O documento apresenta 14 problemas de probabilidade resolvidos. Os problemas envolvem cálculos de espaço amostral, probabilidades condicionais, probabilidade binomial e independência de eventos. As soluções utilizam conceitos como análise combinatória, árvores de probabilidade e distribuição binomial.

1. COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
Probabilidades – 2014 - GABARITO
1. Dados os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, construímos todos os números que podem ser representados
usando dois deles (sem repetir). Escolhendo ao acaso (aleatoriamente) um dos números formados, qual a
probabilidade de o número sorteado ser:
a) Par? b) Múltiplo de 5?
Solução. O espaço amostral é o total de números formados com dois algarismos: 7 x 6 = 42.
Calculando as probabilidades pedidas, temos:
a) A unidade simples pode ser ocupada por 2, 4 ou 6. Logo há (6.3) = 18 pares possíveis. Temos:
7
3
42
18
)
par
(
P 
 .
b) A unidade simples deverá ser ocupada pelo algarismo 5. Há (6.1) múltiplos de 5. Temos:
 
7
1
42
6
M
P 5 
 .
2. Um baralho tem 12 cartas, das quais 4 são ases. Retiram‐se 3 cartas ao acaso. Qual a probabilidade de
haver pelo menos um ás entre as cartas retiradas?
Solução 1. Se há 4 ases, então 8 cartas não são ases. Utilizando a análise combinatória, temos:
   
   
55
41
55
14
55
55
14
1
ás
nenhum
P
1
ás
um
menos
pelo
P
55
14
10
.
11
.
2
1
.
7
.
8
!
9
.
10
.
11
.
12
!
9
!.
3
.
!
5
!.
3
!
5
.
6
.
7
.
8
!
9
!.
3
!
12
!
5
!.
3
!
8
C
C
ás
nenhum
P 3
12
3
8






























.
Solução 2.
 
   
55
41
55
14
55
55
14
1
ás
nenhum
P
1
ás
um
menos
pelo
P
55
14
5
1
.
11
7
.
2
10
1
.
11
7
.
4
10
1
.
11
7
.
2
8
10
6
.
11
7
.
12
8
ás
nenhum
P












.
3. Lançando dois dados honestos simultaneamente, qual a probabilidade de obtermos 1 no primeiro dado e
5 no segundo dado?
Solução. Os eventos são independentes:  
36
1
6
1
.
6
1
)
2
F
(
P
).
1
F
(
P
5
F
1
F
P 


 .
4. Joga‐se um dado honesto. O número que ocorreu (isto é, da face voltada para cima) é o coeficiente b da
equação x2
+ bx + 1 = 0. Determine:
a) a probabilidade de essa equação ter raízes reais;
Solução. Para que a equação tenha raízes reais, o discriminante deve ser não negativo ( ≥ 0).
  }
6
,
5
,
4
,
3
,
2
{
4
b
E
}
6
,
5
,
4
,
3
,
2
,
1
{
b
0
4
b
0
4
b
)
1
).(
1
.(
4
b 2
2
2
2























.
Há 5 valores possíveis para b. Logo,  
6
5
real
raiz
P  .
b) a probabilidade de essa equação ter raízes reais, sabendo‐se que ocorreu um número ímpar.
Solução. Dos possíveis valores de b, há dois ímpares: {3, 5}.
Temos:    
3
2
3
6
.
6
2
6
3
6
2
)
ímpar
face
(
P
ímpar
face
real
raiz
P
ímpar
b
/
real
raiz
P 



 .

2. 5. Lançamos um dado. Qual a probabilidade de se tirar o 3 ou o 5?
Solução. Os eventos são independentes:  
3
1
6
2
6
1
6
1
)
5
F
(
P
)
3
F
(
P
5
F
3
F
P 





 .
6. Os bilhetes de uma rifa são numerados de 1 a 100. Qual a probabilidade de o bilhete sorteado ser maior
que 40 ou número par?
Solução. O total de números maiores que 40 e menores que 100 é: 100 – 41 + 1 = 60.
O total de pares de 1 a 100 é: [(100 – 2) ÷ 2] + 1 = [98 ÷ 2] + 1 = 49 + 1 = 50.
O total de pares maiores que 40 é: [(100 – 42) ÷ 2] + 1 = [58 ÷ 2] + 1 = 29 + 1 = 30. (Interseção).
O espaço amostral possui 100 elementos.
Temos:     %
80
100
80
100
30
100
50
100
60
Par
40
P
)
Par
(
P
)
40
(
P
Par
40
P 











 .
7. Num único lance de um par de dados honestos, qual a probabilidade de saírem as somas “múltiplo de 4”
ou “primo”?
Solução. O espaço amostral possui 6 x 6 = 36 resultados possíveis.
Os resultados de soma “múltiplo de 4” são: {(1,3); (3,1); (2,2); (2,6); (6,2); (3,5); (5,3); (4,4); (6,6)}.
Os resultados de soma “primo” são: {(1,1); (1,2); (2,1); (1,4); (4,1); (2,3); (3,2); (1,6); (6,1); (2,5); (5,2);
(3,4); (4,3); (5,6); (6,5)}.
Não há interseções. Logo,  
3
2
36
24
36
15
36
9
imo
Pr
Soma
M
soma
P 4 



 .
8. Ao lançar um dado muitas vezes, uma pessoa percebeu que a face 6 saía com o dobro de frequência da
face 1, e que as outras faces saíam com a frequência esperada em um dado não viciado. Qual a frequência
da face 1?
Solução. Considere a frequência da face 1 como x e a da face 6 como 2x. As faces restantes
possuem a frequência esperada de 1/6. Como a soma das frequências deve ser 1. Temos:
)
1
face
(
F
9
1
18
2
x
6
2
x
3
6
4
1
x
3
1
6
1
6
1
6
1
6
1
x
2
x 













 .
9. De dois baralhos de 52 cartas retiram‐se, simultaneamente, uma carta do primeiro baralho e uma carta do
segundo. Qual a probabilidade da carta do primeiro baralho ser um rei e a do segundo ser o 5 de paus?
Solução. As retiradas são independentes. Há quatro reis e um único 5 de paus em cada baralho.
Temos:  
676
1
52
1
.
13
1
52
1
.
52
4
)
paus
5
(
P
).
rei
(
P
paus
5
rei
P 



 .
10. Uma urna A contém: 3 bolas brancas, 4 bolas pretas, 2 verdes; uma urna B contém: 5 bolas brancas, 2
pretas, 1 verde; uma urna C contém: 2 bolas brancas, 3 pretas, 4 verdes. Uma bola é retirada de cada urna.
Qual é a probabilidade das três bolas retiradas da primeira, segunda e terceira urnas serem,
respectivamente, branca, preta e verde?
Solução. Os eventos são independentes:  
27
1
9
1
.
3
1
9
4
.
8
2
.
9
3
)
V
(
P
).
P
(
P
).
B
(
P
V
P
B
P 3
2
1
3
2
1 




 .
11. De um baralho de 52 cartas retiram‐se, ao acaso, duas cartas sem reposição. Qual a probabilidade da
carta da primeira carta ser o ás de paus e a segunda ser o rei de paus?
Solução. Há somente um ás e um rei do naipe paus. Com retiradas sucessivas do mesmo baralho,
temos:   2652
1
51
1
.
52
1
)
i
(Re
P
).
Ás
(
P
i
Re
Ás
P paus
paus
paus
paus 


 .
12. Numa pequena cidade, realizou‐se uma pesquisa com certo número de indivíduos do sexo masculino,
na qual procurou‐se obter uma correlação entre a estatura de pais e filhos. Classificaram‐se as estaturas em
3 grupos: alta (A), média (M) e baixa (B). Os dados obtidos na pesquisa foram
sintetizados, em termos de probabilidades, na matriz mostrada. O elemento da
primeira linha e segunda coluna da matriz, que é 1/4, significa que a
probabilidade de um filho de pai alto ter estatura média é 1/4. Os demais
elementos interpretam-se similarmente. Admitindo-se que essas probabilidades
continuem válidas por algumas gerações, qual probabilidade de um neto de um
homem com estatura média ter estatura alta?

3. Solução. Esse evento representa o produto da 2 linha da matriz (Pai x Filho) com a 1º coluna da
matriz (Filho x Neto) ou pode ser visualizado na árvore das
probabilidades. Para que esse evento ocorra, as condições devem
ser:
     
     
32
13
64
26
32
1
64
9
64
15
N
F
P
N
F
P
N
F
P
8
1
.
4
1
8
3
.
8
3
8
5
.
8
3
N
F
P
N
F
P
N
F
P
A
B
A
M
A
A
A
B
A
M
A
A




















.
13. Lançando-se uma moeda 6 vezes, qual a probabilidade de ocorrer 4 vezes cara?
Solução. O evento pedido é o conjunto {CCCCKK} qualquer ordem. Utilizando a probabilidade
binomial, temos:    
64
15
64
1
.
5
.
3
64
1
.
!
2
!
4
!
4
.
5
.
6
2
1
.
2
1
.
!
2
!
4
!
6
K
2
C
4
P
2
4








































 .
14. Lançando-se um dado 5 vezes, qual a probabilidade de ocorrer o número 6 no mínimo 3 vezes?
Solução. Considerando que a probabilidade de ocorrer o número 6 é 1/6 (Sucesso) e de não ocorrer
(Fracasso, não importa qual o número) é 5/6, temos três casos:
i) O nº 6 três vezes (SSSFF):  
7776
250
6
5
.
216
10
6
5
.
6
1
.
!
2
!
3
!
3
.
4
.
5
6
5
.
6
1
.
!
2
!
3
!
5
6
três
P
2
2
3
2
3



















































 .
ii) O nº 6 quatro vezes (SSSSF):  
7776
25
6
5
.
1296
5
6
5
.
6
1
.
!
1
!
4
!
4
.
5
6
5
.
6
1
.
!
1
!
4
!
5
6
quatro
P
1
1
4
1
4



















































 .
iii) O nº 6 cinco vezes (SSSSS):  
7776
1
6
5
.
6
1
.
!
0
!
5
!
5
6
cinco
P
0
5



















 .
Logo,  
648
23
7776
276
7776
1
7776
25
7776
250
6
três
mínimo
P 



 .
15. Uma prova consta de 10 questões com 4 alternativas cada, uma só correta. Um estudante “chuta” os 10
testes. Qual a probabilidade dele acertar no mínimo 7 perguntas?
Solução. Considerando que a probabilidade de ocorrer o acerto é 1/4 (Sucesso) e de não ocorrer
(Fracasso) é 3/4, temos quatro casos:
i) Acerta 7: (SSSSSSSFFF):     

























1048576
27
.
120
4
3
.
4
1
.
!
3
!
7
!
10
C
7
P
3
7
.
ii) Acerta 8: (SSSSSSSSFF):     

























1048576
9
.
45
4
3
.
4
1
.
!
2
!
8
!
10
C
8
P
2
8
.
iii) Acerta 9: (SSSSSSSSSF):     

























1048576
3
.
10
4
3
.
4
1
.
!
1
!
9
!
10
C
9
P
1
9
.
iv) Acerta 10: (SSSSSSSSSS):     

























1048576
1
.
1
4
3
.
4
1
.
!
0
!
10
!
10
C
10
P
0
10
.
Logo,  
262144
919
4
4
1048576
3676
1048576
3676
1048576
1
30
405
3240
.
acertos
7
mínimo
P 








 


 .