SlideShare uma empresa Scribd logo
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
GABARITO                        Caderno do Aluno         Matemática – 2a série – Volume 3


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


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


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


 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2

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


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


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


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




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




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


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


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


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


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


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




 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3

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


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




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


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


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


SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4

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


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


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


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

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
Alpha Colégio e Vestibulares
 
Resolução da prova do colégio naval de 2007
Resolução da prova do colégio naval de 2007Resolução da prova do colégio naval de 2007
Resolução da prova do colégio naval de 2007
2marrow
 
Problemas 5 6 ano-pa
Problemas 5 6 ano-paProblemas 5 6 ano-pa
Problemas 5 6 ano-pa
mariacferreira
 
Matematica cn 2010_sexta feira
Matematica cn 2010_sexta feiraMatematica cn 2010_sexta feira
Matematica cn 2010_sexta feira
2marrow
 
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
mariajoao500
 
Ficha 3
Ficha 3Ficha 3
Ficha 3
luisduarte89
 
PROVA 01
PROVA 01PROVA 01
mat. 12 resoluçao CA
mat. 12 resoluçao CAmat. 12 resoluçao CA
mat. 12 resoluçao CA
babita11
 
M8 2 bim_aluno_2014
M8 2 bim_aluno_2014M8 2 bim_aluno_2014
M8 2 bim_aluno_2014
SabrinaSouza23
 
Fatoração
FatoraçãoFatoração
Fatoração
Cristina J. Neves
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
Wallysson Mendes
 
Matemática com números até 99
Matemática com números até 99Matemática com números até 99
Matemática com números até 99
Isa ...
 
Multiplicação e divisão
Multiplicação e divisãoMultiplicação e divisão
Multiplicação e divisão
Maria Cristina
 

Mais procurados (13)

Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
Resolução ef 2 – 9º ano – prova anglo – p2 d9-2015
 
Resolução da prova do colégio naval de 2007
Resolução da prova do colégio naval de 2007Resolução da prova do colégio naval de 2007
Resolução da prova do colégio naval de 2007
 
Problemas 5 6 ano-pa
Problemas 5 6 ano-paProblemas 5 6 ano-pa
Problemas 5 6 ano-pa
 
Matematica cn 2010_sexta feira
Matematica cn 2010_sexta feiraMatematica cn 2010_sexta feira
Matematica cn 2010_sexta feira
 
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
9 ficha efa_stc1_3_2012_maria joao_r corrigido
 
Ficha 3
Ficha 3Ficha 3
Ficha 3
 
PROVA 01
PROVA 01PROVA 01
PROVA 01
 
mat. 12 resoluçao CA
mat. 12 resoluçao CAmat. 12 resoluçao CA
mat. 12 resoluçao CA
 
M8 2 bim_aluno_2014
M8 2 bim_aluno_2014M8 2 bim_aluno_2014
M8 2 bim_aluno_2014
 
Fatoração
FatoraçãoFatoração
Fatoração
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
 
Matemática com números até 99
Matemática com números até 99Matemática com números até 99
Matemática com números até 99
 
Multiplicação e divisão
Multiplicação e divisãoMultiplicação e divisão
Multiplicação e divisão
 

Destaque

2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
profzwipp
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
profzwipp
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
profzwipp
 

Destaque (19)

2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito (2)
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_5aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_1aserie_gabarito
 

Semelhante a 2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito

2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
profzwipp
 
6º ano - mmc e mdc
6º ano - mmc e mdc6º ano - mmc e mdc
6º ano - mmc e mdc
Alícia Simões
 
Prova FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
Prova FAETEC 2013: Matemática com GabaritoProva FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
Prova FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
A. R. Silva
 
Cadernao uepb pdf
Cadernao uepb pdfCadernao uepb pdf
Cadernao uepb pdf
qcavalcante
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010
cavip
 
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
João Barros
 
Aap -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
Aap  -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medioAap  -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
Aap -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
Maristela Couto
 
Anpad fev 2007-rq_resolvida
Anpad fev 2007-rq_resolvidaAnpad fev 2007-rq_resolvida
Anpad fev 2007-rq_resolvida
Andre Somar
 
Mat exercicios resolvidos e comentados 010
Mat exercicios resolvidos e comentados  010Mat exercicios resolvidos e comentados  010
Mat exercicios resolvidos e comentados 010
trigono_metrico
 
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
Jéssica Amaral
 
Matematica 3 exercicios gabarito 04
Matematica 3 exercicios gabarito 04Matematica 3 exercicios gabarito 04
Matematica 3 exercicios gabarito 04
comentada
 
Matematica 1 exercicios gabarito 18
Matematica 1 exercicios gabarito 18Matematica 1 exercicios gabarito 18
Matematica 1 exercicios gabarito 18
comentada
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
Wallysson Mendes
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
Wallysson Mendes
 
Teste números naturais
Teste   números naturaisTeste   números naturais
Teste números naturais
marcommendes
 
7 ano tematica 8 24cop
7 ano tematica 8  24cop7 ano tematica 8  24cop
7 ano tematica 8 24cop
Otávio Sales
 
1 fase nivel2_gabarito_2011
1 fase nivel2_gabarito_20111 fase nivel2_gabarito_2011
1 fase nivel2_gabarito_2011
Professora sonhadora
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011
cavip
 
Prova mat-3 em-noite
Prova mat-3 em-noiteProva mat-3 em-noite
Prova mat-3 em-noite
Anazaniboni
 
Td1 Potencias E Raizes
Td1 Potencias E RaizesTd1 Potencias E Raizes
Td1 Potencias E Raizes
7setembro
 

Semelhante a 2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito (20)

2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito
 
6º ano - mmc e mdc
6º ano - mmc e mdc6º ano - mmc e mdc
6º ano - mmc e mdc
 
Prova FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
Prova FAETEC 2013: Matemática com GabaritoProva FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
Prova FAETEC 2013: Matemática com Gabarito
 
Cadernao uepb pdf
Cadernao uepb pdfCadernao uepb pdf
Cadernao uepb pdf
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010
 
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
Matemática cn 2015 2016 resolução (1)
 
Aap -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
Aap  -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medioAap  -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
Aap -matematica_-_2a_serie_do_ensino_medio
 
Anpad fev 2007-rq_resolvida
Anpad fev 2007-rq_resolvidaAnpad fev 2007-rq_resolvida
Anpad fev 2007-rq_resolvida
 
Mat exercicios resolvidos e comentados 010
Mat exercicios resolvidos e comentados  010Mat exercicios resolvidos e comentados  010
Mat exercicios resolvidos e comentados 010
 
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
Prova-MAT-BIO-HIST-GEO-Grupo4,5,6
 
Matematica 3 exercicios gabarito 04
Matematica 3 exercicios gabarito 04Matematica 3 exercicios gabarito 04
Matematica 3 exercicios gabarito 04
 
Matematica 1 exercicios gabarito 18
Matematica 1 exercicios gabarito 18Matematica 1 exercicios gabarito 18
Matematica 1 exercicios gabarito 18
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
 
2013 epcar completa
2013 epcar completa2013 epcar completa
2013 epcar completa
 
Teste números naturais
Teste   números naturaisTeste   números naturais
Teste números naturais
 
7 ano tematica 8 24cop
7 ano tematica 8  24cop7 ano tematica 8  24cop
7 ano tematica 8 24cop
 
1 fase nivel2_gabarito_2011
1 fase nivel2_gabarito_20111 fase nivel2_gabarito_2011
1 fase nivel2_gabarito_2011
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011
 
Prova mat-3 em-noite
Prova mat-3 em-noiteProva mat-3 em-noite
Prova mat-3 em-noite
 
Td1 Potencias E Raizes
Td1 Potencias E RaizesTd1 Potencias E Raizes
Td1 Potencias E Raizes
 

Mais de profzwipp

Cad aluno vol1_fisica_em_2_s
Cad aluno vol1_fisica_em_2_sCad aluno vol1_fisica_em_2_s
Cad aluno vol1_fisica_em_2_s
profzwipp
 
Cad aluno vol1_fisica_em_1_s
Cad aluno vol1_fisica_em_1_sCad aluno vol1_fisica_em_1_s
Cad aluno vol1_fisica_em_1_s
profzwipp
 
Cadaluno1em
Cadaluno1emCadaluno1em
Cadaluno1em
profzwipp
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
profzwipp
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
profzwipp
 

Mais de profzwipp (10)

Cad aluno vol1_fisica_em_2_s
Cad aluno vol1_fisica_em_2_sCad aluno vol1_fisica_em_2_s
Cad aluno vol1_fisica_em_2_s
 
Cad aluno vol1_fisica_em_1_s
Cad aluno vol1_fisica_em_1_sCad aluno vol1_fisica_em_1_s
Cad aluno vol1_fisica_em_1_s
 
Cadaluno1em
Cadaluno1emCadaluno1em
Cadaluno1em
 
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume4 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
 
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_3aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_7aserie_gabarito
 
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume2 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito
 
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
2010 volume1 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_6aserie_gabarito (1)
 

2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinomedio_2aserie_gabarito

  • 1. 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
  • 2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 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
  • 5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2 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
  • 7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 11. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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) 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. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 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 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
  • 18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3 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
  • 19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 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 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
  • 22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3  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
  • 23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 24. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4 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
  • 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  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
  • 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 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
  • 27. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 28. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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
  • 29. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3 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