Probabilidades e combinatória

GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

PROBABILIDADE E PROPORCIONALIDADE: NO INÍCIO
ERA O JOGO...

Páginas 3 - 10

Problema 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 chance
de ganhar a partida no quinto set. Assim, os 40 pontos devem ser divididos da seguinte
maneira: 30 pontos para A e 10 pontos para B, respeitando-se, dessa forma, a
probabilidade de vitória de cada jogador.

1


Problema 2

a) Observe a tabela a seguir:

Pela análise da tabela, A tem 50% + 25% + 12,5% de chance de vencer, isto é, 87,5% de
chance, 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 chances
representadas no esquema, 12,5% + 3 . (6,25%) = 31,25%

2


Atividade 2

Pessoal.

Atividade 3

Problema 1

35 2
a)  43,75% b)  2,50%
80 80
50 47
c)  62,50% d)  58,75%
80 80
19 28
e)  23,75% f)  35,00%
80 80

Problema 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 22

Total de 34 32 33 32 34 35 200
alunos

32
a)  16%
200
(200  34  32) 134
b)   67%
200 200
47
c)  23,5%
200
131
d) Nível abaixo de 3 = níveis 1 ou 2:  65,5%
200

3


Problema 3
10
A probabilidade de que um aluno da 2a C tenha nível superior a 2 é  0,30 ,
33
11
enquanto a probabilidade correspondente para um aluno da 2a E é igual a  0,32 .
34
Assim, é maior a chance de sortear na 2a E um aluno com nível superior a 2.

Problema 4

Podemos 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%) 135 300

Há nessa escola 99 meninos com idade menor ou igual a 16 anos. Assim, a
99
probabilidade procurada é  33% .
300

Página 11

Problema 5

a) 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
66
b)  71%
93
4


c) 0%. Não há elementos nas condições descritas, logo a probabilidade é nula.

Problema 6

2
 13,3%
15

Problema 7
11
 19,3%
57

5



ANÁLISE COMBINATÓRIA: RACIOCÍNIOS ADITIVO E
MULTIPLICATIVO

Páginas 13 - 20

Atividade 1
Problema 1
4 . 5 = 20

Problema 2

a) 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 3
a) 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


Problema 4

O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 4 algarismos, logo, a
quantidade de números de 4 algarismos distintos são: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números.

Problema 5

a) 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 6

a) 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


c) 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 2

Problema 1
5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 filas.

Problema 2

a) 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 3

a) 9 . 8 . 7 = 504 b) 9 . 8 . 7 . 6 = 3 024

Problema 4

a) 9 . 9 = 92 = 81 maneiras.
b) 9 . 9 . 9 = 93 = 729 maneiras
c) 9 . 9 . 9 . 9 = 94 = 6 561 maneiras.

Problema 5

a) 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 6

7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 ordenações.

8


Problema 7

5! 120
a)   60 anagramas.
2! 2
5! 120
b)   60 anagramas.
2! 2
5! 120
c)   30 anagramas.
2! 2! 4

Problema 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 9

a) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 filas.
5!
b)  10 filas.
3! 2!

Problema 10

a) 6! = 720 pilhas.
6!
b)  20 pilhas.
3! 3!

9


Páginas 20 - 21

Problema 11

7!
 35 filas.
3! 4!

Problema 12

Trata-se de um problema semelhante aos anteriores, em que devem ser contadas todas
as ordenações diferentes de uma sequência do tipo AAABBB. O resultado pode assim
6!
ser obtido:  20 ordenações.
3!3!

Problema 13

Temos 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 - 28

Atividade 3
Problema 1
a) 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


Problema 2
a) 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 3
a) 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 temos
duas categorias envolvidas, atletas da equipe A e atletas da equipe B, trata-se de calcular
individualmente 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


Problema 5

Podemos calcular, inicialmente, a quantidade de grupos indesejáveis, isto é,
formados apenas por bolas pretas, apenas por bolas brancas ou apenas por bolas
amarelas. Em seguida, calculamos o total de grupos de 3 bolas obtidos com as 15 bolas
disponíveis. 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 6

Podemos calcular a quantidade total de grupos de 4 alunos formados com os 34
disponíveis para em seguida calcular a quantidade de grupos de 4 alunos de que Luiza e
Roberta participam juntas. Por fim, subtraímos um resultado do outro para obter o
resultado 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 7
a) 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


d) Com 4 pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:
8 .7 .6 .5
 70 .
4!

Problema 8
a) 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)
3!
d) Grupos ordenáveis de 4 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3).
n .(n  1) .(n  2) . (n  3)
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


Problema 10
7! = 5 040 maneiras

Problema 11

Homens Mulheres Total

4 2 6
Com óculos

14 4 18
Sem óculos

18 6 24
Total

18! 18.17.16
a)   816 grupos.
3! 15! 6
6! 6.5.4
b)   20 grupos.
3! 3! 6
6! 6.5.4
c)   20 grupos.
3! 3! 6
d)
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


Problema 12

Na primeira fila estão sentados 5 homens e duas mulheres, sendo que 2 usam óculos
e 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 13

Resposta pessoal.

Páginas 28 - 29

Problema 14
a) 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 maneiras.
15


b) 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 15

Considerando que 0 não pode estar na primeira posição, pois se trata de números com 4
algarismos, 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 - 31

Problema 16

a) 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


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 17
a) 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
4
Na fila da frente estão sentados 4 homens, logo: p   33,3%
12

Problema 19
2 2 4 1
.    11,11%
6 6 36 9

17



PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO

Páginas 32 - 36

Problema 1
3 2 3
a) p  .   10,7% .
8 7 28
5 4 5
b) p  .   35,7% .
8 7 14
3 5 15 5 3 15
c) 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 2

10,7% + 35,7% + 53,6% = 100%; portanto, os cálculos do Problema 1 estão corretos.

Problema 3

3 2 5 5 3 2 5 5
a) p  . .   8,9% . b) p  . . .3  .3  26,8% .
8 7 6 56 8 7 6 56
3 5 4 10 3 5 4 10
c) p  . .   17,9% . d) p  . . .3  .3  53,6% .
8 7 6 56 8 7 6 56

Problema 4
Supomos uma ordem para o sorteio, como esta:
15 14 13 12
P(menino, menino, menina, menina) = . . . .
28 27 26 25

18


Em seguida, consideramos todas as diferentes ordenações dos 4 elementos, introduzindo
4!
no cálculo anterior o fator .
2!. 2!
15 14 13 12 4! 2
P(2 meninos e duas meninas) = . . . .  ou 40% .
28 27 26 25 2!. 2! 5

Problema 5

Supondo que o apostador tenha acertado todas as dezenas, como pede o enunciado da
questão, não será necessário considerar a troca de ordem dos sorteios, uma vez que há
apenas uma categoria envolvida: acertos.

8 7 6 5 4 3
P(6 acertos em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) = . . . . . 
60 59 58 57 56 55
 0,000056%.
6 sorteios

Problema 6

Fixaremos uma ordem para os resultados do sorteio, calcularemos a probabilidade dessa
ordenação e, em seguida, introduziremos o fator que considera a troca de ordem. A
ordem fixada será esta: acerto, acerto, acerto, acerto, erro, erro.

8 7 6 5 52 51
P(A, A, A, A, E, E) =       0,012% .
60 59 58 57 56 55

É preciso atentar para os dois últimos fatores dessa multiplicação, que correspondem à
chance de erros. Nesse caso, devemos lembrar que são 60 dezenas no total e que o
apostador escolheu 8 delas. Assim, há 52 dezenas não escolhidas e que poderão ser
sorteadas 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


Problema 7

O preço de uma aposta é relacionado à probabilidade de essa aposta ser sorteada, de
maneira que, quanto maior a probabilidade, maior também o valor a ser pago. No caso
de uma aposta em 5 números, a probabilidade de que todos sejam sorteados é:

5 4 3 2 1
P(acerto de 5 dezenas tendo apostado em 5 dezenas) = . . . . .
50 49 48 47 46

No caso de uma aposta em 10 dezenas, a probabilidade de que 5 delas sejam sorteadas
10 9 8 7 6
é: P(acerto em 5 dezenas tendo apostado em 10) = . . . . .
50 49 48 47 46

A pergunta que resume a questão é esta: quantas vezes a segunda probabilidade é maior
do 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 46

Portanto, se a aposta em 5 dezenas custa R$ 2,00, a aposta em 10 dezenas deve custar
252 vezes mais, isto é, deve custar R$ 504,00.

Problema 8
1 2
a) 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


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 9
Podemos resolver este problema de duas maneiras.
Primeira maneira: calculamos a probabilidade de que Jair e Lucia façam parte do
grupo sorteado e, em seguida, consideramos o complemento para 100% do valor obtido.

21


 1   1   8   7  4! 2
P(Jair, Lucia e outras duas pessoas) =  . . . . = .
 10   9   8   7  2! 15
Devemos observar o fator contendo os fatoriais, que considera a não ordenação da
sequência (Jair, Lucia, pessoa, pessoa). Se a probabilidade de os dois serem sorteados
2 13
juntos é igual a , a probabilidade de que não sejam sorteados juntos é ≈ 86,7%.
15 15
Segunda maneira: vamos analisar os casos possíveis, que são estes: apenas Jair sem
Lucia, apenas Lucia sem Jair, nem Lucia nem Jair.
 1   8   7   6  4! 1 8
P(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 8
P(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
13
Das duas maneiras, a probabilidade procurada é igual a ≈ 86,7%.
15

Páginas 36 - 37

Problema 10
a) 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


9.8.7.6
e)  126 grupos .
4!
4.3 5.4
f) .  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



PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO:
O BINÔMIO DE NEWTON E O TRIÂNGULO DE PASCAL

Páginas 39 - 44

Problema 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 coroas

Problema 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


• 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  4
b) 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


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 7
Chamamos P1 a probabilidade de duas caras, e portanto duas coroas, no lançamento de
4 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 5
P2 =  2   27,8%
6 6 18
Portanto, P1 > P2.

Problema 8
1 4
Em 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 6.210
P  .  .   8,8% .
5  5  4 !. 6 ! 510

Problema 9
1 19
A chance de Haroldo ser sorteado é igual a e de não ser sorteado é de . Como
20 20
ele será sorteado apenas na segunda vez, não há necessidade, nesse caso, de considerar a
não ordenação. Assim, a probabilidade procurada é:
3
 19   1   19   19  19
P =       4  4,3%.
 20   20   20   20  20

26


Problema 10
Se a chance de o pneu apresentar defeito é igual a 0,2%, a chance de não apresentar
defeito é igual a 99,8%. A probabilidade de que existam 2 defeituosos em 4 pneus
comprados é:
4!
P  0,2%  . 99,8%  .
2 2
 0,0024% .
2 !. 2 !

Problema 11
1
A 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 12
A frequência do número de caras que poderá ser observada em 8 lançamentos de uma
moeda 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 8
lançamentos é:
5 3
1 1 8 56
P(5 caras em 8 lançamentos) =        =
 5  256 ≈ 21,9%.
2 2  

27


Dividindo por 256 cada um dos termos da linha 8 do triângulo de Pascal, teremos todas
as probabilidades possíveis para esse experimento. Assim, o gráfico representativo da
situação pode ser este:

Páginas 45 - 46

Problema 13
a) 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 1
c) p   .
52 13
4 3 1
d) p  .  .
52 51 221
52 3 1
e) p  .   5,9% .
52 51 17
28


f) 52 . 48 . 44 . 40 = 4 392 960 jogos.
4!
g) 4.3.2.48.  4 608 jogos .
3! 1!
4 3 2 1 1
h) p  . . .  ≈ 0,0004%.
52 51 50 49 270 725
52 3 2 1 1
i) p  . . .  ≈ 0,005%.
52 51 50 49 20 825

Problema 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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