser calculado da seguinte maneira: 8 . 7 ÷ 2 = 28 misturas diferentes.b) Podemos calcular o total de grupos de 2 elementos, como no item anterior, e dele retirar o número de agrupamentos não ordenados de 2 elementos que podem ser formados a partir das 3 substâncias “perigosas”: 3 . 2 ÷ 2 = 3 grupos. Assim, a resposta procurada é 28 – 3 = 25 misturas diferentes.Problema 4 Um time de basquete é, claramente, um agrupamento não ordenável. Como temosduas categorias envolvidas, atletas da equipe A e atletas da equipe B, trata-se de calcularindividualmente a quantidade de grupos formados a partir de cada equipe para, no final,multiplicá-las e obter a quantidade total.• Grupos de 2 atletas com os 12 da equipe A: 12 . 11 ÷ 2 = 66 grupos.• Grupos de 3 atletas obtidos com os 10 da equipe B: 10 . 9 . 8 ÷ 3! = 120 grupos.• Grupos de 5 atletas, sendo 2 de A e 3 de B: 66 . 120 = 7 920 grupos. 11
  12. 12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 5 Podemos calcular, inicialmente, a quantidade de grupos indesejáveis, isto é,formados apenas por bolas pretas, apenas por bolas brancas ou apenas por bolasamarelas. Em seguida, calculamos o total de grupos de 3 bolas obtidos com as 15 bolasdisponíveis. Por fim, subtraímos do total de grupos a quantidade de grupos indesejáveis.• Grupos não ordenáveis de 3 bolas brancas: 8 . 7 . 6 ÷ 3! = 56 grupos.• Grupos não ordenáveis de 3 bolas pretas: 4 . 3 . 2 ÷ 3! = 4 grupos.• Grupos não ordenáveis de 3 bolas amarelas: 3 . 2 . 1 ÷ 3! = 1 grupo.• Total de grupos indesejáveis: 56 + 4 + 1 = 61 grupos.• Total de grupos de 3 bolas obtidos com o total de 15 bolas: 15 . 14 . 13 ÷ 3! = 455 grupos.• Total de grupos de 3 bolas de 2 ou 3 cores: 455 – 61 = 394 grupos.Problema 6Podemos calcular a quantidade total de grupos de 4 alunos formados com os 34disponíveis para em seguida calcular a quantidade de grupos de 4 alunos de que Luiza eRoberta participam juntas. Por fim, subtraímos um resultado do outro para obter oresultado desejado.• Grupos não ordenáveis de 4 alunos: 34 . 33 . 32 . 31 ÷ 4! = 46 376 grupos.• Grupos não ordenáveis de 4 alunos, divididos em dois subgrupos de 2 alunos: um com Luiza e Roberta e outro com 2 dos demais 32 alunos: (1 . 1) . (32 . 31 ÷ 2!) = 496 grupos.• Resultado procurado: 46 376 – 496 = 45 880 maneiras diferentes.Problema 7a) Com apenas 1 elemento no grupo poderemos formar 8 grupos diferentes.b) Com duas pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:8 .7  28 . 2!c) Com três pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:8 .7.6  56 3! 12
  13. 13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3d) Com 4 pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:8 .7 .6 .5  70 . 4!Problema 8a) Serão n maneiras diferentes de formar grupo com 1 único elemento.b) Grupos ordenáveis de 2 elementos, dispondo de n: n . (n – 1). n .(n  1) Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: . 2!c) Grupos ordenáveis de 3 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2). n .(n  1) .(n  2) Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: . 3!d) Grupos ordenáveis de 4 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3). n .(n  1) .(n  2) . (n  3) Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: . 4!e) Grupos ordenáveis de p elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3) ......[n – (p – 1)]. Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: n .(n  1) .(n  2) .(n  3)...[n  ( p  1)] n! = p! n  p ! p ! .Problema 9 Homens Mulheres Total 4 2 6 Com óculos 14 4 18 Sem óculos 18 6 24 Total a) 6 b) 18 c) (6 . 5) 2 = 15 d) (18 . 17) 2 = 153 e) (6 . 5) 2 = 15 f) (2 . 1) 2=1 13
  14. 14. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 107! = 5 040 maneirasProblema 11 Homens Mulheres Total 4 2 6 Com óculos 14 4 18 Sem óculos 18 6 24 Total 18! 18.17.16a)   816 grupos. 3! 15! 6 6! 6.5.4b)   20 grupos. 3! 3! 6 6! 6.5.4c)   20 grupos. 3! 3! 6d) 18! 18.17 • Grupos de 2 homens:   153 grupos. 2! 16! 2 6! • Grupos de uma mulher:  6 grupos. 1! 5! • Total: 153 . 6 = 918 grupos de 2 homens e uma mulher.e) 18! • Grupos de 1 homem:  18 grupos. 1! 17! 6! • Grupos de duas mulheres:  15 grupos. 2! 4! • Total: 18 . 15 = 270 grupos de 1 homem e duas mulheres. 14
  15. 15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 12 Na primeira fila estão sentados 5 homens e duas mulheres, sendo que 2 usam óculose 5 não usam, logo: 5!a)  5 grupos. 4! 1!b) Não é possível formar grupos de 4 mulheres, pois só temos duas mulheres.c) Não é possível formar grupos de 4 pessoas que usam óculos, pois só temos duas pessoas de óculos. 5!d)  5 grupos. 4! 1!e) 5! • Grupos de 3 homens:  10 grupos. 3! 2! 2! • Grupos de uma mulher:  2 grupos. 1! 1! • Total: 10 . 2 = 20 grupos de 3 homens e uma mulher.f) 5! • Grupos de 2 homens:  10 grupos. 2! 3! • Grupos de duas mulheres: 2! 2! = 1 grupo. • Total: 10 . 1 = 10 grupos de 2 homens e duas mulheres.Problema 13Resposta pessoal.Páginas 28 - 29Problema 14a) 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 maneiras. 15
  16. 16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3b) 4 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 5! . 4 . 3 = 1 440 maneiras.c) Considerando as duas meninas como uma só pessoa, temos 6 pessoas para 6 lugares, isto é, 6!. Precisamos, entretanto, permutar a ordem entre as duas meninas. Assim, temos 6! . 2 = 1 440.d) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 5, pois são os possíveis lugares que o grupo de meninas poderá ocupar. Portanto, 144 . 5 = 720 maneiras.e) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 2, referente à troca de ordem, primeiro meninas ou primeiro meninos. Portanto, 144 . 2 = 288 maneiras.Problema 15Considerando que 0 não pode estar na primeira posição, pois se trata de números com 4algarismos, e que os algarismos são distintos, temos: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números;multiplicando o resultado obtido pelo preço de cada bilhete, temos: 4 536 . 2 == R$ 9 072,00 arrecadados; portanto, o professor conseguiu sim, comprar as passagens.Páginas 30 - 31Problema 16a) 6! = 720 maneiras.b) Vamos calcular o total de filas em que duas pessoas de óculos estejam juntas e subtrair do total calculado no item a, logo: 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras. Portanto, 720 – 240 = 480 maneiras em que as pessoas de óculos estão separadas.c) Considerando os dois homens de óculos e a mulher como sendo uma única pessoa, teremos, portanto, 4 pessoas, ou seja, 4! = 24 maneiras. Multiplicando o resultado 16
  17. 17. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 obtido por 2, referente à troca de ordem dos homens de óculos, temos: 24 . 2 = 48 maneiras em que a mulher está entre os 2 homens de óculos.Problema 17a) 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras. Considerando as duas pessoas de óculos como sendo uma só, teremos 5! (5 pessoas). É preciso multiplicar 5! por 2, referente a troca de posição entre as duas pessoas. Logo: 5! . 2 = 120 . 2 = 240 maneiras.b) • Homens juntos em qualquer ordem = 4!. • Mulheres juntas em qualquer ordem 2!. • Homens juntos e mulheres também = 4! . 2! . 2 = 96.Problema 18 4Na fila da frente estão sentados 4 homens, logo: p   33,3% 12Problema 192 2 4 1 .    11,11%6 6 36 9 17
  18. 18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3 PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIOPáginas 32 - 36Problema 1 3 2 3a) p  .   10,7% . 8 7 28 5 4 5b) p  .   35,7% . 8 7 14 3 5 15 5 3 15c) p( Homem e Mulher)  .   26,8% ou p( Mulher e Homem)  .   26,8% . 8 7 56 8 7 56 Ou seja, p(ocorrência de 1 pessoa de cada sexo) 2 . 26,8% 53,6%.Problema 210,7% + 35,7% + 53,6% = 100%; portanto, os cálculos do Problema 1 estão corretos.Problema 3 3 2 5 5 3 2 5 5a) p  . .   8,9% . b) p  . . .3  .3  26,8% . 8 7 6 56 8 7 6 56 3 5 4 10 3 5 4 10c) p  . .   17,9% . d) p  . . .3  .3  53,6% . 8 7 6 56 8 7 6 56Problema 4Supomos uma ordem para o sorteio, como esta: 15 14 13 12P(menino, menino, menina, menina) = . . . . 28 27 26 25 18
  19. 19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Em seguida, consideramos todas as diferentes ordenações dos 4 elementos, introduzindo 4!no cálculo anterior o fator . 2!. 2! 15 14 13 12 4! 2P(2 meninos e duas meninas) = . . . .  ou 40% . 28 27 26 25 2!. 2! 5Problema 5Supondo que o apostador tenha acertado todas as dezenas, como pede o enunciado daquestão, não será necessário considerar a troca de ordem dos sorteios, uma vez que háapenas uma categoria envolvida: acertos. 8 7 6 5 4 3P(6 acertos em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) = . . . . .  60 59 58 57 56 55 0,000056%. 6 sorteiosProblema 6Fixaremos uma ordem para os resultados do sorteio, calcularemos a probabilidade dessaordenação e, em seguida, introduziremos o fator que considera a troca de ordem. Aordem fixada será esta: acerto, acerto, acerto, acerto, erro, erro. 8 7 6 5 52 51P(A, A, A, A, E, E) =       0,012% . 60 59 58 57 56 55É preciso atentar para os dois últimos fatores dessa multiplicação, que correspondem àchance de erros. Nesse caso, devemos lembrar que são 60 dezenas no total e que oapostador escolheu 8 delas. Assim, há 52 dezenas não escolhidas e que poderão sersorteadas no caso de o apostador não ter sucesso em suas escolhas.O fator que considera todas as ordenações possíveis entre os 6 elementos (A, A, A, A, 6!E, E) é este: . Assim, a probabilidade de 4 acertos, e portanto de 2 erros, em 6 4! 2!sorteios consecutivos é esta:P(4 acertos e 2 erros em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) = 8 7 6 5 52 51 6 !=        0,18%. 60 59 58 57 56 55 4 ! 2 ! 19 6 sorteios
  20. 20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 7O preço de uma aposta é relacionado à probabilidade de essa aposta ser sorteada, demaneira que, quanto maior a probabilidade, maior também o valor a ser pago. No casode uma aposta em 5 números, a probabilidade de que todos sejam sorteados é: 5 4 3 2 1P(acerto de 5 dezenas tendo apostado em 5 dezenas) = . . . . . 50 49 48 47 46No caso de uma aposta em 10 dezenas, a probabilidade de que 5 delas sejam sorteadas 10 9 8 7 6é: P(acerto em 5 dezenas tendo apostado em 10) = . . . . . 50 49 48 47 46A pergunta que resume a questão é esta: quantas vezes a segunda probabilidade é maiordo que a primeira? Podemos obter a resposta dividindo os dois resultados anteriores.10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 . . . . ÷ . . . . = 252.50 49 48 47 46 50 49 48 47 46Portanto, se a aposta em 5 dezenas custa R$ 2,00, a aposta em 10 dezenas deve custar252 vezes mais, isto é, deve custar R$ 504,00.Problema 8 1 2a) As frações e determinam a proporção na caixa de bolas, respectivamente, das 4 5 1 2 7 cores verde e amarela. A proporção de bolas da cor rosa é: 1      .  4 5  20 Essas frações correspondem, portanto, à probabilidade de cada cor em um sorteio. No caso de sorteios de bolas de uma única cor, podemos ter bolas verdes, bolas amarelas ou bolas cor-de-rosa. Assim, trata-se de calcular a chance de cada cor e apenas somar os três resultados, visto que não há nenhuma interseção entre eles. 3 1 P(3 verdes) =   . 4 3 2 P(3 amarelas) =   . 5 20
  21. 21. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 3  7  P(3 rosa) =   .  20  3 3 3 1 2  7  P(3 bolas de única cor) =   +   +   ≈ 12,25%.  4   5   20 b) O fato de que apenas bolas verdes ou amarelas sejam sorteadas implica não serem sorteadas bolas cor-de-rosa. Há duas maneiras aparentemente diferentes de resolver este problema. Analisemos cada uma delas. Primeira maneira: podemos analisar as possibilidades de que sejam sorteadas três 3 bolas divididas entre verdes (V) e amarelas (A). São estes os casos e suas probabilidades: 3 1 P(VVV) =   4 2  1   2  3! P(VVA) =   .    (atenção ao fator de não ordenação).  4   5  2! 2 3  1   2  3! 2 P(VAA) =   .    P(AAA) =   .  4   5  2! 5 A probabilidade procurada é a soma desses casos. Assim: 3 2 2 3 3 1  1   2  3!  1   2  3! 2 1 2 P(não cor-de-rosa) =   +   .    +  .   +   =    ≈ 4  4   5  2!  4   5  2! 5 4 5 27,5%. Segunda maneira: visto que as bolas cor-de-rosa não podem ser sorteadas, podemos adicionar a probabilidade de bolas de cor verde à de bolas de cor amarela para ter a probabilidade desejada em cada sorteio. 1 2 P(não rosa em cada sorteio) = + . 4 5 3 1 2 P(não rosa em 3 sorteios consecutivos com reposição) =    ≈ 27,5%. 4 5Problema 9Podemos resolver este problema de duas maneiras.Primeira maneira: calculamos a probabilidade de que Jair e Lucia façam parte dogrupo sorteado e, em seguida, consideramos o complemento para 100% do valor obtido. 21
  22. 22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3  1   1   8   7  4! 2P(Jair, Lucia e outras duas pessoas) =  . . . . = .  10   9   8   7  2! 15Devemos observar o fator contendo os fatoriais, que considera a não ordenação dasequência (Jair, Lucia, pessoa, pessoa). Se a probabilidade de os dois serem sorteados 2 13juntos é igual a , a probabilidade de que não sejam sorteados juntos é ≈ 86,7%. 15 15Segunda maneira: vamos analisar os casos possíveis, que são estes: apenas Jair semLucia, apenas Lucia sem Jair, nem Lucia nem Jair.  1   8   7   6  4! 1 8P(apenas Jair sem Lucia) =  . . . . . é a chance de Jair;  10   9   8   7  3! 10 9  1   8   7   6  4! corresponde à chance das 8P(apenas Lucia sem Jair) =  . . . . .  10   9   8   7  3! pessoas, excluídos Jair e Lucia.  8 76 5P(nem Lucia nem Jair) =  . . .  .  10   9   8   7 A probabilidade desejada é o resultado da adição desses três casos, isto é:  1   8   7   6  4!  1   8   7   6  4!  8   7   6   5 P =  . . . . +  . . . . +  . . .  =  10   9   8   7  3!  10   9   8   7  3!  10   9   8   7  4 4 5 13=    . 15 15 15 15 13Das duas maneiras, a probabilidade procurada é igual a ≈ 86,7%. 15Páginas 36 - 37Problema 10a) 9! = 362 880 filas.b) Considerando os 4 homens como uma única pessoa, teremos, portanto, 6 pessoas, ou seja, 6! = 720 filas. Considerando agora a troca de ordem dos 4 homens, teremos: 720 . 4! = 17 280 filas.c) 4! . 5! . 2 = 5 760 filas.d) 1 grupo, pois temos exatamente 9 pessoas. 22
  23. 23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 9.8.7.6e)  126 grupos . 4! 4.3 5.4f) .  6.10  60 grupos . 2! 2!g) • Grupos de 4 homens: 1 grupo, pois temos exatamente 4 homens. 5.4.3.2 • Grupos de 4 mulheres:  5 grupos . 4! • Portanto, poderão ser formados 5 + 1 = 6 grupos de 4 pessoas do mesmo sexo.h) 4.3.2 5.4 • Grupos de 3 homens e duas mulheres: .  4.10  40 grupos . 3! 2! 4.3.2.1 5 • Grupos de 4 homens e uma mulher: .  1.5  5 grupos . 4! 1! • Portanto, poderão ser formados 40 + 5 = 45 grupos de 5 pessoas de modo que os homens sejam sempre maioria.i) Vamos calcular a quantidade de grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estejam juntos e subtrair do total de grupos de 4 pessoas formados pelas nove pessoas: • Grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estão sempre juntos: 7.6  21 grupos. 2! 9.8.7.6 • Total de grupos de 4 pessoas:  126 grupos . 4! • Portanto, poderão ser formados 126 – 21 = 105 grupos de 4 pessoas de modo que Miriam e Tarso não estejam juntos. 23
  24. 24. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO:O BINÔMIO DE NEWTON E O TRIÂNGULO DE PASCALPáginas 39 - 44Problema 1 8 11 1 1 1 1 1 1 1• p(3 caras e 5 coroas, nessa ordem) =  .                    =   .  2 2  2  2  2  2  2  2  2 3 caras 5 coroasProblema 2 2 41 5  .   ≈ 1,34%.6 6Problema 3 5 2• P(nenhum resultado esperado em 5 lançamentos) =   . 3 4  1   2  5!• P(1 resultado esperado em 5 lançamentos) =      . .  3   3  1! 4! 2 3  1   2  5!• P(2 resultados esperados em 5 lançamentos) =      . .  3   3  2! 3! 3 2  1   2  5!• P(3 resultados esperados em 5 lançamentos) =      .  3   3  3! 2! 4  1   2  5!• P(4 resultados esperados em 5 lançamentos) =      . .  3   3  4! 1! 5 1• P(5 resultados esperados em 5 lançamentos) =   . 3 24
  25. 25. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3• A soma de todas essas probabilidades deve ser igual a 100%, visto que aí estão todos os casos possíveis.Problema 4 5  2 1100% =    =  3 3 5 4 2 3 3 2 4  2   1   2  5!  1   2  5!  1   2  5!  1   2  5!=   +    . +     . +     . +     . +  3   3   3  1! 4!  3   3  2! 3!  3   3  3! 2!  3   3  4! 1! 5 1+  . 3Problema 5 6 5 9  6  9   1 a)   ≈ 53,1%. b)         ≈ 35,4%.  1  10  10       10  4 2 3 3 6  9   1   6  9   1 c)         ≈ 9,84%.  2  10 d)         ≈ 1,46%.  3  10      10       10  2 4 5 6  9  1 6  9   1 e)       4  10    ≈ 0,12%. f)         ≈ 0,005%.  5  10      10       10  6 1g)   ≈ 0,0001%.  10 Problema 6 5 5 4 4 4 4 4  4  1a) p = . . . .     20 20 20 20 20  20   5  4 4 4 4 4 4 16 5!  4  16 5!  1  4b) p= . . . . .   . .    . .5 20 20 20 20 20 4! 1!  20  20 4! 1!  5  5 3 2 3 2 4 4 4 16 16 5!  4   16  5!  1   4 c) p = . . . . .    .  .    .  .10 20 20 20 20 20 3! 2!  20   20  3! 2!  5   5  2 3 2 3 4 4 16 16 16 5!  4   16  5!  1   4 d) p = . . . . .    .  .    .  .10 20 20 20 20 20 2! 3!  20   20  2! 3!  5   5  25
  26. 26. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 4 4 4 4 16 16 16 16 5!  4   16  5!  1   4  4e) p = . . . . .   .  .   .  .5    20 20 20 20 20 1! 4!  20   20  1! 4!  5   5  5 5 5 16 16 16 16 16  16   4 f) . . . .     20 20 20 20 20  20   5 Problema 7Chamamos P1 a probabilidade de duas caras, e portanto duas coroas, no lançamento de4 moedas e de P2 a probabilidade de apenas uma face 6 no lançamento de dois dados. 2 2 1 1 4! 3        37,5%P1 =  2   2  2! 2! 8 1 5 5P2 =  2   27,8% 6 6 18Portanto, P1 > P2.Problema 8 1 4Em cada teste, a chance de acerto é igual a e a chance de erro é de . Para acertar, 5 5“chutando”, 4 testes, e portanto errar 6 testes, a chance é: 4 6 1  4  10 ! 4 6.210P  .  .   8,8% . 5  5  4 !. 6 ! 510Problema 9 1 19A chance de Haroldo ser sorteado é igual a e de não ser sorteado é de . Como 20 20ele será sorteado apenas na segunda vez, não há necessidade, nesse caso, de considerar anão ordenação. Assim, a probabilidade procurada é: 3  19   1   19   19  19P =       4  4,3%.  20   20   20   20  20 26
  27. 27. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Problema 10Se a chance de o pneu apresentar defeito é igual a 0,2%, a chance de não apresentardefeito é igual a 99,8%. A probabilidade de que existam 2 defeituosos em 4 pneuscomprados é: 4!P  0,2%  . 99,8%  . 2 2  0,0024% . 2 !. 2 !Problema 11 1A face com o palhaço tem de chance de estar voltada para baixo em cada lançamento. 4 4 3P(palhaço nenhuma vez) =   . 4 3 1 3P(palhaço apenas uma vez) =       4 . 4 4 2 2 1 3P(palhaço apenas duas vezes) =       6 . 4 4 3 1 3P(palhaço em três lançamentos) =       4 . 4 4 4 1P(palhaço nos 4 lançamentos) =   . 4A soma de todas essas probabilidades pode ser assim indicada: 4 3 2 2 3 4 43 1 3 1 3 1 3 1 3 1  +    4+     6 +       4 +   =    = 14 =4 4 4  4  4 4 4 4 4 4= 100%.Problema 12A frequência do número de caras que poderá ser observada em 8 lançamentos de umamoeda coincide com os números da linha 8 do triângulo de Pascal; são eles: 1, 8, 28, 56,70, 56, 28, 8 e 1. Assim, por exemplo, a probabilidade de que cara apareça em 5 dos 8lançamentos é: 5 3 1 1 8 56P(5 caras em 8 lançamentos) =        =  5  256 ≈ 21,9%. 2 2   27
  28. 28. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3Dividindo por 256 cada um dos termos da linha 8 do triângulo de Pascal, teremos todasas probabilidades possíveis para esse experimento. Assim, o gráfico representativo dasituação pode ser este:Páginas 45 - 46Problema 13a) 5 . 4 . 3 = 60 maneiras. b) 4 . 4 . 3 = 48 maneiras.Problema 14 52.51.50.49 52!a)  = 270 725. 4! 4! 48! 52.51.50.49.48 52!b)  = 2 598 960. 5! 5! 47! 4 1c) p   . 52 13 4 3 1d) p  .  . 52 51 221 52 3 1e) p  .   5,9% . 52 51 17 28
  29. 29. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3f) 52 . 48 . 44 . 40 = 4 392 960 jogos. 4!g) 4.3.2.48.  4 608 jogos . 3! 1! 4 3 2 1 1h) p  . . .  ≈ 0,0004%. 52 51 50 49 270 725 52 3 2 1 1i) p  . . .  ≈ 0,005%. 52 51 50 49 20 825Problema 15 4 2 2 1  1   1  4!a) p    = 6,25%. b) p    .  . = 37,5%. 2  2   2  2! 2! 2 3 3 3  1   1  5!  1   1  6!c) p    .  . = 31,25%. d) p    .  . = 31,25%.  2   2  2! 3!  2   2  3! 3!e) 4 3 1  1  7! • 4 meninos e 3 meninas: p    .  . . 2  2  4! 3! 5 2  1   1  7! • 5 meninos e duas meninas: p    .  . .  2   2  5! 2! 6 1  1   1  7! • 6 meninos e uma menina: p    .  . .  2   2  6! 1! 7 1 • 7 meninos: p    . 2 Portanto, a probabilidade de um casal ter 7 filhos sendo que o número de meninos seja maior do que o número de meninas é igual à soma abaixo: 4 3 5 2 6 1 7 1  1  7! 1  1  7! 1  1  7!  1    .  . +   .  . +   .  . +   = 0,5 = 50%. 2  2  4! 3! 2  2  5! 2! 2  2  6! 1!  2  29

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