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ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
AULA 08 – PROBABILIDADE 1
VESTIBULARES 
Exasiu
Prof. Marçal Ferreira 
Aula 08 – Probabilidade. 
vestibulares.estrategia.com 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
u
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AULA 08 – PROBABILIDADE 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 4 
1. EXPERIÊNCIA 5 
2. ESPAÇO AMOSTRAL 5 
EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 6 
3. EVENTO 7 
3.1. União de eventos 8 
3.2. Intersecção de eventos 8 
3.3. Eventos Complementares 9 
4. FREQUÊNCIAS ABSOLUTA E RELATIVA 10 
5. PROBABILIDADES 11 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 13 
5.1. Espaço amostral Equiprovável 14 
5.2. Espaço amostral Não Equiprovável 14 
5.3. Evento certo 15 
5.4. Evento impossível 15 
6. ASSOCIAÇÃO DE PROBABILIDADES 15 
6.1. Probabilidade da intersecção 15 
6.2. Probabilidade da União 16 
6.3. Probabilidade do Complementar 18 
6.4. Probabilidade Condicional 19 
6.5. Teorema da multiplicação 21 
6.6. Teorema da probabilidade total 25 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 3 
EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 31 
6.7. Eventos independentes 34 
EXERCÍCIO DE FIXAÇÃO 35 
7. FÓRMULAS, DEMONSTRAÇÕES E COMENTÁRIOS 38 
7.2. A questão do aniversário 38 
7.3. Ensaio de Bernoulli 39 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 41 
7.4. O problema de Monty Hall 43 
7.5. O problema da moeda de Bertrand 45 
7.6 O problema da permutação caótica 50 
8. QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES 53 
9. GABARITO DAS QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES 66 
10. QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES RESOLVIDAS E COMENTADAS 67 
11. CONSIDERAÇÕES FINAIS 113 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 4 
Introdução 
Nesta aula, veremos como calcular probabilidades em muitos contextos diferentes. 
Para estudarmos Probabilidade, precisamos de algum entendimento dos tópicos da 
Análise Combinatória. Se você não tem domínio desse assunto, convém estudá-lo antes de 
iniciar esta aula, ok? 
Se você já tem familiaridade com o tópico atual, apenas “passe o olho” na parte teórica e 
parta para os exercícios de vestibulares. 
Se você não tem muita familiaridade ainda, estude com calma a teoria e vá construindo 
seu vocabulário técnico e seu formulário específico. 
O assunto é cobrado recorrentemente em provas e vale o tempo investido para 
transformar o conhecimento em pontos na hora do vestibular. 
Dúvidas? 
Já sabe, não as deixe sem solução. Se precisar de ajuda com elas, poste-as no fórum. 
Estamos aqui para auxiliá-lo. 
Boa aula. 
 
 
 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 5 
1. Experiência 
Chamemos de experiência, ou experimento, uma ocorrência que produza um resultado 
observável. 
Algumas experiências produzem, sob as mesmas condições, sempre os mesmos 
resultados, por exemplo, abandonar uma bola de bilhar sob a ação da gravidade gera uma 
colisão previsível contra o solo algum tempo depois. Soltar a bola de bilhar várias e várias vezes 
produz colisões de características muito semelhantes, quando não, idênticas. Esse tipo de 
experiência recebe o nome de experiência determinística. 
Já outras experiências produzem, mesmo que sob as mesmas condições, resultados 
imprevisíveis. A essas, chamamos experiências aleatórias. 
São exemplos de experiências aleatórias: jogar uma moeda, um dado, escolher 
aleatoriamente uma carta em um baralho, um sorteio de loteria, a segregação independente de 
cromossomos homólogos e até o movimento de partículas suspensas em um fluido (movimento 
browniano). 
 
Quando estamos em uma experiência aleatória, a diferença de resultados se dá por 
motivos que não podemos controlar, seja por falta de conhecimento das condições iniciais, seja 
pela própria natureza do acontecimento. Esses motivos são denominados de acaso. 
2. Espaço Amostral 
Ainda que não consigamos determinar qual será o resultado de uma experiência aleatória, 
em geral conseguimos determinar, pelo menos, a coleção de todos os resultados possíveis para 
a experiência. 
Essa coleção forma um conjunto chamado Espaço Amostral, simbolizado pela letra grega 
ômega (𝛺). 
Vejamos alguns exemplos. 
Ao lançar um dado de seis faces numeradas, temos como espaço amostral o conjunto 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6}. 
Ao lançar uma moeda e observar a face voltada para cima, 
Experiência
Determinística Aleatória
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AULA 08 – PROBABILIDADE 6 
𝛺 = {𝐶𝑎𝑟𝑎 (𝐾), 𝐶𝑜𝑟𝑜𝑎 (𝐶)}. 
Lançar uma moeda duas vezes consecutivas e observar a face voltada para cima em cada 
lançamento, 
𝛺 = {(𝐾, 𝐾); (𝐾, 𝐶); (𝐶, 𝐾); (𝐶, 𝐶)}. 
Escolher uma das letras da palavra 𝐴𝐷𝑅𝐸𝐷𝐸 (procure o significado se ainda não o sabe, 
é interessante ). 
𝛺 = {𝐴, 𝐷, 𝑅, 𝐸}. 
Lançar um dado de seis faces numeradas até que apareça o número 6 e anotar o número 
do lançamento. 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12… }. 
Cada um desses espaços amostrais 𝛺 possui um número de elementos, simbolizado por 
𝑛(𝛺) ou, em alguns livros, por #𝛺. Daremos preferência, neste curso, à primeira notação. 
Assim, 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6} → 𝑛(𝛺) = 6 
𝛺 = {𝐶𝑎𝑟𝑎 (𝐾), 𝐶𝑜𝑟𝑜𝑎 (𝐶)} → 𝑛(𝛺) = 2 
𝛺 = {(𝐾, 𝐾); (𝐾, 𝐶); (𝐶, 𝐾); (𝐶, 𝐶)} → 𝑛(𝛺) = 4 
𝛺 = {𝐴, 𝐷, 𝑅, 𝐸} → 𝑛(𝛺) = 4 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12… } → 𝑛(𝛺) = ∞ 
 
Você deve ter percebido que podemos ter tanto espaços amostrais finitos, com um número 
finito de elementos, quanto espaços amostrais infinitos, com um número infinito de elementos. 
 
 Exercício de fixação 
1. Apresente o espaço amostral das seguintes experiências. 
a) Anagramas da palavra ELO. 
b) Dois dados são lançados e anotada a soma dos resultados das faces voltadas para cima. 
c) Retira-se duas bolas de uma urna contendo bolas azuis (𝒂) e brancas (𝒃). 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 7 
d) Uma carta é extraída de um baralho de 𝟓𝟐 cartas. 
e) Raquel, Túlio e Juliana são colocados em fila indiana e anotada a ordem. 
Comentários 
Na aula passada, nós aprendemos a calcular quantos são os elementos de alguns conjuntos. 
Agora, estamos preocupados não somente em quantos são, mais quais são esses elementos. 
a) 𝛺 = {𝐸𝐿𝑂, 𝐸𝑂𝐿, 𝐿𝐸𝑂, 𝐿𝑂𝐸, 𝑂𝐸𝐿, 𝑂𝐿𝐸} 
b) 𝛺 = {2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} 
c) 𝛺 = {𝑎𝑎, 𝑎𝑏, 𝑏𝑎, 𝑏𝑏} 
d) 𝛺 =
{A♠, K♠, Q♠, J♠, 10♠, 9♠, 8♠, 7♠, 6♠, 5♠, 4♠, 3♠, 2♠,
A♡, K♡, Q♡, J♡, 10♡, 9♡, 8♡, 7♡, 6♡, 5♡, 4♡, 3♡, 2♡,
A♢, K♢, Q♢, J♢, 10♢, 9♢, 8♢, 7♢, 6♢, 5♢, 4♢, 3♢, 2♢,
A♣, K♣, Q♣, J♣, 10♣, 9♣, 8♣, 7♣, 6♣, 5♣, 4♣, 3♣, 2♣}
 
e) 𝛺 =
{(𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎, 𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙, 𝑇ú𝑙𝑖𝑜); (𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎, 𝑇ú𝑙𝑖𝑜, 𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙);
(𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙, 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎, 𝑇ú𝑙𝑖𝑜); (𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙, 𝑇ú𝑙𝑖𝑜, 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎);
(𝑇ú𝑙𝑖𝑜, 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎, 𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙); (𝑇ú𝑙𝑖𝑜, 𝑅𝑎𝑞𝑢𝑒𝑙, 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑎𝑛𝑎)}
 
3. Evento 
Chamamos de evento todo subconjunto de um espaço amostral. 
Vejamos na prática. 
A experiência de lançar um dado de 4 faces produz o seguinte espaço 
amostral: 
𝛺 = {1,2,3,4} 
O número de elementos desse espaço amostral é 
𝑛(𝛺) = 4 
E quantos subconjuntos podemos produzir com esses 4 elementos? 
Um conjunto com 𝑛 elementos produz 2𝑛 subconjuntos, ou seja, nosso conjunto tem 24 =
16 subconjuntos. 
Vamos explicitá-los. 
𝛺 = {1,2,3,4} 
𝑛(𝛺) = 4 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 = 24 = 16 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 = {∅; (1); (2); (3); (4); (1,2); (1,3); (1,4); (2,3); (2,4); 
(3,4); (1,2,3); (1,2,4); (1,3,4); (2,3,4); (1,2,3,4)} 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 8 
 
∅ → faz referência a um evento impossívelde ocorrer dentro desse espaço amostral, 
como retirar o número 7. 
(1,2,3,4) → é o próprio espaço amostral, chamado também de evento certo. 
(1)
(2)
(3)
(4)
} → Eventos com apenas um elemento, chamados de eventos elementares. 
3.1. União de eventos 
A União de eventos, 𝐴 ∪ 𝐵, é a consideração de dois ou mais eventos como se fossem 
um só. O evento 𝐴 ∪ 𝐵 será considerado como ocorrido se ocorrer 𝐴, se ocorrer 𝐵 ou se ocorrer 
ambos, ou seja, se ocorrer pelo menos um deles. 
Vejamos um exemplo prático. 
Voltando ao dado de 4 faces, temos o seguinte espaço amostral. 
𝛺 = {1,2,3,4} 
E consideremos os seguintes eventos: 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3} 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 → {2,4} 
𝐴 ∪ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝑂𝑈 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,4} 
Ao jogar o dado, temos as seguintes possibilidades: 
 
Número no dado Evento 𝑨 Evento 𝑩 Evento 𝑨 ∪ 𝑩 
1 
não ocorrido não ocorrido não ocorrido 
2 
ocorrido ocorrido ocorrido 
3 
ocorrido não ocorrido ocorrido 
4 
não ocorrido ocorrido ocorrido 
3.2. Intersecção de eventos 
A intersecção de eventos, 𝐴 ∩ 𝐵, é considerada quando ocorrem A e B de forma 
simultânea. Para que ocorra 𝐴 ∩ 𝐵, é necessário que ocorra 𝐴 E que ocorra 𝐵. 
Comparemos a intersecção de eventos com a união, vista no tópico anterior. 
𝛺 = {1,2,3,4} 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 9 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3} 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 → {2,4} 
𝐴 ∪ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝑂𝑈 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,4} 
𝐴 ∩ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝐸 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2} 
Ao jogar o dado, temos as seguintes possibilidades: 
 
Número no dado Evento 𝑨 Evento 𝑩 Evento 𝑨 ∪ 𝑩 Evento 𝑨 ∩ 𝑩 
1 não ocorrido não ocorrido não ocorrido não ocorrido 
2 ocorrido ocorrido ocorrido ocorrido 
3 ocorrido não ocorrido ocorrido não ocorrido 
4 não ocorrido ocorrido ocorrido não ocorrido 
 
3.3. Eventos Complementares 
Dado o evento 𝐴, existe o evento oposto de 𝐴, que ocorre somente se o evento 𝐴 não 
ocorre. 
Simbolizamos esse evento, oposto de 𝐴, −𝐴, 𝐴𝑐, ou ainda, �̅�. 
No espaço amostral 
𝛺 = {1,2,3,4}, 
Consideremos os conjuntos 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3} 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 → {2,4} 
𝐴 ∪ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝑂𝑈 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,4} 
𝐴 ∩ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝐸 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2} 
Dessa forma, podemos definir os seguintes conjuntos complementares: 
Conjunto Elementos Complementar 
𝐴 
{2,3} 𝐴𝑐 → {1,4} 
𝐵 
{2,4} 𝐵𝑐 → {1,3} 
𝐴 ∪ 𝐵 
{2,3,4} (𝐴 ∪ 𝐵)𝑐 → {1} 
𝐴 ∩ 𝐵 
{2} (𝐴 ∩ 𝐵)𝑐 → {1,3,4} 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 10 
 
 
O que seria o conjunto complementar do complementar de 𝐴? 
 
𝛺 = {1,2,3,4} 
 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3} 
 
𝐴𝑐 → {1,4} 
 
[𝐴𝑐]𝑐 → {2,3} 
 
[𝐴𝑐]𝑐 → 𝐴 
 
4. Frequências absoluta e relativa 
Vamos realizar uma experiência aleatória algumas vezes e analisar os resultados. 
Como exemplo, jogaremos um dado de 6 faces, digamos, 60 vezes. 
Sim, eu realmente estou fazendo a experiência para expor os resultados aqui para você. 
Nos 50 lançamentos, os resultados que obtive, na ordem de lançamento, foram: 
{5 1 2 3 6 4 3 5 3 6 5 1 1 6 3 3 4 4 5 6 4 6 3 1 4 2 2 4 1 1 6 6 2 2 2 2 6 5 6 5} 
Coloquemos as ocorrências observadas. 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 1: 6 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 2: 7 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 3: 6 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 4: 6 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 5: 6 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 6: 9 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 11 
Como o dado, em tese, não é viciado, é de se esperar uma distribuição aproximadamente 
uniforme, ou seja, aproximadamente o mesmo número de ocorrências para cada face. 
Mesmo sabendo o que esperar, trata-se de um evento aleatório, então, não podemos 
prever realmente quantos resultados teremos para cada número. Poderíamos, inclusive, ter as 
40 ocorrências para o número 2 e nenhuma para os restantes, embora isso fosse extremamente 
inesperado. 
Atenção, seria inesperado, mas não impossível. 
Os números de ocorrências que escrevemos são as frequências absolutas de cada 
número, ou seja, o número de ocorrências observado. 
A frequência relativa é a porcentagem, a razão entre a frequência absoluta e o número de 
lançamentos totais. 
Assim, podemos dizer que as frequências relativas dos números nos lançamentos são: 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 1: 
6
40
≅ 0,15 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 2: 
7
40
≅ 0,175 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 3: 
6
40
≅ 0,15 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 4: 
6
40
≅ 0,15 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 5: 
6
40
≅ 0,15 
𝐹𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 6: 
9
40
≅ 0,225 
Note que as frequências relativas, com alguma discrepância, são todas próximas entre si, 
e próximas a 
1
6
= 0,16̅ = 16, 6̅ %. 
Experimentalmente, podemos perceber que quanto maior o número de lançamentos, mais 
essas frequências relativas tendem a se estabilizar em torno de 16, 6̅ %. 
5. Probabilidades 
A probabilidade de um evento ocorrer é uma tentativa de definir previamente um número 
que represente a tendência geral da frequência relativa de um evento, quando o repetimos um 
número suficientemente grande de vezes. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 12 
No caso do tópico anterior, como temos 6 números e nenhum motivo para que um ou 
outro se sobressaia nos lançamentos, dizemos que a probabilidade de cada um desses números 
é dada pela definição: 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑞𝑢𝑒𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑖𝑟 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑖𝑠
 
 
O que pode ser interpretado, também, como 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑜 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙
 
 
Ao analisar, por exemplo, a probabilidade de, em um lançamento desse dado, sair o 
número 3, ou seja, 1 número específico dentre os 6 possíveis, sua probabilidade é: 
 
𝑃(3) =
1 (𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑒𝑚 𝑞𝑢𝑒𝑠𝑡ã𝑜, 3)
6 (𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠)
=
1
6
= 0,16̅ = 16, 6̅ % 
 
Perceba que, com esse procedimento, podemos chegar aos 16, 6̅ % sem que façamos o 
experimento em si e é exatamente isso que buscaremos em nosso estudo das probabilidades. 
Note, também, que a soma das probabilidades de todos os elementos é igual a 1, ou seja, 
100%. 
Se a probabilidade de cada número de um dado é de 
1
6
, a probabilidade de todos os 6 
números, somadas, são: 
𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) + 𝑃(4) + 𝑃(5) + 𝑃(6) =
1
6
+
1
6
+
1
6
+
1
6
+
1
6
+
1
6
= 6 ∙
1
6
= 1 = 100% 
Extrapolando o conceito para aplicarmos a qualquer conjunto, temos. 
𝛺 = {𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, … } 
𝑃(𝛺) = 𝑃(𝑎) + 𝑃(𝑏) + 𝑃(𝑐) + 𝑃(𝑑) + 𝑃(𝑒) + ⋯ = 1 = 100% 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 13 
A probabilidade de um evento ocorrer é atribuída a cada evento de tal forma que, na 
experiência, tenha as mesmas características que a frequência relativa. 
Essa atribuição é fruto de uma capacidadede análise, fundamentada na experiência e no 
“bom senso” de quem atribui, ou seja, você e eu. 
O guia para atribuirmos a probabilidade de um evento é a definição que vimos: 
 
 𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑜 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙
 
 
Uma redação alternativa, mas muito útil nos exercícios, é: 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
 
Ao longo dos exemplos e exercícios, vamos refinando nossa capacidade e “bom senso” 
para que nossas previsões sejam cada vez mais próximas das frequências relativas reais. 
Quando não temos dados suficientes para atribuir os valores desse modo, recorremos à 
experimentação propriamente dita para analisar a frequência relativa diretamente. Isso é muito 
comum em laboratórios. 
 
 Exercícios de Fixação 
2. Atribua a probabilidade de que ocorra cada evento a seguir. 
a) Lançar uma moeda e observar a face voltada para cima. 
b) Lançar um dado e observar um número na face voltada para cima. 
c) Retirar uma carta aleatoriamente de um baralho de 52 cartas. 
d) Escolher, aleatoriamente, um dia do ano. 
Comentários 
a) Lançar uma moeda e observar a face voltada para cima. 
Ao lançarmos uma moeda temos 2 possibilidades de resultado, assim, nosso espaço amostral 
é dado por: 
𝛺 = {𝐾, 𝐶} 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 14 
Sem motivos para atribuir maior ou menor frequência relativa para um ou outro resultado, é 
razoável que atribuamos 
𝑃(𝐾) = 𝑃(𝐶) = 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 = 
1
2
 = 0,5 = 50% 
b) Esse foi o exemplo que usamos nas frequências relativas e absolutas. 
Como temos 6 possibilidades de resultado, 1,2,3,4,5,6, podemos dizer que: 
𝑃(1) = 𝑃(2) = 𝑃(3) = 𝑃(4) = 𝑃(5) = 𝑃(6) =
1
6
= 0,16̅ = 16, 6̅ % 
c) Ao retirarmos uma carta, aleatoriamente, de um baralho de 52 cartas distintas, temos 52 
possibilidades, assim, a possibilidade de retirarmos cada uma dessas cartas é de: 
𝑃 = 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
= 
1
52
 ≅ 0,019 ≅ 1,9% 
d) Como temos 365 possibilidades diferentes e sem motivo para definir um dia ou outro como 
mais ou menos provável, podemos dizer que a probabilidade de cada dia do ano ser escolhido 
é dada por: 
𝑃 = 
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 = 
1
365
 ≅ 0,0027 ≅ 0,27% 
 
5.1. Espaço amostral Equiprovável 
Chamamos de espaço amostral equiprovável o espaço amostral em que todos os seus 
elementos apresentam a mesma probabilidade de ocorrência. 
Como exemplos, podemos citar o lançamento de uma moeda, de um dado, retirar uma 
carta de um baralho, escolher um elemento de um conjunto de forma aleatória, entre tantos 
outros. Uma observação é para que não haja vícios nos elementos de forma que altere suas 
probabilidades. 
5.2. Espaço amostral Não Equiprovável 
Havendo vício de alguma forma, deformamos o espaço amostral de forma que cada 
elemento pode apresentar uma probabilidade distinta. 
Como exemplo, podemos ter o mesmo lançamento de uma moeda ou de um dado, mas 
em que haja um acerto de forma que um resultado seja mais provável que outro. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 15 
Além desses, imagine que você está viajando no centro de Tóquio. Você escolhe uma 
pessoa de forma aleatória e a aborda. Qual a probabilidade de que ela seja de nacionalidade 
japonesa? E de nacionalidade brasileira? Holandesa? 
Mesmo não sabendo os números populacionais daquela região, é de se supor que os 
conjuntos (japoneses, brasileiros e holandeses) não sejam do mesmo tamanho, portanto, a 
probabilidade de encontrarmos cada uma dessas ocorrências não é a mesma. É muito mais 
provável que abordemos um japonês, não é mesmo? 
5.3. Evento certo 
O evento certo acontece quando o evento é o próprio espaço amostral, o que implica 
probabilidade igual a 1, ou seja, 100%. 
Por exemplo podemos pensar em jogar um dado de 6 faces, numerados de 1 a 6 e 
esperarmos um resultado menor que 20. Como temos todos 6 resultados que nos servem em 6 
possíveis, podemos calcular 
𝑃(𝑥 < 20) =
6
6
= 1 = 100% → 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑜 
5.4. Evento impossível 
Já o evento impossível é um evento cujo elemento não está presente no espaço amostral, 
implicando probabilidade zero. 
Utilizando um exemplo semelhante ao anterior, podemos dizer que a probabilidade de 
conseguirmos um número maior que 20, no lançamento do dado de 6 faces, é nula, pois não há 
elementos do conjunto que satisfaçam a condição solicitada. 
𝑃(𝑥 > 20) =
0
6
= 0 = 0% → 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑖𝑚𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑙 
6. Associação de probabilidades 
6.1. Probabilidade da intersecção 
Já estudamos o que é o conjunto intersecção. Estudemos, agora, a probabilidade de 
ocorrência de 𝐴 ∩ 𝐵 dentro do espaço amostral. 
Voltemos ao lançamento de um dado de 6 faces, produzindo o espaço amostral 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6}. 
Nesse espaço amostral, definamos os seguintes eventos: 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 16 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,5} 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑜𝑢 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 2 → {1,2} 
𝐴 ∩ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 𝐸 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑜𝑢 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 2 → {2} 
Desse modo, podemos aplicar diretamente nossa definição de probabilidade ao conjunto 
𝐴 ∩ 𝐵, ou seja: 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 ∩ 𝐵
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
1
6
== 0,16̅ = 16, 6̅ % 
 
Assim, para calcularmos a probabilidade da intersecção entre dois conjuntos, aplicamos, 
diretamente, nossa definição de probabilidade. 
6.2. Probabilidade da União 
Já para a união, precisamos tomar um cuidado a mais. Acompanhe o caso. 
Admitamos a mesma experiência, lançar um dado de 6 faces e os eventos 𝐴 e 𝐵 definidos 
no tópico anterior. 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6} 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,5} 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑜𝑢 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 2 → {1,2} 
E suas respectivas probabilidades: 
 
𝑃(𝐴) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
3
6
=
3
6 
2 =
1
2
 
 
𝑃(𝐵) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐵
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
2
6
=
2
6 
3 =
1
3
 
 
Assim, o conjunto união de 𝐴 e 𝐵 é definido por 
𝐴 ∪ 𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 𝑂𝑈 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑜𝑢 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 2 → {1,2,3,4} 
E qual seria a probabilidade de ocorrer 𝐴 ∪ 𝐵? Será que podemos aplicar a nossa definição 
de probabilidade diretamente? 
Sim, podemos sim. Veja como fica. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 17 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 ∪ 𝐵
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
4
6
=
4 
2
6 
3 =
2
3
 
Às vezes, é muito trabalhoso encontrar todos os elementos do conjunto união. Por isso, 
uma alternativa interessante também é trabalhar com a associação das probabilidades 𝑃(𝐴) e 
𝑃(𝐵) para calcularmos o valor de 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵). 
Uma ideia inicial seria simplesmente somar as probabilidades 𝑃(𝐴) e 𝑃(𝐵), no entanto, 
isso não resultaria na probabilidade correta, veja: 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) =
1
2
+
1
3
=
3 + 2
6
=
5
6
≠ 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
2
3
 
E qual o motivo de haver essa diferença? 
Simples, um erro nosso. 
Ao somar as probabilidades 𝑃(𝐴) e 𝑃(𝐵), acabamos por contabilizar duas vezes o 
elemento 2, que é exatamenteo elemento do conjunto 𝐴 ∩ 𝐵. 
Para não incorrer nesse erro, podemos somar as probabilidades 𝑃(𝐴) e 𝑃(𝐵), mas 
precisamos retirar da soma o que contabilizamos em dobro, ou seja, 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵). 
Dessa forma, podemos dizer que 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
1
2
+
1
3
−
1
6
 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
3 + 2 − 1
6
 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
4
6
 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
4 
2
6 
3 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
2
3
 
 Produzindo um resultado ao encontro do que obtivemos quando calculamos por 
meio da definição. 
 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 18 
 
6.3. Probabilidade do Complementar 
Tomemos os conjuntos: 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6} 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 𝑜𝑢 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 5 → {5,6} 
𝐴𝑐 → {1,2,3,4} 
Dessa forma, temos que 
𝐴 ∪ 𝐴𝑐 = 𝛺 
Então, apliquemos a probabilidade a ambos os membros da equação. Lembra-se dos 
fundamentos? Toda operação que for aplicada a um membro da equação, deverá ser a plicada 
ao outro membro a fim de manter a igualdade. 
𝐴 ∪ 𝐴𝑐 = 𝛺 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐴𝑐) = 𝑃(𝛺) 
A probabilidade da união entre dois conjuntos é dada por 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
 Aplicando essa propriedade a 𝑃(𝐴 ∪ 𝐴𝑐), temos. 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐴𝑐) = 𝑃(𝛺) 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 𝑃(𝛺) 
Além disso, sabemos que 𝑃(𝛺) = 1, então 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 𝑃(𝛺) 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 1 
Oras, por definição, o que é elemento de 𝐴 não é elemento de 𝐴𝑐 e vice-versa, já que são 
conjuntos complementares. Assim, 
𝐴 ∩ 𝐴𝑐 = ∅ 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 𝑃(∅) 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 0 
Voltemos à nossa equação. 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐴𝑐) = 1 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 0 = 1 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) = 1 
 
É muito comum utilizarmos uma forma equivalente dessa equação, isolando uma das 
parcelas do primeiro membro. 
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𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) = 1 
 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴𝑐) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
 
𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝑐) − 𝑃(𝐴𝑐) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
 
𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
As duas formas são, naturalmente, equivalentes, e cabe a você decidir qual memorizar. 
Nos exercícios, pela celeridade, daremos preferência à segunda forma. 
6.4. Probabilidade Condicional 
Consideremos a experiência de lançar um dado de 12 faces (dodecaedro), numeradas de 
1 a 12. 
Nosso espaço amostral é 
𝛺 = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} 
𝑛(𝛺) = 12 
Consideremos os eventos 
𝐴 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 → {2,3,5,7,11} → 𝑛(𝐴) = 5 
𝐵 → 𝑠𝑎𝑖𝑟 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟 → {2,4,6,8,10,12} → 𝑛(𝐵) = 6 
𝐴 ∩ 𝐵 = {2} → 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) = 1 
E, com eles, calculemos suas probabilidades de ocorrência dentro do espaço amostral. 
 
𝑃(𝐴) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
𝑛(𝐴)
𝑛(𝛺)
=
5
12
 
 
𝑃(𝐵) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐵
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
𝑛(𝐵)
𝑛(𝛺)
=
6
12
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 ∩ 𝐵
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝛺
=
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑛(𝛺)
=
1
12
 
 
Até aqui, nada de novo. 
Agora, imagine que lancemos o dado e eu não diga a você o resultado, mas diga que o 
resultado é um número par, ou seja, que o resultado pertence, com certeza, ao conjunto 𝐵. 
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Com essa nova informação, eu, então, peço a você que calcule a probabilidade de que o 
número da face do dado pertença a 𝐴. 
Ao receber a informação de que o resultado pertence a 𝐵, a percepção sobre a experiência 
muda e não mais podemos considerar o espaço amostral como 𝛺, pois já temos certeza de que 
os resultados possíveis são, tão somente, os elementos que pertencem ao evento 𝐵. 
Essa informação nova, dada após o evento, é o que chamamos de condição. Calcular, 
então, alguma probabilidade sob essa condição, torna-se uma probabilidade condicional. 
A simbologia para a probabilidade condicional é 
𝑃(𝐴|𝐵) → 𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝐴 𝑠𝑒 𝐵 𝑗á 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑢 
Perceba que não são mais todos os elementos de 𝐴 que podem ocorrer, pois, se já temos 
a certeza de que o resultado pertence a 𝐵, os únicos elementos de 𝐴 que podem ocorrer são os 
que estão, simultaneamente, em 𝐴 e em 𝐵, ou seja, em 𝐴 ∩ 𝐵. 
Vamos, então, redefinir nossos dados. 
O que era, no início, o conjunto 𝐵, passa a ser, depois de termos certeza de sua 
ocorrência, nosso espaço amostral 𝛺2. 
𝐵 = 𝛺2 = {2,4,6,8,10,12} 
Queremos calcular a probabilidade condicional 𝑃(𝐴|𝐵) e, nela, só os elementos que estão 
simultaneamente em 𝐴 e em 𝐵 podem ser candidatos à probabilidade, visto que os elementos 
que estão fora do espaço amostral são impossíveis. 
Olhando para os conjuntos 𝐴 e 𝐵, percebemos que somente o elemento 2 pertence a 
ambos, portanto, 𝐴 ∩ 𝐵 conta com somente 1 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜. 
Desse modo, utilizando nossa definição de probabilidade, temos. 
𝑃(𝐴|𝐵) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 ∩ 𝐵
𝑛º 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐵 = 𝛺2
 
 
𝑃(𝐴|𝐵) =
1
6
 
Apesar de já estarmos de posse de nossa resposta, vamos realizar mais algumas 
operações para evidenciar uma propriedade importante. 
Dividindo o numerador e o denominador da fração do segundo membro da equação pelo 
número de elementos do espaço amostral inicial 𝑛(𝛺) = 12. 
𝑃(𝐴|𝐵) =
 
1
12 
6
12
 
Comparando com as probabilidades que já calculamos anteriormente, podemos dizer que 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 21 
𝑃(𝐴|𝐵) =
 
1
12 
6
12
=
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑛(𝛺)
𝑛(𝐵)
𝑛(𝛺)
=
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐵)
 
Desse modo, podemos calcular nossa probabilidade condicional de duas formas distintas. 
1) Calcular a razão entre o número de elementos 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) e 𝑛(𝐵), considerando 𝐵 como 
um novo espaço amostral 𝛺2. 
𝑃(𝐴|𝐵) =
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑛(𝐵)
 
2) Pela fórmula 
𝑃(𝐴|𝐵) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐵)
 
6.5. Teorema da multiplicação 
O teorema da multiplicação, presente em alguns livros didáticos, nada mais é que a 
fórmula da probabilidade condicional escrita de outra forma, veja. 
𝑃(𝐴|𝐵) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐵)
 
Multiplicando ambos os membros da equação por 𝑃(𝐵), temos. 
𝑃(𝐴|𝐵) ∙ 𝑃(𝐵) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐵)
∙ 𝑃(𝐵) 
 
𝑃(𝐴|𝐵) ∙ 𝑃(𝐵) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
 𝑃(𝐵) 
∙ 𝑃(𝐵) 
 
𝑃(𝐴|𝐵) ∙ 𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
Reescrevendo de modo equivalente. 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵) 
O teorema da multiplicação é muito útil, especialmente quando utilizado em conjunto com 
o diagrama de árvore. 
Acompanhe o exemplo. 
Uma fábrica de lâmpadas entregou um lote de 100 unidades. Nesse lote, sabemos que 
há, por um erro de processo, 3 lâmpadas defeituosas. 
Ao final da linha de montagem há um fiscal que retira, sem reposição, duas lâmpadas para 
testes de cada lote. O lote é rejeitado se ambas as lâmpadas apresentarem defeito. 
 Nessas condições, qual a probabilidade de o lote em questão ser rejeitado? 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 22 
Muito bem, o lote será rejeitado se ambas as lâmpadas apresentarem defeito. Como 
sabemos que há 3 lâmpadas defeituosas, podemos construir o diagrama de árvore para a 
primeira escolha. Consideremos L para a lâmpada sem defeito e D para a lâmpada defeituosa. 
Colocando os dados em linguagem apropriada aos nossos cálculos. 
 
𝐿 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜 → 𝑛(𝐿) = 97 
𝐷 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑢𝑜𝑠𝑎𝑠 → 𝑛(𝐷) = 3 
𝛺 = 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑛(𝛺) = 100 
𝑃(𝐿) =
𝑛(𝐿)
𝑛(𝛺)
=
97
100
 
𝑃(𝐷) =
𝑛(𝐷)
𝑛(𝛺)
=
3
100
 
Relacionando os dados ao diagrama de árvore. 
 
Desse ponto em diante, precisamos separar os cálculos pelosramos seguidos. 
Primeiro ramo 
Para o ramo em azul, de onde retiramos uma lâmpada sem defeito na primeira retirada, 
teremos uma lâmpada sem defeito a menos no lote, então os novos dados passam a ser. 
𝐿 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜 → 𝑛(𝐿) − 1 = 97 − 1 = 96 
𝐷 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑢𝑜𝑠𝑎𝑠 → 𝑛(𝐷) = 3 
𝛺 = 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑛(𝛺) − 1 = 100 − 1 = 99 
𝑃(𝐿) =
𝑛(𝐿)
𝑛(𝛺)
=
96
99
 
𝑃(𝐷) =
𝑛(𝐷)
𝑛(𝛺)
=
3
99
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 23 
E, assim, conseguimos prosseguir com o primeiro ramo. 
 
Segundo ramo 
Para o ramo em vermelho, de onde retiramos uma lâmpada com defeito na primeira 
retirada, teremos uma lâmpada com defeito a menos no lote, então os novos dados passam a 
ser. 
𝐿 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜 → 𝑛(𝐿) = 97 
𝐷 = 𝐿â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑢𝑜𝑠𝑎𝑠 → 𝑛(𝐷) − 1 = 3 − 1 = 2 
𝛺 = 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑛(𝛺) − 1 = 100 − 1 = 99 
𝑃(𝐿) =
𝑛(𝐿)
𝑛(𝛺)
=
97
99
 
𝑃(𝐷) =
𝑛(𝐷)
𝑛(𝛺)
=
2
99
 
E, assim, conseguimos prosseguir com o segundo ramo. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 24 
 
Com o diagrama feito, veja o que diz o teorema da multiplicação. 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵) 
Se considerarmos o evento 𝐵 como “retirar uma lâmpada defeituosa na primeira retirada” 
e 𝐴 como “retirar uma lâmpada defeituosa na segunda retirada”, a probabilidade que estamos 
procurando, que acarretaria a rejeição do lote, é justamente 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵). 
Assim, podemos calcular a probabilidade de retirarmos duas lâmpadas defeituosas em 
sequência seguindo o ramo da árvore correspondente a essa escolha e multiplicando suas 
probabilidades, de acordo com o teorema da multiplicação. 
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 25 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
3
100
∙
2
99
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
 3 
 100 
50 ∙
 2 
 99 
33 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
1
50
∙
1
33
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
1
1.650
 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,0006̅̅̅̅ 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0, 06̅̅̅̅ % 
Assim, a probabilidade de o lote ser rejeitado por terem sido retiradas duas lâmpadas 
defeituosas consecutivamente é de 0, 06̅̅̅̅ %. 
6.6. Teorema da probabilidade total 
Imagine que tenhamos que calcular a probabilidade de um evento 𝐴 ocorrer dentro de um 
espaço amostral 𝛺. 
Esse espaço amostral 𝛺 está dividido em conjuntos menores (𝛺1, 𝛺2, 𝛺3, … ) e alguns 
desses conjuntos apresentam regiões em comum com o evento 𝐴, (𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, … ). 
Se não for possível, ou for muito trabalhoso, calcular diretamente a probabilidade de 
ocorrência do evento 𝐴, podemos calcular a probabilidade das partes de 𝐴 ocorrerem e, ao final, 
somar essas probabilidades. 
Pensemos no espaço amostral 𝛺 e no evento 𝐴 bem como seus subconjuntos como no 
diagrama a seguir. 
 
Onde 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 26 
𝐴1 = 𝐴 ∩ 𝛺1 = ∅ 
𝐴2 = 𝐴 ∩ 𝛺2 
𝐴3 = 𝐴 ∩ 𝛺3 
𝐴4 = 𝐴 ∩ 𝛺4 
Assim, podemos pensar na probabilidade do evento 𝐴 ocorrer como a soma dos 
subeventos 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3 e 𝐴4 ocorrerem. 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + 𝑃(𝐴3) + 𝑃(𝐴4) 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝛺1) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝛺2) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝛺3) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝛺4) 
Aplicando o teorema da multiplicação. 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵) 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝛺1) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺1) + 𝑃(𝛺2) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺2) + 𝑃(𝛺3) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺3) + 𝑃(𝛺4) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺4) 
Neste exemplo, temos 
𝐴1 = 𝐴 ∩ 𝛺1 = ∅, 
Então, 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝛺1) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺1) + 𝑃(𝛺2) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺2) + 𝑃(𝛺3) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺3) + 𝑃(𝛺4) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺4) 
 
𝑃(𝐴) = ∅ + 𝑃(𝛺2) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺2) + 𝑃(𝛺3) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺3) + 𝑃(𝛺4) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺4) 
 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝛺2) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺2) + 𝑃(𝛺3) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺3) + 𝑃(𝛺4) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺4) 
Mas professor, assim ficou muito mais difícil! 
Então, escrito assim até assusta, mas a utilização da fórmula é mais tranquila. 
Vejamos um exemplo de utilização. 
Um paciente se apresenta ao médico com queixas. Ao examiná-lo, o médico reduz as 
possibilidades de causa a somente duas doenças, 𝐴 e 𝐵. 
A doença 𝐴 é mais endêmica e apresenta uma probabilidade de 80% de ser a causa dos 
sintomas do paciente. 
Já a doença 𝐵 apresenta uma possibilidade de apenas 20% de ser a causa dos sintomas. 
Além disso, o medicamento para o tratamento da doença 𝐴 apresenta eficácia específica 
de 70%, enquanto o para a doença 𝐵, de 95%. 
Os dois medicamentos não podem ser administrados simultaneamente, por apresentarem 
interação medicamentosa prejudicial ao paciente. 
Nessas condições, sem saber qual a doença e qual medicamento serão escolhidos pelo 
médico, quais as chances de cura? 
Vamos construir um diagrama de árvore para representar a situação. 
Com as probabilidades de que cada doença seja a causa única dos sintomas do paciente, 
temos a escolha inicial. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 27 
 
Com relação à doença 𝐴, temos que o medicamento específico apresenta 70% de eficácia 
específica, ou seja, há 70% de chances de cura e o complementar, ou seja, 30% de chances de 
não cura. Lembre-se que as porcentagens complementares devem sempre somar 100%. 
Utilizemos as siglas 𝐶 para curado e 𝑁𝐶 para não curado. 
 
Com raciocínio equivalente, para a doença 𝐵, temos 95% de eficácia específica, ou seja, 
há 95% de chances de cura e o complementar, ou seja, 50% de chances de não cura. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 28 
Cura da doença 
se ocorreu a doença A 
Probabilidade de 
ocorrer a doença A 
Cura da doença 
se ocorreu a doença B 
Probabilidade de 
ocorrer a doença B 
 
Aqui vamos aplicar os dois teoremas: teorema da multiplicação e teorema da 
probabilidade total. 
Como estamos procurando a probabilidade de cura total, vamos aplicar o teorema da 
multiplicação aos ramos associados à cura. 
O teorema da multiplicação diz que 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵). 
No contexto do nosso problema, podemos pensar na seguinte interpretação. 
 
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴) 
 
 
De modo semelhante, podemos pensar na probabilidade de cura da doença 𝐵, como 
sendo 
 
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐵) 
 
 
Assim, temos as probabilidades de cura das doenças 𝐴 e 𝐵 dadas por: 
Cura da doença A 
Cura da doença B 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 29 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴) 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) = 80% ∙ 70% 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) =
80
100
∙
70
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) =
8 0 
1 0 0 
∙
7 0 
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) =
8 ∙ 7
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) =
56
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) = 56% 
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐵) 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) = 20% ∙ 95% 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) =
20
100
∙
95
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) =
2 0 
10 0 
∙
95
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) =
19 0 
100 0 
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) =
19
100
 
𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) = 19% 
Vamos colocar essas probabilidades no diagrama de árvore. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 30 
Probabilidade de Cura Total 
Probabilidade de ocorrer a doença A 
Probabilidade de Cura se 
ocorrer a doença B 
Probabilidade de Cura se ocorrer a doença A 
Probabilidade de ocorrer a doença B 
 
Agora, apliquemos o teorema da probabilidade total para as probabilidades encontradas. 
Como temos apenas dois ramos, escrevamos o teorema da probabilidade total para dois 
ramos. 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝛺1) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺1) + 𝑃(𝛺2) ∙ 𝑃(𝐴|𝛺2) 
No contexto do problema, temos. 
𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴) + 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐵) 
Traduzindo. 
 
 
 
𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴) + 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐵) 
 
 
 
Olhando assim, até faz algum sentido, não? Os produtos já foramfeitos pelo teorema da 
multiplicação, agora só precisamos aplicar o teorema da probabilidade total e somar as partes. 
𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴) + 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐵) 
𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐶 ∩ 𝐴) + 𝑃(𝐶 ∩ 𝐵) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 31 
𝑃(𝐶) = 56% + 19% 
𝑃(𝐶) = 75% 
De forma equivalente, no diagrama de árvore. 
 
Assim, há, em tese, 75% de chances de cura nas condições dadas. 
 Exercício de Fixação 
3. Com base na situação descrita anteriormente, calcule as probabilidades a seguir. 
a) Probabilidade individual de cada ramo da árvore de possibilidades. 
b) Probabilidade de não ser curado se a doença for a B. 
c) Probabilidade de não ser curado. 
d) Soma total das probabilidades dos ramos da árvore de probabilidades. 
Comentários 
a) Probabilidade individual de cada ramo da árvore de possibilidades. 
Com base o teorema da multiplicação, podemos completar os ramos faltantes. 
Probabilidade de NC caso seja a doença 𝐴. 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝑁𝐶|𝐴) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 32 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 80% ∙ 30% 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 
80
100
∙
30
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 
8 0 
1 0 0 
∙
3 0 
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 
8∙3
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) =
24
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) = 24% 
Probabilidade de NC caso seja a doença 𝐵. 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝑁𝐶|𝐵) 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 20% ∙ 5% 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 
20
100
∙
5
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 
100
100∙100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 
 100 
 100 ∙100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 
1
100
 
𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) = 1% 
Dessa forma, podemos completar nossa árvore de probabilidades. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 33 
 
 b) Probabilidade de não ser curado se a doença for a B. 
Caso a doença seja a 𝐵, basta olharmos no diagrama para verificar que a probabilidade de 
não cura é de 1%. 
 
c) A probabilidade de não ser curado pode ser calculada pelo teorema da probabilidade total, 
utilizando os dois ramos da árvore de probabilidades correspondentes ao caso. 
𝑃(𝑁𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝑁𝐶|𝐴) + 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝑁𝐶|𝐵) 
𝑃(𝑁𝐶) = 𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐴) + 𝑃(𝑁𝐶 ∩ 𝐵) 
𝑃(𝑁𝐶) = 24% + 1% 
𝑃(𝑁𝐶) = 25% 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 34 
 
d) Soma total das probabilidades dos ramos da árvore de probabilidades. 
𝑆𝑜𝑚𝑎 = 56%+ 24% + 19% + 1% 
𝑆𝑜𝑚𝑎 = 100% 
 
 
 
O teorema da multiplicação nos leva à probabilidade individual de cada ramo 
da árvore, enquanto o teorema da probabilidade total nos permite somar as 
probabilidades de determinados ramos para chegarmos a conclusões 
específicas. 
6.7. Eventos independentes 
Dois eventos 𝐴 e 𝐵 são ditos independentes se a probabilidade de ocorrer 𝐴 se 𝐵 já 
ocorreu, 𝑃(𝐴|𝐵), é a própria probabilidade de ocorrência de 𝐴, 𝑃(𝐴), independente de 𝐵. 
𝑃(𝐴|𝐵) = 𝑃(𝐴) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 35 
O mesmo vale para 𝐵. 
𝑃(𝐵|𝐴) = 𝑃(𝐵) 
Uma consequência dessa independência aparece quando vamos calcular a probabilidade 
da intersecção, acompanhe. 
Sabemos, pelo teorema da multiplicação, que 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵|𝐴) 
Se 𝐴 e 𝐵 são independentes, temos. 
𝑃(𝐵|𝐴) = 𝑃(𝐵) 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵|𝐴) 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) 
Assim, quando estivermos falando em eventos independentes, temos 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) 
 Exercício de fixação 
4. Considere os seguintes eventos sobre uma moeda lançada 𝟒 vezes: 
Evento 𝑨: ocorrem pelo menos duas coroas (𝑪) 
Evento 𝑩: ocorrer cara (𝑲) no primeiro lançamento. 
Evento 𝑪: ocorrem resultados iguais em todos os lançamentos. 
Encontre quais eventos são dependentes e quais são independentes entre si. 
Comentários 
Para saber se os eventos são dependentes ou independentes entre si, vamos calcular suas 
probabilidades individualmente e em suas intersecções. De posse delas, verificaremos quais 
pares satisfazem a relação 
𝑃(𝐸1 ∩ 𝐸2) = 𝑃(𝐸1) ∙ 𝑃(𝐸2). 
O espaço amostral do experimento é: 
𝛺 =
{(𝐾𝐾𝐾𝐾); (𝐾𝐾𝐾𝐶); (𝐾𝐾𝐶𝐾); (𝐾𝐾𝐶𝐶);
(𝐾𝐶𝐾𝐾); (𝐾𝐶𝐾𝐶); (𝐾𝐶𝐶𝐾); (𝐾𝐶𝐶𝐶);
(𝐶𝐾𝐾𝐾); (𝐶𝐾𝐾𝐶); (𝐶𝐾𝐶𝐾); (𝐶𝐾𝐶𝐶);
(𝐶𝐶𝐾𝐾); (𝐶𝐶𝐾𝐶); (𝐶𝐶𝐶𝐾); (𝐶𝐶𝐶𝐶)}
 
𝑛(𝛺) = 24 = 16 
Evento 𝑨: ocorrem pelo menos duas coroas (𝑪) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 36 
𝐴 =
{(𝐾𝐾𝐶𝐶); (𝐾𝐶𝐾𝐶); (𝐾𝐶𝐶𝐾); (𝐾𝐶𝐶𝐶); (𝐶𝐾𝐾𝐶);
(𝐶𝐾𝐶𝐾); (𝐶𝐾𝐶𝐶); (𝐶𝐶𝐾𝐾); (𝐶𝐶𝐾𝐶); (𝐶𝐶𝐶𝐾); (𝐶𝐶𝐶𝐶)}
 
𝑛(𝐴) = 11 
𝑃(𝐴) = 
𝑛(𝐴)
𝑛(𝛺)
 = 
11
16
 
Evento 𝑩: ocorrer cara (𝑲) no primeiro lançamento. 
𝐵 =
{(𝐾𝐾𝐾𝐾); (𝐾𝐾𝐾𝐶); (𝐾𝐾𝐶𝐾); (𝐾𝐾𝐶𝐶);
(𝐾𝐶𝐾𝐾); (𝐾𝐶𝐾𝐶); (𝐾𝐶𝐶𝐾); (𝐾𝐶𝐶𝐶)}
 
𝑛(𝐵) = 8 
𝑃(𝐵) = 
𝑛(𝐵)
𝑛(𝛺)
 = 
8
16
 
Evento 𝑪: ocorrem resultados iguais em todos os lançamentos. 
𝐶 = {(𝐾𝐾𝐾𝐾); (𝐶𝐶𝐶𝐶)} 
𝑛(𝐶) = 2 
𝑃(𝐶) = 
𝑛(𝐶)
𝑛(𝛺)
 = 
2
16
 
Para saber se 𝐴, 𝐵 e 𝐶 são eventos independentes, devemos analisar, também, suas 
intersecções. 
𝐴 ∩ 𝐵 
𝐴 ∩ 𝐵 = {(𝐾𝐶𝐶𝐶); (𝐶𝐾𝐶𝐶); (𝐶𝐶𝐾𝐶); (𝐶𝐶𝐶𝐾)} 
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) = 4 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 
𝑛(𝐴∩𝐵)
𝑛(𝛺)
=
4
16
 
𝐴 ∩ 𝐶 
𝐴 ∩ 𝐶 = {(𝐶𝐶𝐶𝐶)} 
𝑛(𝐴 ∩ 𝐶) = 1 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐶) = 
𝑛(𝐴∩𝐶)
𝑛(𝛺)
=
1
16
 
 𝐵 ∩ 𝐶 
𝐵 ∩ 𝐶 = {(𝐾𝐾𝐾𝐾)} 
𝑛(𝐵 ∩ 𝐶) = 1 
𝑃(𝐵 ∩ 𝐶) = 
𝑛(𝐵∩𝐶)
𝑛(𝛺)
=
1
16
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 37 
Agora estamos em condições de testar se os eventos são dependentes ou independentes 
entre si. 
Se dois eventos são independentes, temos. 
𝑃(𝐸1 ∩ 𝐸2) = 𝑃(𝐸1) ∙ 𝑃(𝐸2) 
Se forem dependentes, temos. 
𝑃(𝐸1 ∩ 𝐸2) ≠ 𝑃(𝐸1) ∙ 𝑃(𝐸2) 
Assim, testemos par a par. 
Conjuntos 𝐴 e 𝐵. 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ≠ 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) 
5
16
≠ 
11
16
∙
10
16
 
5
16
≠ 
110
16²
 
∴ 𝐴 𝑒 𝐵 𝑠ã𝑜 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
Conjuntos 𝐴 e 𝐶. 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶) 
1
16
≠ 
11
16
∙
2
16
 
1
16
≠ 
22
16²
 
∴ 𝐴 𝑒 𝐶 𝑠ã𝑜 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
Conjuntos 𝐵 e 𝐶. 
𝑃(𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶) 
1
16
 = 
8
16
∙
2
16
 
1
16
 = 
16
16∙16
 
1
16
 = 
 16 
 16 ∙16
 
1
16
 = 
1
16
 
∴ 𝐵 𝑒 𝐶 𝑠ã𝑜 𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
Dessa forma, entre os conjuntos dados, apenas os conjuntos 𝐵 e 𝐶 são independentes entre 
si. 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 38 
7. Fórmulas, demonstrações e comentários 
7.2. A questão do aniversário 
Imagine que você está em uma sala de aula com outros 40 alunos. 
Em sua experiência, é “muito” ou “pouco” provável que encontremos pelo menos duas 
pessoas que fazem aniversário no mesmo dia? 
Nós conversamos antes sobre a probabilidade ser atribuída por meio do “bom senso” do 
analisador, mas, às vezes, o dito “bom senso” nos deixa a ver navios e este é um caso assim. 
A maioria das pessoas com quem conversei a respeito dizem entender como pouco 
provável que duas pessoas façam aniversário em um mesmo dia, considerando um grupo de 40 
pessoas aleatórias. Essa negativa se dá com base em experiências anteriores, visto que muitos 
de nós já estivemos imersos em grupos similares muitas vezes, sobretudo nas salas de aula. 
Vamos, então, dar um tratamento mais sistemático à situação, calculando a probabilidade 
de termos pelo menos duas pessoas fazendo aniversário no mesmo dia em um grupo de 40 
pessoas. 
Lembra-se da probabilidade do conjunto complementar? 
Pois é, vamos utilizá-lo, pois é muito mais fácil calcularmos a probabilidade de não termos 
aniversário coincidente do que de termos. 
A probabilidade de um conjuntocomplementar é dada por: 
𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
Consideremos, assim, os seguintes eventos: 
Evento 𝐴: Em um grupo com 40 pessoas, pelo menos duas fazerem aniversário no mesmo 
dia. 
Evento 𝐴𝑐: Em um grupo com 40 pessoas, não haver coincidência de aniversários. 
Calculemos, de início, a probabilidade de ocorrer o evento 𝐴𝑐. 
Para escolhermos a primeira pessoa, temos 365 escolhas possíveis dentro das 365 datas 
do ano (sem contar o ano bissexto). 
Para escolhermos a segunda pessoa, na condição de que não haja coincidência de 
aniversários, temos 364 escolhas possíveis, visto que uma pessoa já foi escolhida e não 
podemos coincidir com o aniversário dela. O total de possibilidades continua sendo as 365 datas 
do ano. 
Para escolhermos a terceira pessoa, temos apenas 363 das 365 possibilidades, excluindo 
as datas dos aniversários das duas primeiras pessoas. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 39 
Continuando a escolher as pessoas desse modo, até a quadragésima pessoa, teremos: 
𝑃(𝐴𝑐) =
365
365
∙
364
365
∙
363
365
∙
362
365
∙
361
365
∙ … ∙
326
365⏟ 
40 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 40 𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎𝑠
 
 
𝑃(𝐴𝑐) =
365 ∙ 364 ∙ 363 ∙ 362 ∙ 361 ∙ … ∙ 326
36540
⏞ 
40 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠
 
Esses valores são muito grandes para conseguirmos manuseá-los. Utilizando uma 
planilha de dados, chegamos aos valores: 
𝑃(𝐴𝑐) ≅ 0,108768 
Estamos procurando 𝑃(𝐴), então 
𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
𝑃(𝐴) = 1 − 0,108768 
𝑃(𝐴) = 0,891232 
𝑃(𝐴) = 89,1232 % 
Ou seja, a probabilidade de termos, em um grupo de 40 pessoas, pelo menos uma 
coincidência de aniversários é superior a 89%, contrariando o que muitos tomam como “bom 
senso” sobre o assunto. 
Se fizermos os mesmos cálculos para um grupo de 60 pessoas, a probabilidade supera 
os 99%. 
Impressionante, não? 
Mais uma pergunta sobre esse assunto. 
Quantas pessoas precisamos ter em um grupo para que seja certo que pelo menos duas 
pessoas façam aniversário no mesmo dia? 
Apesar de nossos cálculos atingirem valores muito próximos de 100% rapidamente, para 
termos certeza de que acontece a coincidência de aniversários precisamos de 366 pessoas, uma 
para cada dia do ano, mais uma para estarmos certos da repetição. 
7.3. Ensaio de Bernoulli 
O que as experiências a seguir apresentam em comum? 
Experiência A: lançar uma moeda e anotar a face voltada para cima. 
Experiência B: lançar um dado e anotar se o resultado é par ou ímpar. 
Experiência C: escolher aleatoriamente uma letra do alfabeto e anotar se é vogal ou 
consoante. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 40 
Embora os resultados dessas experiências sejam todos distintos, todas essas 
experiências produzem resultados binários, ou seja, só há dois resultados possíveis em cada 
uma. 
Esse tipo de situação, binária, recebe o nome de Ensaio de Bernoulli, em homenagem ao 
matemático homônimo do século XVII. 
Bernoulli trabalhou com a definição de sucesso e fracasso para os dois possíveis 
resultados, mas podemos nomear como quisermos. 
 
Sucesso e fracasso, nesse contexto, não apresentam similaridade com o significado 
dicionarizado. Significam, simplesmente, dois resultados antagônicos. 
Para manter um alinhamento com os livros didáticos, vamos nomear as probabilidades te 
obtermos sucesso ou fracasso como 𝑝 e 𝑞. 
Nesses termos, os estudos de Bernoulli levaram à conclusão de que, ao repetirmos, em 
sequência, 𝑛 vezes uma experiência com essas características, a probabilidade de termos 𝑘 
sucessos e, consequentemente, 𝑛 − 𝑘 fracassos é de 
𝑃𝑘 = (
𝑛
𝑘
) ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 
Traduzindo. 
 
 
 
 
 
𝑃𝑘 = (
𝑛
𝑘
) ∙ 𝑝 𝑘 ∙ 𝑞 𝑛−𝑘 
 
 
Nossa, professor, ficou muito literal isso, gostei não! 
Calma. 
Vamos aplicar a fórmula às experiências citadas que ficará mais claro. 
 
Probabilidade de se obter 𝑘 sucessos em uma 
sequência de 𝑛 eventos sucessivos 
(
𝑛
𝑘
) = 𝐶𝑛,𝑘 ⇒ Número de combinações de 𝑛 
elementos, agrupados 𝑘 a 𝑘 
Probabilidade de se obter fracasso 
Probabilidade de se obter sucesso 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 41 
 Exercícios de fixação 
5. Na experiência A, lançar uma moeda e anotar a face voltada para cima, qual a 
probabilidade de observarmos, em 5 lançamentos, 4 caras? 
Comentários 
Chamando 𝑝 a probabilidade de obtermos cara e 𝑞 a possibilidade de obtermos coroa (cara, 
nesse contexto, seria o sucesso para Bernoulli), temos: 
𝑝 = 
1
2
 
𝑞 = 
1
2
 
Como o exercício pede que tenhamos 4 caras em 5 lançamentos, consideraremos 𝑘 = 4 
sucessos e 𝑛 = 5 eventos. Assim, a probabilidade de observarmos 4 sucessos é de: 
𝑃𝑘 = (
𝑛
𝑘
) ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃4 = (
5
4
) ∙ 𝑝4 ∙ 𝑞5−4 
𝑃4 = 𝐶5,4 ∙ 𝑝
4 ∙ 𝑞1 
𝑃4 = 
5∙4∙3∙2
4∙3∙2∙1
∙ (
1
2
)
4
∙ (
1
2
)
1
 
𝑃4 = 
5∙ 4∙3∙2 
 4∙3∙2∙1 
∙
1
24
∙
1
2
 
𝑃4 = 5 ∙ 
1
16
∙
1
2
 
𝑃4 = 
5
32
 
𝑃4 = 0,15625 
𝑃4 = 15,625 % 
Assim, a probabilidade de termos 4 caras em 5 lançamentos é de 15,625 %. 
6. Na experiência 𝑩, lançar um dado e anotar se o resultado é par ou ímpar, qual a 
probabilidade de observarmos, em 4 lançamentos, 3 números pares? 
Comentários 
Chamando 𝑝 a probabilidade de obtermos um número par e 𝑞 a possibilidade de obtermos um 
número ímpar (número par representando o sucesso), temos: 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 42 
𝑝 = 
3
6
= 
1
2
 𝑞 = 
3
6
= 
1
2
 
Como o exercício pede que tenhamos 3 números pares em 4 lançamentos, consideraremos 
𝑘 = 3 sucessos e 𝑛 = 4 eventos. Assim, a probabilidade de observarmos 3 sucessos é de: 
 
𝑃𝑘 = (
𝑛
𝑘
) ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃3 = (
4
3
) ∙ 𝑝3 ∙ 𝑞4−3 
𝑃3 = 𝐶4,3 ∙ 𝑝
3 ∙ 𝑞1 
𝑃3 = 
4∙3∙2
3∙2∙1
∙ (
1
2
)
3
∙ (
1
2
)
1
 
𝑃3 = 
4∙ 3∙2 
 3∙2∙1 
∙
1
23
∙
1
2
 
𝑃3 = 4 ∙ 
1
8
∙
1
2
 
𝑃3 = 
4
16
= 
1
4
 
𝑃3 = 0,25 
𝑃3 = 25 % 
Assim, a probabilidade de termos 3 números pares em 4 lançamentos é de 25 %. 
 
7. Na experiência 𝑪, escolher aleatoriamente uma letra do alfabeto e anotar se é 
vogal ou consoante, qual a probabilidade de observarmos, em 10 lançamentos, as 5 
vogais? 
Comentários 
Chamando 𝑝 a probabilidade de obtermos uma vogal e 𝑞 a possibilidade de obtermos uma 
consoante (vogal representando o sucesso), temos: 
𝑝 = 
5
26
 𝑞 = 
19
26
 
Como o exercício pede que tenhamos 5 vogais em 10 lançamentos, consideraremos 𝑘 = 5 
sucessos e 𝑛 = 10 eventos. Assim, a probabilidade de observarmos 5 sucessos é de: 
𝑃𝑘 = (
𝑛
𝑘
) ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃5 = (
10
5
) ∙ 𝑝5 ∙ 𝑞10−5 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 43 
𝑃5 = 𝐶10,5 ∙ 𝑝
5 ∙ 𝑞5 
𝑃5 = 
10∙9∙8∙7∙6
5∙4∙3∙2∙1
∙ (
5
26
)
5
∙ (
19
26
)
5
 
𝑃5 = 
 10 
2 ∙9∙ 8 
2 ∙7∙ 6 
 5 ∙ 4 ∙ 3∙2∙1 
∙ (
5
26
)
5
∙ (
19
26
)
5
 
𝑃5 = 2 ∙ 9 ∙ 2 ∙ 7 ∙ 
55
265
∙
195
265
 
Aqui podemos pedir auxílio para uma ferramenta computacional. 
𝑃5 ≅ 0,0138 ≅ 1,38 % 
Assim, a probabilidade de termos as 5 vogais em 10 lançamentos é de, aproximadamente, 
1,38 %. 
 
Embora haja outros caminhos para a abordagem desses problemas, a aplicação da fórmula de 
Bernoulli pode encurtar muito o tempo de resolução em prova, além de simplificar a parte dos 
cálculos. 
7.4. O problema de Monty Hall 
Monty Hall foi apresentador de um programa de auditório famoso nos EUA na década de 
60, intitulado Let’s make a deal. 
Nesse programa, havia um quadro onde o apresentador, Monty Hall, oferecia a um 
participante a possibilidade de abrir uma de três portas. 
Em uma delas, um carro. Nas outras duas, uma cabra. 
Mesmo que as cabras sejam muito fofinhas, a maioria das pessoas prefere o carro...Assim que o participante escolhia uma das portas, o apresentador tentava, 
insistentemente, convencer o participante a mudar de porta. 
O participante, desconfiado, se negava a mudar, até que o apresentador abria uma das 
outras portas não escolhidas pelo participante e mostrava uma das cabras. 
Uma última chance de mudar de porta pairava ainda por alguns segundos... 
O participante mudava ou não mudava e lhe era apresentado o prêmio, um carro novo ou 
uma cabra. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 44 
O quadro se encerra, enquanto nosso jogo de probabilidades começa. 
O fato de o apresentador mostrar o resultado de uma das portas interfere na probabilidade 
de o participante encontrar o carro? Após o apresentador abrir a porta com uma das cabras, é 
melhor continuar com a porta previamente escolhida ou mudar de porta? 
Agora, dê uma pausa na leitura e pense um pouco na situação. Tente explicar o problema 
para algum conhecido para que sua mente tenha tempo para se adaptar às condições e, 
eventualmente, chegar a uma conclusão... 
Esse problema já deu o que falar. 
Marilyn vos Savant, uma escritora estadunidense, com QI alegado de 
mais de 220 pontos, publicou a solução desse problema em uma revista, 
respondendo ao questionamento de um leitor. Ela foi muito criticada à época, 
inclusive por matemáticos, dizendo que a interpretação apresentada estava 
incorreta. Pois é, Marilyn estava correta e a resposta não é lá muito intuitiva. 
E aí, chegou a alguma conclusão? Vale a pena mudar de porta? 
Vamos resolver isso de uma vez. 
Há apenas duas possibilidades, ou você muda de porta, ou não muda. Analisemos ambas. 
Para fins práticos, consideraremos que você prefira o carro à cabra, então, 
consideraremos neste cenário ganhar como ganhar o carro e perder como “ganhar” a cabra. 
 Situação A: o participante não muda de porta. 
Se o participante não tem a intenção de mudar de porta, ele ganhará se escolher, de cara, 
a porta COM o carro. 
Como são 3 portas e só uma contém o carro, sua probabilidade de ganhar 𝑃(𝐺) e sua 
probabilidade de não ganhar 𝑃(𝑁𝐺) são: 
𝑃(𝐺) =
1
3
→ 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑒𝑟 𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒 𝑚𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟 𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑎 
𝑃(𝑁𝐺) =
2
3
→ 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑒𝑟 𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎 𝑒𝑟𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒 𝑚𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟 𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑎 
E ponto final. 
Passamos à próxima análise. 
Situação B: o participante muda de porta. 
Se o participante tem a intenção de mudar de porta, ele ganhará se escolher, de cara, 
uma das portas SEM o carro, pois, obviamente, ele irá mudar de porta após o apresentador abrir 
uma das portas não escolhidas. 
Como são 3 portas e só uma contém o carro, sua probabilidade de ganhar 𝑃(𝐺) ao final 
está em escolher, inicialmente, uma porta SEM o carro, e sua probabilidade de não ganhar 𝑃(𝑁𝐺) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 45 
será dada pela escolha inicial da porta com o carro, pois, se escolher o carro na primeira escolha, 
ao mudar de porta, perderá o prêmio. Assim, as probabilidades de ganhar e de perder são 
invertidas, veja: 
𝑃(𝐺) =
2
3
→ 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑒𝑟 𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎 𝑒𝑟𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒, 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠,𝑚𝑢𝑑𝑎𝑟 
𝑃(𝑁𝐺) =
1
3
→ 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑙ℎ𝑒𝑟 𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒, 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠, 𝑚𝑢𝑑𝑎𝑟 
Conclusão: as chances de ganhar são maiores quando o participante troca de porta. 
Surpreendente, não? 
7.5. O problema da moeda de Bertrand 
O problema de Bertrand consiste em retirar uma moeda de uma dentre três caixas, nas 
seguintes condições. 
A primeira caixa contém duas moedas de ouro. 
A segunda caixa contém uma moeda de ouro e outra de prata. 
A terceira caixa contém duas moedas de prata. 
Retira-se uma moeda e verifica-se que a moeda é de ouro. 
Nessas condições, qual a probabilidade de a outra moeda da caixa escolhida ser de ouro? 
Dando um tratamento mais visual à resolução, podemos recorrer à árvore de 
probabilidades. 
Como são 3 caixas, vamos chamá-las 𝐶1, 𝐶2 e 𝐶3. Sendo idênticas e indistinguíveis, temos 
probabilidades iguais de escolhermos qualquer uma delas. 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 46 
Após escolhermos a caixa, pegaremos uma das duas moedas continentes, com cada uma 
delas de igual probabilidade dentro da caixa. 
Respeitando a descrição da quantidade de moedas de ouro (𝑂) e de moedas de prata (𝑃) 
dadas no enunciado, temos. 
 
Agora, vamos às possibilidades de escolha. 
Sabemos que a moeda retirada foi de ouro, então, podemos descartar todas as 
possibilidades que não apresentam a moeda sorteada de ouro. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 47 
 
Para a análise, podemos recorrer à análise pura da probabilidade, vista no início da aula. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
Pelo diagrama, já sabendo que temos uma moeda de ouro, podemos ver que o número 
de casos possíveis é igual a 3. 
Qual é, então, o número de casos favoráveis quando queremos que a outra moeda da 
mesma caixa seja de ouro? 
Vejamos. 
 
Novamente, o diagrama nos mostra que temos dois casos favoráveis em três possíveis, 
então nossa probabilidade 𝑃 é dada por. 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 48 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
2
3
 
 
Poderíamos, também, com o diagrama de árvore, aplicar os teoremas da multiplicação e 
da probabilidade total para descobrir a probabilidade condicional de termos a moeda de ouro 
vinda da caixa 𝐶1, pois é a única em condições de ter a outra moeda, além da sorteada, de ouro. 
Acompanhe. 
O diagrama segue sendo o mesmo. 
 
Estamos procurando, então, 𝑃(𝐶1|𝑂), que é dada, conforme estudamos, por: 
 𝑃(𝐶1|𝑂) =
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂)
𝑃(𝑂)
 
Seguindo o ramo de 𝐶1, temos. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 49 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
1
3
∙
1
2
+
1
3
∙
1
2
 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
1
6
+
1
6
 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
1 + 1
6
 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
2
6
 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
 2 
 6 
3 
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) =
1
3
 
Seguindo todos os ramos para procurar a probabilidade de termos uma moeda de ouro, 
temos. 
𝑃(𝑂) = 𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) + 𝑃(𝐶2 ∩ 𝑂) + 𝑃(𝐶3 ∩ 𝑂) 
𝑃(𝑂) = 𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂) + 𝑃(𝐶2 ∩ 𝑂) + 𝑃(𝐶3 ∩ 𝑂) 
𝑃(𝑂) = (
1
3
∙
1
2
+
1
3
∙
1
2
) + (
1
3
∙
1
2
) + (0) 
𝑃(𝑂) = (
1
3
) + (
1
6
) + (0) 
𝑃(𝑂) =
2 + 1
6
 
𝑃(𝑂) =
3
6
 
𝑃(𝑂) =
 3 
 6 
2 
𝑃(𝑂) =
1
2
 
Dessa forma, 
𝑃(𝐶1|𝑂) =
𝑃(𝐶1 ∩ 𝑂)
𝑃(𝑂)
 
𝑃(𝐶1|𝑂) =
 
1
3 
1
2
 
Conservar a primeira e inverter a segunda. Está lembrado, não? 
𝑃(𝐶1|𝑂) =
1
3
∙
2
1
 
𝑃(𝐶1|𝑂) =
2
3
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 50 
 
Como era de se esperar, os dois métodos produziram o mesmo resultado. É importante que 
você entenda ambos os métodos e consiga reproduzi-los, pelo menos na situação desse 
problema. 
Nos exercícios de vestibulares, nós vamos aplicar o que for mais prático ao momento, mas isso 
não impede você de encontrar novos caminhos, ok? 
7.6 O problema da permutação caótica 
A permutação caótica faz referência ao número de permutações em que os elementos 
sejam redistribuídos, como se fossem um anagrama, mas de forma que os elementos não 
ocupem as suas respectivas posições iniciais (tópico da Análise Combinatória). 
Ainda sobre a permutação caótica, uma segunda pergunta interessanteé: qual a 
probabilidade de ela ocorrer, dado um número de elementos e suas posições iniciais? 
Para calcular essa probabilidade, podemos recorrer à definição: 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
Assim, temos. 
𝑃 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡𝑎çã𝑜 𝑐𝑎ó𝑡𝑖𝑐𝑎
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚
 
 Contextualizando para o caso dos 5 amigos que recebem seus 5 chapéus ao final 
da festa, qual a probabilidade de que nenhum deles receba o próprio chapéu, caso a entrega 
seja feita de modo aleatório? 
𝑃 =
! 5
5!
=
44
120
=
 44 
11
 120 
30 =
11
30
= 0,36̅ = 36, 6̅ % 
Em geral, podemos dizer que a probabilidade de ocorrer uma permutação caótica quando 
estamos lidando com a permutação de 𝑛 elementos é dada por: 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡𝑎çã𝑜 𝑐𝑎ó𝑡𝑖𝑐𝑎
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚
 
𝑃 =
! 𝑛
𝑛!
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 51 
Nem pense em simplificar diretamente ! 𝑛 com 𝑛!, heim... Significam coisas muito 
distintas! 
Para simplificar a expressão, precisamos, antes, substituir ! 𝑛 pela sua definição. 
𝑃 =
𝑛! ∙ (
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4! −
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!)
𝑛!
 
Agora, sim, podemos simplificar. 
𝑃 =
 𝑛! ∙ (
1
0! −
1
1! +
1
2! −
1
3! +
1
4! −
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!)
 𝑛! 
 
𝑃 = (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!
) 
Se você fizer uma graduação em exatas, verá, durante o curso, que, nesse 
desenvolvimento, quanto maiores os valores de 𝑛, mais próxima essa expressão estará do 
inverso do número 𝑒. Em notação matemática: 
𝑙𝑖𝑚
𝑛 → ∞
(
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!
) =
1
𝑒
, 
onde 𝑒 é a constante de Euler, irracional, cujo valor aproximado é de 2,71828182846… 
Para notarmos essa tendência, nem precisamos ir tão longe. Veja a diferença entre a 
expressão e a razão para alguns valores de 𝑛. 
𝒏 (
𝟏
𝟎!
−
𝟏
𝟏!
+
𝟏
𝟐!
−
𝟏
𝟑!
+
𝟏
𝟒!
−
𝟏
𝟓!
+ ⋯±
𝟏
𝒏!
) 
𝟏
𝒆
 
1 (
1
0!
−
1
1!
) = 1 − 1 = 0 0,3678794. .. 
2 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
) = 0,5 0,3678794. .. 
3 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
) = 0, 3̅ 0,3678794. .. 
4 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
) = 0,375 0,3678794. .. 
5 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
) = 0,36̅ 0,3678794. .. 
6 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
) ≅ 0,368… 0,3678794. .. 
7 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
) ≅ 0,367857… 0,3678794. .. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 52 
8 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+
1
8!
) ≅ 0,367881… 0,3678794. .. 
9 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+
1
8!
−
1
9!
) ≅ 0,367879… 0,3678794. .. 
10 (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+
1
8!
−
1
9!
+
1
10!
) ≅ 0,3678794… 0,3678794. .. 
Para 𝑛 = 10 já chegamos à aproximação com 7 casas decimais. 
Como essa aproximação se dá de forma muito rápida, podemos, de modo geral, dizer 
que: 
𝑃 = (
1
0!
−
1
1!
+
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+ ⋯±
1
𝑛!
) ≅
1
𝑒
≅ 0,368 ≅ 36,8 % 
 
Em alguns casos, só saber que o valor da probabilidade das permutações caóticas gira 
em torno dessa porcentagem, 36,8 %, já é o bastante para resolver o exercício. 
Em outros, precisamos fazer os cálculos; mas, em geral, não costumam ser muito 
extensos. 
Podemos, ainda, apelar para escrever todos os casos, exaustivamente, e, em seguida, 
aplicar a própria definição de probabilidade. 
De todo modo, o conhecimento das permutações caóticas amplia em muito a possibilidade 
de acerto de questões específicas. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 53 
8. Questões de vestibulares anteriores 
1. (UERJ/2019.2) Um menino vai retirar ao acaso um único cartão de um conjunto de 
sete cartões. Em cada um deles está escrito apenas um dia da semana, sem repetições: 
segunda, terça, quarta, quinta, sexta, sábado, domingo. O menino gostaria de retirar 
sábado ou domingo. 
A probabilidade de ocorrência de uma das preferências do menino é: 
𝒂)
𝟏
𝟒𝟗
 
𝒃)
𝟐
𝟒𝟗
 
𝒄)
𝟏
𝟕
 
𝒅)
𝟐
𝟕
 
 
2. (Unicamp/2019) O sistema de segurança de um aeroporto consiste de duas 
inspeções. Na primeira delas, a probabilidade de um passageiro ser inspecionado é de 
𝟑/𝟓. Na segunda, a probabilidade se reduz para 𝟏/𝟒. A probabilidade de um passageiro 
ser inspecionado pelo menos uma vez é igual a 
𝒂) 
𝟏𝟕
𝟐𝟎
 
𝒃) 
𝟕
𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟑
𝟏𝟎
 
𝒅) 
𝟑
𝟐𝟎
 
 
3. (Fuvest/2019) Uma seta aponta para a posição zero no instante inicial. A cada 
rodada, ela poderá ficar no mesmo lugar ou mover-se uma unidade para a direita ou 
mover-se uma unidade para a esquerda, cada uma dessas três possibilidades com igual 
probabilidade. 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 54 
Qual é a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial? 
𝒂) 
𝟏
𝟗
 
𝒃) 
𝟏𝟕
𝟖𝟏
 
𝒄) 
𝟏
𝟑
 
𝒅) 
𝟓𝟏
𝟏𝟐𝟓
 
𝒆) 
𝟏𝟐𝟓
𝟐𝟒𝟑
 
 
4. (Unicamp/2018) Lançando-se determinada moeda tendenciosa, a probabilidade de 
sair cara é o dobro da probabilidade de sair coroa. Em dois lançamentos dessa moeda, a 
probabilidade de sair o mesmo resultado é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟐
 
𝒃) 
𝟓
𝟗
 
𝒄) 
𝟐
𝟑
 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
 
5. (Vunesp/2018) Dois dados convencionais e honestos foram lançados ao acaso. 
Sabendo-se que saiu o número 𝟔 em pelo menos um deles, a probabilidade de que tenha 
saído o número 𝟏 no outro é igual a 
𝒂) 
𝟐
𝟗
 
𝒃) 
𝟖
𝟏𝟏
 
𝒄) 
𝟐
𝟏𝟏
 
𝒅) 
𝟏
𝟔
 
𝒆) 
𝟏
𝟏𝟖
 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 55 
6. (Fuvest/2018) Em uma urna, há bolas amarelas, brancas e vermelhas. Sabe-se que: 
I. A probabilidade de retirar uma bola vermelha dessa urna é o dobro da probabilidade de 
retirar uma bola amarela. 
II. Se forem retiradas 𝟒 bolas amarelas dessa urna, a probabilidade de retirar uma bola 
vermelha passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
III. Se forem retiradas 𝟏𝟐 bolas vermelhas dessa urna, a probabilidade de retirar uma bola 
branca passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
A quantidade de bolas brancas na urna é 
𝒂) 𝟖. 
𝒃) 𝟏𝟎. 
𝒄) 𝟏𝟐. 
𝒅) 𝟏𝟒. 
𝒆) 𝟏𝟔. 
 
7. (Enem/2017) Um morador de uma região metropolitana tem 𝟓𝟎 % de probabilidade 
de atrasar-se para o trabalho quando chove na região; caso não chova, sua probabilidade 
de atraso é de 𝟐𝟓%. Para um determinado dia, o serviço de meteorologia estima 𝟑𝟎% a 
probabilidade da ocorrência de chuva nessa região. Qual é a probabilidade de esse 
morador se atrasar para o serviço no dia para o qual foi dada a estimativa de chuva? 
𝒂) 𝟎, 𝟎𝟕𝟓 
𝒃) 𝟎, 𝟏𝟓𝟎 
𝒄) 𝟎, 𝟑𝟐𝟓 
𝒅) 𝟎, 𝟔𝟎𝟎 
𝒆) 𝟎, 𝟖𝟎𝟎 
 
8. (Enem/2017) Numa avenida existem 10 semáforos. Por causa de uma pane no 
sistema, os semáforos ficaram sem controle durante uma hora, e fixaram suas luzes 
unicamente em verde ou vermelho. Os semáforos funcionam de forma independente; a 
probabilidade de acusar a cor verde é de 
2
3
 e a de acusar a cor vermelha é de 
1
3
. Uma pessoa 
percorreu a pé toda essa avenida durante o período da pane, observando a cor da luz de 
cada um desses semáforos. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 56 
Qual a probabilidade de que esta pessoa tenha observado exatamente um sinal na cor 
verde? 
𝒂) 
𝟏𝟎 × 𝟐
𝟑𝟏𝟎
 
𝒃) 
𝟏𝟎 × 𝟐𝟗
𝟑𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟐𝟏𝟎
𝟑𝟏𝟎𝟎
 
𝒅) 
𝟐𝟗𝟎
𝟑𝟏𝟎𝟎
 
𝒆) 
𝟐
𝟑𝟏𝟎
 
 
9. (Unicamp/2017) Um dado não tendencioso de seis faces será lançado duas vezes. 
A probabilidade de que o maior valor obtido nos lançamentos seja menor do que 3 é igual 
a 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟏
𝟓
 
𝒄) 
𝟏
𝟕
 
𝒅) 
𝟏
𝟗
 
 
10. (Fuvest/2017) Cláudia, Paulo, Rodrigo e Ana brincam entre si de amigo-secreto (ou 
amigo-oculto). Cada nome é escrito em um pedaço de papel, que é colocado em uma urna, 
e cada participante retira um deles ao acaso. 
A probabilidade de que nenhum participante retire seu próprio nome é 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟕
𝟐𝟒
 
𝒄) 
𝟏
𝟑
 
𝒅) 
𝟑
𝟖
 
𝒆) 
𝟓
𝟏𝟐
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 57 
 
11. (UEA/2017) Um projeto de preservação ambiental está sendo analisado pela 
Secretaria de Meio Ambiente e, para ser implantado, deve ser aprovado pelos setores 
técnico e financeiro dessa secretaria. Ecologistas estimam que 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de o 
projeto ser aprovado pelo setor técnico. Caso isso aconteça, a probabilidade de ser 
aprovado pelo setor financeiro é 
𝟓
𝟔
. Nessas condições, a probabilidade de que o projeto 
seja implantado é de 
𝒂) 𝟏/𝟓 
𝒃) 𝟓/𝟖 
𝒄) 𝟒/𝟓 
𝒅) 𝟕/𝟏𝟐 
𝒆) 𝟏/𝟏𝟐 
 
12. (Unicamp/2016) Uma moeda balanceada é lançada quatro vezes, obtendo-se cara 
exatamente três vezes. A probabilidade de que as caras tenham saído consecutivamente 
é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟑
𝟖
 
𝒄) 
𝟏
𝟐
 
𝒅) 
𝟑
𝟒
 
 
13. (Fuvest/2016) Em um experimento probabilístico, Joana retirará aleatoriamente 𝟐 
bolas de uma caixa contendo bolas azuis e bolas vermelhas. Ao montar-se o experimento, 
colocam-se 𝟔 bolas azuis na caixa. 
Quantas bolas vermelhas devem ser acrescentadas para que a probabilidade de Joana 
obter 𝟐 azuis seja 
𝟏
𝟑
? 
𝒂) 𝟐 
𝒃) 𝟒 
𝒄) 𝟔 
𝒅) 𝟖 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 58 
𝒆) 𝟏𝟎 
 
14. (Fuvest/2015) De um baralho de 𝟐𝟖 cartas, sete de cada naipe, Luís recebe cinco 
cartas: duas de ouros, uma de espadas, uma de copas e uma de paus. Ele mantém consigo 
as duas cartas de ouros e troca as demais por três cartas escolhidas ao acaso dentre as 
𝟐𝟑 cartas que tinham ficado no baralho. A probabilidade de, ao final, Luís conseguir cinco 
cartas de ouros é: 
𝒂) 
𝟏
𝟏𝟑𝟎
 
𝒃) 
𝟏
𝟒𝟐𝟎
 
𝒄) 
𝟏𝟎
𝟏. 𝟕𝟕𝟏
 
𝒅) 
𝟐𝟓
𝟕. 𝟏𝟏𝟕
 
𝒆) 
𝟓𝟐
𝟖. 𝟏𝟏𝟕
 
 
15. (Unicamp/2014) Um caixa eletrônico de certo banco dispõe apenas de cédulas de 20 
e 50 reais. No caso de um saque de 400 reais, a probabilidade do número de cédulas 
entregues ser ímpar é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟐
𝟓
 
𝒄) 
𝟐
𝟑
 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
 
16. (Fuvest/2014) O gamão é um jogo de tabuleiro muito antigo, para dois oponentes, 
que combina a sorte, em lances de dados, com estratégia, no movimento das peças. Pelas 
regras adotadas, atualmente, no Brasil, o número total de casas que as peças de um 
jogador podem avançar, numa dada jogada, é determinado pelo resultado do lançamento 
de dois dados. Esse número é igual à soma dos valores obtidos nos dois dados, se esses 
valores forem diferentes entre si; e é igual ao dobro da soma, se os valores obtidos nos 
dois dados forem iguais. Supondo que os dados não sejam viciados, a probabilidade de 
um jogador poder fazer suas peças andarem pelo menos oito casas em uma jogada é 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 59 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟓
𝟏𝟐
 
𝒄) 
𝟏𝟕
𝟑𝟔
 
𝒅) 
𝟏
𝟐
 
𝒆) 
𝟏𝟗
𝟑𝟔
 
 
17. (UEA/2014) Em uma unidade de produção em cativeiro há 𝟑𝟎 tanques, tendo cada 
um 𝟏𝟓 ou 𝟐𝟎 peixes, num total de 𝟓𝟒𝟎 peixes. Suponha que todos esses peixes sejam 
transferidos para um único grande tanque. Extraindo-se um deles ao acaso, a 
probabilidade de que ele seja proveniente de um dos tanques que continham exatamente 
𝟏𝟓 peixes é 
𝒂) 𝟐/𝟑 
𝒃) 𝟑/𝟒 
𝒄) 𝟏/𝟑 
𝒅) 𝟏/𝟐 
𝒆) 𝟑/𝟓 
 
18. (Fuvest/2012) Considere todos os pares ordenados de números naturais (𝒂, 𝒃), em 
que 𝟏𝟏 ≤ 𝒂 ≤ 𝟐𝟐 e 𝟒𝟑 ≤ 𝒃 ≤ 𝟓𝟏. Cada um desses pares ordenados está escrito em um 
cartão diferente. Sorteando-se um desses cartões ao acaso, qual é a probabilidade de que 
se obtenha um par ordenado (𝒂, 𝒃) de tal forma que a fração 𝒂 𝒃⁄ seja irredutível e com 
denominador par? 
𝒂) 
𝟕
𝟐𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟑
𝟓𝟒
 
𝒄) 
𝟔
𝟐𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟏
𝟓𝟒
 
𝒆) 
𝟓
𝟐𝟕
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 60 
19. (Fuvest/2011) Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 𝟏 a 𝟔, é 
lançado três vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do 
dado, formando-se uma sequência (𝒂, 𝒃, 𝒄). Qual é a probabilidade de que 𝒃 seja sucessor 
de 𝒂 ou que 𝒄 seja sucessor de 𝒃? 
𝒂) 
𝟒
𝟐𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟏
𝟓𝟒
 
𝒄) 
𝟕
𝟐𝟕
 
𝒅)
 𝟏𝟎
𝟐𝟕
 
𝒆) 
𝟐𝟑
𝟓𝟒
 
 
20. (UEA/2011) Em uma oficina de artesanato, uma caixa continha somente sementes 
de açaí tingidas nas cores brancas e azul, na razão de 𝟑 sementes brancas para cada 𝟓 
azuis. A probabilidade de que a próxima unidade retirada aleatoriamente dessa caixa seja 
uma semente branca é de 
𝒂) 𝟔𝟐, 𝟓% 
𝒃) 𝟓𝟖, 𝟓% 
𝒄) 𝟒𝟎, 𝟓% 
𝒅) 𝟑𝟕, 𝟓% 
𝒆) 𝟑𝟔, 𝟓% 
 
21. (UFU/2011.2) Um operário do setor de empacotamento e distribuição de cosméticos 
de uma empresa é responsável pela montagem de caixas com perfumes. Suponha que, na 
esteira de distribuição, existam à sua disposição 𝟓𝟎𝟐 frascos idênticos de perfume 
masculino e 𝟓𝟎𝟐 frascos idênticos de perfume feminino. Ele, distraída e aleatoriamente, 
retira da esteira um perfume em seguida outro, e os coloca na caixa. Se 𝑨 é a probabilidade 
de que os dois frascos retirados sejam destinados a pessoas do mesmo sexo e 𝑩 é a 
probabilidade de que esses frascos sejam destinados a pessoas de sexo diferentes, então 
o valor da diferença 𝑨 − 𝑩 é igual a 
𝒂) −
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟑
 
𝒃)
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟑
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 61 
𝒄)
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟒
 
𝒅) −
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟓
 
 
22. (UFU/2011.1) Um campeonato de múltiplas modalidades integra 𝟏𝟔 cidades, sendo 
𝟏𝟎 cidades do estado de Minas Gerais e 𝟔 cidades do estado de São Paulo. Elas concorrem 
em todas as modalidades praticadas. Assuma que as duas cidades têm as mesmas 
chances de vitórias e que os três primeiros lugares, ordenadamente, serão ocupados, 
cada qual, por uma única cidade. 
Considere as afirmativas: 
Existem 𝟑𝟑𝟔𝟎 diferentes possibilidades de três distintas cidades ocuparem, 
ordenadamente, os três primeiros lugares 
A probabilidade de uma cidade mineira ganhar o primeiro lugar é de 𝟐/𝟑 
A probabilidade dos três primeiros lugares não serem conquistados apenas por cidades 
paulistas é de 𝟐𝟕/𝟐𝟖 
Com base nas afirmações acima, é correto afirmar que: 
𝒂) Apenas I e III são verdadeiras 
𝒃) Apenas I é verdadeira 
𝒄) Apenas II e III são verdadeiras 
𝒅) Apenas III é verdadeira 
 
23. (Fuvest/2009) Dois dados cúbicos, não viciados, com faces numeradas de 𝟏 a𝟔, 
serão lançados simultaneamente. A probabilidade de que sejam sorteados dois números 
consecutivos, cuja soma seja um número primo, é de: 
𝒂) 
𝟐
𝟗
 
𝒃) 
𝟏
𝟑
 
𝒄) 
𝟒
𝟗
 
𝒅) 
𝟓
𝟗
 
𝒆) 
𝟐
𝟑
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 62 
24. (UEA/2008) Um saco contém 𝟏𝟎 bolas todas iguais em tamanho, sendo 𝟓 brancas, 𝟑 
amarelas e 𝟐 verdes. Retirando duas delas ao acaso, a probabilidade de que pelo menos 
uma delas seja amarela é de, aproximadamente: 
𝒂) 𝟑𝟎% 
𝒃) 𝟒𝟔% 
𝒄) 𝟓𝟑% 
𝒅) 𝟑𝟖% 
𝒆) 𝟔𝟎% 
 
25. (UFU/2008.1) Lança-se um dado não viciado e se observa o número correspondente 
à face que caiu voltada para cima. Sejam 𝒂, 𝒃 e 𝒄, respectivamente, os valores observados 
em três lançamentos sucessivos. Se 𝒙 = 𝒂 ∙ 𝟏𝟎𝟐 + 𝒃 ∙ 𝟏𝟎 + 𝒄, então a probabilidade desse 
número 𝒙 de três algarismos ser divisível por 𝟐 ou por 𝟓 é igual a 
𝒂) 𝟖/𝟏𝟐 
𝒃) 𝟕/𝟏𝟐 
𝒄) 𝟗/𝟏𝟐 
𝒅) 𝟏𝟎/𝟏𝟐 
 
26. (Fuvest/2006) Um recenseamento revelou as seguintes características sobre a idade 
e a escolaridade da população de uma cidade. 
 
Escolaridade Jovens Mulheres Homens 
Fundamental incompleto 30% 15% 18% 
Fundamental completo 20% 30% 28% 
Médio incompleto 26% 20% 16% 
Médio completo 18% 28% 28% 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 63 
Superior incompleto 4% 4% 5% 
Superior completo 2% 3% 5% 
Se for sorteada, ao acaso, uma pessoa da cidade, a probabilidade de esta pessoa ter curso 
superior (completo ou incompleto) é 
𝒂) 𝟔, 𝟏𝟐% 
𝒃) 𝟕, 𝟐𝟕% 
𝒄) 𝟖, 𝟒𝟓% 
𝒅) 𝟗, 𝟓𝟕% 
𝒆) 𝟏𝟎, 𝟐𝟑% 
 
27. (UEA/2005) João e Maria apostam no resultado do lançamento de um dado não 
tendencioso. João ganha se o resultado for 𝟔; Maria, se o resultado for 𝟏 ou 𝟐; se o 
resultado for 𝟑, 𝟒 ou 𝟓, o dado é jogado novamente até que João ou Maria ganhe. 
Qual é a probabilidade de João ganhar a aposta? 
𝒂) 𝟏/𝟔 
𝒃) 𝟏/𝟒 
𝒄) 𝟏/𝟑 
𝒅) 𝟏/𝟐 
𝒆) 𝟐/𝟑 
 
28. (Fuvest/2002) Dois triângulos congruentes, com lados coloridos, são indistinguíveis 
se podem ser sobrepostos de tal modo que as cores dos lados coincidentes sejam as 
mesmas. Dados dois triângulos equiláteros congruentes, cada um de seus lados é pintado 
com uma cor escolhida dentre duas possíveis, com igual probabilidade. A probabilidade 
de que esses triângulos sejam indistinguíveis é de: 
𝒂) 
𝟏
𝟐
 
𝒃) 
𝟑
𝟒
 
𝒄) 
𝟗
𝟏𝟔
 
𝒅) 
𝟓
𝟏𝟔
 
𝒆) 
𝟏𝟓
𝟑𝟐
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 64 
 
29. (Fuvest/2000) Um arquivo de escritório possui 𝟒 gavetas, chamadas 𝒂, 𝒃, 𝒄, 𝒅. Em 
cada gaveta cabem no máximo 𝟓 pastas. Uma secretária guardou, ao acaso, 𝟏𝟖 pastas 
nesse arquivo. Qual é a probabilidade de haver exatamente 𝟒 pastas na gaveta a? 
𝒂) 
𝟑
𝟏𝟎
 
𝒃) 
𝟏
𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟑
𝟐𝟎
 
𝒅) 
𝟏
𝟐𝟎
 
𝒆) 
𝟏
𝟑𝟎
 
 
30. (Fuvest/1993) Escolhe-se ao acaso três vértices distintos de um cubo. A 
probabilidade de que estes vértices pertençam a uma mesma face é: 
𝒂) 
𝟑
𝟏𝟒
 
𝒃) 
𝟐
𝟕
 
𝒄) 
𝟓
𝟏𝟒
 
𝒅) 
𝟑
𝟕
 
𝒆) 
𝟏𝟑
𝟏𝟖
 
 
31. (Fuvest/1990) 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 saiam com a frequência 
esperada em um dado não viciado. 
Qual a frequência da face 𝟏? 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟏
𝟗
 
𝒅) 
𝟐
𝟗
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 65 
𝒆) 
𝟏
𝟏𝟐
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 66 
9. Gabarito das questões de vestibulares anteriores 
1. d) 
2. b) 
3. b) 
4. b) 
5. c) 
6. c) 
7. c) 
8. a) 
9. d) 
10. d) 
11. b) 
12. c) 
13. b) 
14. c) 
15. b) 
16. c) 
17. c) 
18. e) 
19. c) 
20. d) 
21. a) 
22. a) 
23. a) 
24. c) 
25. a) 
26. b) 
27. c) 
28. d) 
29. a) 
30. d) 
31. c) 
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 67 
10. Questões de vestibulares anteriores resolvidas e 
comentadas 
1. (UERJ/2019.2) Um menino vai retirar ao acaso um único cartão de um conjunto de 
sete cartões. Em cada um deles está escrito apenas um dia da semana, sem repetições: 
segunda, terça, quarta, quinta, sexta, sábado, domingo. O menino gostaria de retirar 
sábado ou domingo. 
A probabilidade de ocorrência de uma das preferências do menino é: 
𝒂)
𝟏
𝟒𝟗
 
𝒃)
𝟐
𝟒𝟗
 
𝒄)
𝟏
𝟕
 
𝒅)
𝟐
𝟕
 
Comentários 
Do total de possibilidades (7), há 2 possibilidades favoráveis. Podemos, então, aplicar 
diretamente nossa definição de probabilidade: 
𝑃 =
𝐹𝐴𝑉𝑂𝑅Á𝑉𝐸𝐼𝑆
𝑇𝑂𝑇𝐴𝐼𝑆
 
P =
2
7
 
Gabarito: d) 
2. (Unicamp/2019) O sistema de segurança de um aeroporto consiste de duas 
inspeções. Na primeira delas, a probabilidade de um passageiro ser inspecionado é de 
𝟑/𝟓. Na segunda, a probabilidade se reduz para 𝟏/𝟒. A probabilidade de um passageiro 
ser inspecionado pelo menos uma vez é igual a 
𝒂) 
𝟏𝟕
𝟐𝟎
 
𝒃) 
𝟕
𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟑
𝟏𝟎
 
𝒅) 
𝟑
𝟐𝟎
 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 68 
Comentários 
Aqui podemos pensar na probabilidade do complementar. 
𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
No contexto, podemos definir: 
Evento 𝐴: ser inspecionado pelo menos uma vez. 
Evento 𝐴𝑐: não ser inspecionado. 
Se o enunciado nos informou que a probabilidade de um passageiro ser inspecionado na primeira 
vez é de 3/5, podemos inferir que a probabilidade de ele não ser inspecionado é de 2/5, ou seja, 
o que falta para 1, ou 100%. 
Do mesmo modo, se a probabilidade de um passageiro ser inspecionado na segunda vez é de 
1/4, a probabilidade de ele não o ser é de 3/4 pelo mesmo motivo da anterior. 
Assim, utilizando o teorema da multiplicação, a probabilidade de um passageiro não ser 
inspecionado é: 
𝑃(𝐴𝑐) =
2
5
∙
3
4
 
𝑃(𝐴𝑐) =
 2 
5
∙
3
 4 
2 
𝑃(𝐴𝑐) =
3
5 ∙ 2
 
𝑃(𝐴𝑐) =
3
10
 
Portanto, a probabilidade de um passageiro ser inspecionado pelo menos uma vez é dada por: 
𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝑐) 
𝑃(𝐴) = 1 −
3
10
 
Para frações, MMC. 
𝑃(𝐴) =
10 − 3
10
 
𝑃(𝐴) =
7
10
 
Gabarito: b) 
3. (Fuvest/2019) Uma seta aponta para a posição zero no instante inicial. A cada 
rodada, ela poderá ficar no mesmo lugar ou mover-se uma unidade para a direita ou 
mover-se uma unidade para a esquerda, cada uma dessas três possibilidades com igual 
probabilidade. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 69 
 
Qual é a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial? 
𝒂) 
𝟏
𝟗
 
𝒃) 
𝟏𝟕
𝟖𝟏
 
𝒄) 
𝟏
𝟑
 
𝒅) 
𝟓𝟏
𝟏𝟐𝟓
 
𝒆) 
𝟏𝟐𝟓
𝟐𝟒𝟑
 
Comentários 
A seta pode admitir uma das três opções: 
✓ mover-se para a direita (𝐷) 
✓ mover-se para a esquerda (𝐸) 
✓ ficar parada (𝑃) 
Como são 5 rodadas e, em cada uma, temos 3 possibilidades, temos, ao todo, 𝑛 possibilidades. 
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, 𝑛 é dado por: 
𝑛 = 3 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 3 = 35 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
Analisemos, então, quais são as possibilidades, dentro dessas 𝑛 = 35, nas quais, após 5 
rodadas, a seta permanece na posição original. 
Uma opção, certamente,seria a seta ficar parada por todas as 5 rodadas, o que, obviamente, 
levaria à condição de, ao final, estar no mesmo lugar de início. 
Assim, a sequência de eventos (𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃) produz o resultado esperado. 
Digamos que, em algum momento, a seta receba o comando de mover-se para a direita (𝐷). 
Para que, ao final, ela esteja na posição inicial, esse movimento (𝐷) deverá ser desfeito por um 
movimento para a esquerda (𝐸). 
Do mesmo modo, se o primeiro movimento para se mover for para a esquerda (𝐸), em algum 
momento, antes do final das 5 rodadas, ele deverá ser desfeito por um movimento para a direita 
(𝐷). 
Esse raciocínio nos leva a crer que o primeiro movimento que retirar a seta da origem deverá ser 
anulado pelo seu oposto, considerando (𝐷) e (𝐸) como movimentos opostos. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 70 
Assim, eventos do tipo (𝑃𝑃𝑃𝐷𝐸) e (𝑃𝑃𝐸𝐷𝑃) geram o efeito esperado, de deixar a seta, ao final 
das 5 rodadas, na posição inicial; enquanto sequências do tipo (𝑃𝑃𝑃𝑃𝐷) e (𝑃𝐷𝐸𝐷𝑃), não. 
Desse modo, podemos concluir que sequências que apresentam pares 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷, por serem 
movimentos opostos e se anularem, sempre resultam no resultado esperado. Não podemos ter, 
nessas sequências, movimentos (𝐷) ou (𝐸) sem que tenham seu opositor, ou a seta não voltaria 
à posição de origem. 
Concluímos, assim, que temos, basicamente, 3 tipos de sequências que produzem o resultado 
esperado: 
✓ a sequência (𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃). 
✓ sequências com, exatamente, um par 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷. 
✓ sequências com, exatamente, dois pares 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷. 
Muito bem, entendemos a situação. Agora, precisamos entender a pergunta. Voltemos ao 
enunciado para isso. 
“Qual é a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial?” 
A definição de probabilidade nos diz que 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
Assim, nossa probabilidade de a seta permanecer na posição inicial, zero, denominemos 𝑃0, é 
dada por: 
𝑃0 =
𝑆𝑜𝑚𝑎 𝑑𝑜𝑠 3 𝑡𝑖𝑝𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑇𝑜𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 → 𝑛 = 35
 
Conseguimos, então, resumir nosso problema a encontrar a soma dos 3 tipos de sequência que 
produzem o resultado esperado. Vamos a elas. 
A sequência (𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃) 
O número 𝑞 de vezes que, dadas 3 opções, temos todos os termos iguais a (𝑃), ou seja, apenas 
uma opção a cada rodada, é dado por: 
𝑞 = 1 ∙ 1 ∙ 1 ∙ 1 ∙ 1 
𝑞 = 1 
Assim, entendemos que a sequência (𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃) ocorre uma única vez, como era de se esperar. 
Sequências com, exatamente, um par 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷. 
Cada sequência é única, assim, (𝑃𝑃𝑃𝐷𝐸) ≠ (𝑃𝑃𝑃𝐸𝐷). 
Podemos, então, pensar em permutar esses 5 elementos, com repetição tripla de (𝑃). 
Assim, o número 𝑟 de sequências possíveis nessas condições é dado por: 
𝑟 = 𝑃5
3 =
5!
3!
=
5 ∙ 4 ∙ 3!
3!
= 5 ∙ 4 = 20 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 71 
Ou seja, temos 20 sequências possíveis com, exatamente, um par 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷. 
Sequências com, exatamente, dois pares 𝐷𝐸 ou 𝐸𝐷 
Com o mesmo raciocínio anterior, teremos sequências do tipo (𝑃𝐷𝐸𝐷𝐸), ou seja, com um 
movimento (𝑃), dois (𝐷) e dois (𝐸). 
Assim, o número 𝑠 de sequências possíveis nessas condições é dado por uma permutação com 
a repetição de dois (𝐷) e dois (𝐸). 
𝑠 = 𝑃5
2,2 =
5!
2! ∙ 2!
=
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1
=
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 
= 5 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 30 
E, aqui, mais 30 sequências que deixam a seta na posição original por apresentar dois 
movimentos para a direita e dois para a esquerda. 
Sendo assim, temos nossa probabilidade dada por: 
𝑃0 =
𝑆𝑜𝑚𝑎 𝑑𝑜𝑠 3 𝑡𝑖𝑝𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑇𝑜𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 → 𝑛 = 35
 
𝑃0 =
𝑞 + 𝑟 + 𝑠
35
 
𝑃0 =
1 + 20 + 30
35
 
𝑃0 =
51
35
 
Fatorando o 51, temos. 
𝑃0 =
3 ∙ 17
3 ∙ 34
 
𝑃0 =
 3 ∙ 17
 3 ∙ 34
 
𝑃0 =
17
34
 
𝑃0 =
17
81
 
Gabarito: b) 
4. (Unicamp/2018) Lançando-se determinada moeda tendenciosa, a probabilidade de 
sair cara é o dobro da probabilidade de sair coroa. Em dois lançamentos dessa moeda, a 
probabilidade de sair o mesmo resultado é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟐
 
𝒃) 
𝟓
𝟗
 
𝒄) 
𝟐
𝟑
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 72 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
Comentários 
Considerando a probabilidade de sair cara, 𝑃(𝐾), e a probabilidade de sair coroa, 𝑃(𝐶), temos: 
{
𝑃(𝐾) + 𝑃(𝐶) = 1 → 𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑎 𝑑𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 1, 𝑜𝑢 100%
 
𝑃(𝐾) = 2 ∙ 𝑃(𝐶) → 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑑𝑜 𝑒𝑛𝑢𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 
 
Substituindo a segunda equação na primeira, temos. 
 
𝑃(𝐾) + 𝑃(𝐶) = 1 
2 ∙ 𝑃(𝐶) + 𝑃(𝐶) = 1 
3 ∙ 𝑃(𝐶) = 1 
Dividindo ambas as equações por 3. 
3 ∙ 𝑃(𝐶)
3
=
1
3
 
𝑃(𝐶) =
1
3
 
Substituindo o valor de 𝑃(𝐶) na segunda equação do sistema, temos. 
𝑃(𝐾) = 2 ∙ 𝑃(𝐶) 
𝑃(𝐾) = 2 ∙
1
3
 
𝑃(𝐾) =
2
3
 
Agora, de posse das probabilidades individuais, podemos calcular a probabilidade solicitada no 
exercício. 
Ao lançar a moeda duas vezes, a probabilidade de ter o mesmo resultado nos dois lançamentos 
pode ser dividida em duas etapas: a probabilidade 𝑃1 de ambos os lançamentos apresentarem 
cara e a probabilidade 𝑃2 de ambos os lançamentos apresentarem coroa. 
Assim, temos, pelo teorema da multiplicação: 
𝑃1 =
1
3
∙
1
3
 
𝑃1 =
1
9
 
 
𝑃2 =
2
3
∙
2
3
 
𝑃1 =
4
9
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 73 
Aplicando o teorema da probabilidade total, podemos dizer que a probabilidade 𝑃 de que os dois 
lançamentos apresentem resultados iguais é de: 
𝑃 = 𝑃1 + 𝑃2 
𝑃 =
1
9
+
4
9
 
𝑃 =
5
9
 
Gabarito: b) 
5. (Vunesp/2018) Dois dados convencionais e honestos foram lançados ao acaso. 
Sabendo-se que saiu o número 𝟔 em pelo menos um deles, a probabilidade de que tenha 
saído o número 𝟏 no outro é igual a 
𝒂) 
𝟐
𝟗
 
𝒃) 
𝟖
𝟏𝟏
 
𝒄) 
𝟐
𝟏𝟏
 
𝒅) 
𝟏
𝟔
 
𝒆) 
𝟏
𝟏𝟖
 
Comentários 
Trata-se de uma situação de probabilidade condicional. 
Estamos procurando a probabilidade de termos o número 1, dado que o 6 já ocorreu. 
Assim, temos. 
𝑃(1|6) =
𝑛(1 ∩ 6)
𝑛(6)
 
Perceba que não estamos considerando as 36 possibilidades para o lançamento de dois dados, 
pois, já tendo ocorrido o 6, temos um espaço amostral reduzido pela probabilidade condicional. 
Pensemos então no número de lançamentos possíveis que tenham os números 1 e 6. Bem, 
temos apenas duas possibilidades: (1,6) e (6,1), portanto, 𝑛(1 ∩ 6) = 2. 
Já o número de lançamentos possíveis em que o 6 figura de algum modo já é maior. 
(1,6) − (2,6) − (3,6) = (4,6) − (5,6) − (6,6) 
(6,1) − (6,2) − (6,3) = (6,4) − (6,5) − (6,6) 
Tomando o cuidado de não contar em duplicidade o elemento (6,6), temos 11 possibilidades em 
que figura o 6 de algum modo, portanto, 𝑛(6) = 11. 
Assim, utilizando a definição de probabilidade condicional, temos. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 74 
𝑃(1|6) =
𝑛(1 ∩ 6)
𝑛(6)
 
𝑃(1|6) =
2
11
 
Gabarito: c) 
6. (Fuvest/2018) Em uma urna, há bolas amarelas, brancas e vermelhas. Sabe-se que: 
I. A probabilidade de retirar uma bola vermelha dessa urna é o dobro da probabilidade de 
retirar uma bola amarela. 
II. Se forem retiradas 𝟒 bolas amarelas dessa urna, a probabilidade de retirar uma bola 
vermelha passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
III. Se forem retiradas 𝟏𝟐 bolas vermelhas dessa urna,a probabilidade de retirar uma bola 
branca passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
A quantidade de bolas brancas na urna é 
𝒂) 𝟖. 
𝒃) 𝟏𝟎. 
𝒄) 𝟏𝟐. 
𝒅) 𝟏𝟒. 
𝒆) 𝟏𝟔. 
Comentários 
Antes de iniciar o exercício em si, vamos criar uma codificação para facilitar nossas anotações. 
Tomemos 
𝑎 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎𝑠 
𝑏 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑏𝑟𝑎𝑛𝑐𝑎𝑠 
𝑣 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑎𝑠 
𝑃𝑎 = 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑟𝑎𝑟 𝑢𝑚𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 
𝑃𝑏 = 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑟𝑎𝑟 𝑢𝑚𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑏𝑟𝑎𝑛𝑐𝑎 
𝑃𝑣 = 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑟𝑎𝑟 𝑢𝑚𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑎 
Onde, por definição, podemos dizer que as probabilidades 𝑃𝑎, 𝑃𝑏 e 𝑃𝑣 são dadas por: 
𝑃𝑎 =
𝑎
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
 
 
𝑃𝑏 =
𝑏
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 75 
 
𝑃𝑣 =
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
 
De acordo? 
Com essa nomenclatura, vamos traduzir as informações do enunciado. 
I. A probabilidade de retirar uma bola vermelha dessa urna é o dobro da probabilidade de retirar 
uma bola amarela. 
𝑃𝑣 = 2 ∙ 𝑃𝑎 
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
= 2 ∙
𝑎
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
 
 
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
= 2 ∙
𝑎
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
 
 
Multiplicando ambos os termos da equação por (𝑎 + 𝑏 + 𝑣). 
 
(𝑎 + 𝑏 + 𝑣) ∙
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
= 2 ∙
𝑎
𝑎 + 𝑏 + 𝑣
∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣) 
 
 (𝑎 + 𝑏 + 𝑣) ∙
𝑣
 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 
= 2 ∙
𝑎
 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 
∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣) 
 
𝑣 = 2 ∙ 𝑎 
Subtraindo 𝑣 de ambos os membros da equação, temos. 
𝑣 − 𝑣 = 2 ∙ 𝑎 − 𝑣 
 𝑣 − 𝑣 = 2 ∙ 𝑎 − 𝑣 
0 = 2 ∙ 𝑎 − 𝑣 
Reescrevendo de modo equivalente. 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0 
Guardemos essa informação e sigamos. 
II. Se forem retiradas 𝟒 bolas amarelas dessa urna, a probabilidade de retirar uma bola vermelha 
passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4
=
1
2
 
 
Multiplicando ambos os membros da equação por 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4). 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 76 
 
2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4) ∙
𝑣
𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4
=
1
2
∙ 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4) 
 
2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4) ∙
𝑣
 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4 
=
1
 2 
∙ 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4) 
 
2 ∙ 𝑣 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4 
Subtraindo 2 ∙ 𝑣 e somando 4 a ambos os membros da equação. 
2 ∙ 𝑣 − 2 ∙ 𝑣 + 4 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4 − 2 ∙ 𝑣 + 4 
 2 ∙ 𝑣 − 2 ∙ 𝑣 + 4 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 4 − 2 ∙ 𝑣 + 4 
4 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 2 ∙ 𝑣 
4 = 𝑎 + 𝑏 − 𝑣 
Reescrevendo de modo equivalente. 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4 
Novamente, guardemos a informação e sigamos. 
III. Se forem retiradas 𝟏𝟐 bolas vermelhas dessa urna, a probabilidade de retirar uma bola branca 
passa a ser 
𝟏
𝟐
. 
𝑏
𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12
=
1
2
 
Perceba que, na equação, retiramos 12 bolas do total. Desde que não sejam brancas, podemos 
retirar essas 12 bolas de qualquer outra cor sem alterar a informação de que a probabilidade da 
bola branca passa a ser 
1
2
. 
Multiplicando ambos os membros da equação por 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12). 
2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12) ∙
𝑏
𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12
=
1
2
∙ 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12) 
 
2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12) ∙
𝑏
 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12 
=
1
 2 
∙ 2 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12) 
 
2 ∙ 𝑏 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12 
Subtraindo 2 ∙ 𝑏 e somando 12 a ambos os membros da equação. 
2 ∙ 𝑏 − 2 ∙ 𝑏 + 12 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12 − 2 ∙ 𝑏 + 12 
 2 ∙ 𝑏 − 2 ∙ 𝑏 + 12 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 12 − 2 ∙ 𝑏 + 12 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 77 
12 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑣 − 2 ∙ 𝑏 
12 = 𝑎 − 𝑏 + 𝑣 
Reescrevendo de modo equivalente. 
𝑎 − 𝑏 + 𝑣 = 12 
Muito bem, seguimos todas as indicações e chegamos a três equações distintas. 
Vejamos o que estamos procurando antes de trabalharmos com as equações. O enunciado nos 
pede 
“A quantidade de bolas brancas na urna é...” 
Assim, estamos, nesta questão, procurando o valor da incógnita 𝑏. 
Perceba que as equações a que chegamos nos permitem montar um sistema de equações. 
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 − 𝑏 + 𝑣 = 12
 
Perceba que as linhas 2 e 3 apresentam duas de nossas incógnitas, 𝑏 e 𝑣, com sinais opostos. 
Vamos somá-las para já descobrir o valor da incógnita 𝑎. 
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 − 𝑏 + 𝑣 = 12
0
0
0
0
+
 
0
0
∙ (1)
0
0
→
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
2𝑎 + 0b + 0v = 12 + 4
→
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
2𝑎 = 16
→
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 = 8
 
Substituindo 𝑎 = 8 na primeira equação. 
{
 
 
 
 
2 ∙ 𝑎 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 = 8
 →
{
 
 
 
 
2 ∙ 8 − 𝑣 = 0
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 = 8
→
{
 
 
 
 
16 = 𝑣
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 = 8
 
Substituindo 𝑎 = 8 e 16 = 𝑣 na segunda equação, temos. 
{
 
 
 
 
16 = 𝑣
 
𝑎 + 𝑏 − 𝑣 = 4
 
𝑎 = 8
 →
{
 
 
 
 
16 = 𝑣
 
8 + 𝑏 − 16 = 4
 
𝑎 = 8
→
{
 
 
 
 
16 = 𝑣
 
𝑏 = 4 + 16 − 8
 
𝑎 = 8
→
{
 
 
 
 
16 = 𝑣
 
𝑏 = 12
 
𝑎 = 8
 
E, assim, concluímos ser 12 o número de bolas brancas na urna, inicialmente. 
Gabarito: c) 
7. (Enem/2017) Um morador de uma região metropolitana tem 𝟓𝟎 % de probabilidade 
de atrasar-se para o trabalho quando chove na região; caso não chova, sua probabilidade 
de atraso é de 𝟐𝟓%. Para um determinado dia, o serviço de meteorologia estima 𝟑𝟎% a 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 78 
probabilidade da ocorrência de chuva nessa região. Qual é a probabilidade de esse 
morador se atrasar para o serviço no dia para o qual foi dada a estimativa de chuva? 
𝒂) 𝟎, 𝟎𝟕𝟓 
𝒃) 𝟎, 𝟏𝟓𝟎 
𝒄) 𝟎, 𝟑𝟐𝟓 
𝒅) 𝟎, 𝟔𝟎𝟎 
𝒆) 𝟎, 𝟖𝟎𝟎 
Comentários 
Cálculo da probabilidade do morador se atrasar se chover: 
𝑃1 = 0,3 ⋅ 0,5 
𝑃1 = 0,15 
Cálculo da probabilidade do morador se atrasar se não chover: 
𝑃2 = 0,7 ⋅ 0,25 
𝑃2 = 0,175 
A probabilidade dele se atrasar é se ocorrer o evento 1 OU 2: 
𝑃 = 𝑃1 + 𝑃2 
𝑃 = 0,15 + 0,175 
𝑃 = 0,325 
Gabarito: c) 
8. (Enem/2017) Numa avenida existem 10 semáforos. Por causa de uma pane no 
sistema, os semáforos ficaram sem controle durante uma hora, e fixaram suas luzes 
unicamente em verde ou vermelho. Os semáforos funcionam de forma independente; a 
probabilidade de acusar a cor verde é de 
2
3
 e a de acusar a cor vermelha é de 
1
3
. Uma pessoa 
percorreu a pé toda essa avenida durante o período da pane, observando a cor da luz de 
cada um desses semáforos. 
Qual a probabilidade de que esta pessoa tenha observado exatamente um sinal na cor 
verde? 
𝒂) 
𝟏𝟎 × 𝟐
𝟑𝟏𝟎
 
𝒃) 
𝟏𝟎 × 𝟐𝟗
𝟑𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟐𝟏𝟎
𝟑𝟏𝟎𝟎
 
𝒅) 
𝟐𝟗𝟎
𝟑𝟏𝟎𝟎
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 79 
𝒆) 
𝟐
𝟑𝟏𝟎
 
Comentários 
A probabilidade de que apenas o primeiro sinal seja na cor verde é de: 
Pprimeiro verde =
2
3
⋅ (
1
3
)
9
 
No entanto, o enunciado permite que qualquer um dos sinais seja verde, desde que haja apenas 
um. Desse modo, devemos multiplicar essa probabilidade que encontramos pelo número de 
maneiras que podemos ter um sinal verde dentre os dez possíveis, ou seja, a combinação de 10 
semáforos sendo apenas um verde. 
𝑃 = Pprimeiro verde ⋅ 𝐶10,1 
P =
2
3
⋅ (
1
3
)
9
⋅
10!
1! 9!
 
P =
10 ⋅ 2
310
 
Gabarito: a) 
9. (Unicamp/2017) Um dado não tendencioso de seis faces será lançado duas vezes. 
A probabilidade de que o maior valor obtido nos lançamentos seja menor do que 3 é igual 
a 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟏
𝟓
 
𝒄) 
𝟏
𝟕
 
𝒅) 
𝟏
𝟗
 
Comentários 
Ao lançarmos um dado de seis faces duas vezes, temos 6 ∙ 6 = 36 possíveis resultados. 
Para termos lançamentoscujo maior valor seja menor que 3, há apenas 4 possibilidades: 
(1,1) − (1,2) − (2,1) − (2,2) 
Se temos 4 possibilidades que nos servem em um universo de 36 possibilidades, pela definição 
de probabilidade, temos. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
4
36
=
 4 
1
 36 
9 =
1
9
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 80 
Gabarito: d) 
10. (Fuvest/2017) Cláudia, Paulo, Rodrigo e Ana brincam entre si de amigo-secreto (ou 
amigo-oculto). Cada nome é escrito em um pedaço de papel, que é colocado em uma urna, 
e cada participante retira um deles ao acaso. 
A probabilidade de que nenhum participante retire seu próprio nome é 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟕
𝟐𝟒
 
𝒄) 
𝟏
𝟑
 
𝒅) 
𝟑
𝟖
 
𝒆) 
𝟓
𝟏𝟐
 
Comentários 
Aqui temos um caso clássico de permutação caótica com 4 elementos, dada por ! 𝑛, onde 
nenhum elemento pode retirar o próprio nome, ou ocupar a posição de origem, ou receber o 
próprio objeto, dentre tantas outras interpretações possíveis. 
Você se lembra de que a permutação caótica de 𝑛 elementos tem uma tendência? Pois é, ela 
tende a: 
! 𝑛 ≅
1
𝑒
≅ 0,368 ≅ 36,8 % 
Assim, vejamos o valor que as alternativas nos oferecem. 
𝑎) 
1
4
= 0,25 = 25% 
𝑏) 
7
24
= 0,2916̅ = 29,16̅% 
𝑐) 
1
3
= 0, 3̅ = 33, 3̅ % 
𝑑) 
3
8
= 0,375 = 37,5 % 
𝑒) 
5
12
= 0,416̅ = 41, 6̅ % 
A alternativa que mais se aproxima do valor de tendência para ! 𝑛 é a alternativa d). 
Caso você não conhecesse o conceito de permutação caótica, poderíamos resolver a questão 
por exaustão. 
Para 4 elementos a serem permutados, o número total de permutações é dado por: 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 81 
𝑃4 = 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 
Ou seja, o número de elementos de nosso espaço amostral 𝛺 é dado por: 
𝑛(𝛺) = 24 
Como não são muitas permutações diferentes, podemos, por exaustão, escrever todas e analisá-
las. 
Nomeando Cláudia, Paulo, Rodrigo e Ana como 𝐶, 𝑃, 𝑅, 𝐴, respectivamente, temos as seguintes 
permutações possíveis. 
𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃
𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
Agora, vamos eliminando as permutações em que aparecem as pessoas nas posições de 
origem. Comecemos por Cláudlia, 𝐶 , na primeira posição. 
 𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃 
𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
Eliminando as permutações que apresentam Paulo, 𝑃, na segunda posição. 
 𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃 
𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
Eliminando as permutações que apresentam Rodrigo, 𝑅, na terceira posição. 
 𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃 
 𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
E, por fim, eliminando as permutações que apresentam Ana, 𝐴, na quarta posição. 
 𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃 
 𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
 𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
Eliminados todos os casos em que algum deles pegou o próprio bilhete, ou seja, cuja permutação 
apresentava o nome do participante na posição de origem, sobraram as seguintes permutações 
destacadas: 
 𝐶𝑃𝑅𝐴 𝐶𝑃𝐴𝑅 𝐶𝑅𝑃𝐴 𝐶𝑅𝐴𝑃 𝐶𝐴𝑃𝑅 𝐶𝐴𝑅𝑃 
 𝑃𝐶𝑅𝐴 𝑃𝐶𝐴𝑅 𝑃𝑅𝐶𝐴 𝑃𝑅𝐴𝐶 𝑃𝐴𝑅𝐶 𝑃𝐴𝐶𝑅
 𝑅𝐶𝑃𝐴 𝑅𝐶𝐴𝑃 𝑅𝑃𝐶𝐴 𝑅𝑃𝐴𝐶 𝑅𝐴𝑃𝐶 𝑅𝐴𝐶𝑃
𝐴𝐶𝑃𝑅 𝐴𝐶𝑅𝑃 𝐴𝑃𝐶𝑅 𝐴𝑃𝑅𝐶 𝐴𝑅𝐶𝑃 𝐴𝑅𝑃𝐶
 
Ou seja, temos 9 permutações possíveis em que nenhum dos participantes pega o próprio nome. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 82 
Resgatando a nossa definição de probabilidade, temos. 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
=
9
24
=
3 ∙ 3
3 ∙ 8
=
 3 ∙ 3
 3 ∙ 8
=
3
8
 
Gabarito: d) 
11. (UEA/2017) Um projeto de preservação ambiental está sendo analisado pela 
Secretaria de Meio Ambiente e, para ser implantado, deve ser aprovado pelos setores 
técnico e financeiro dessa secretaria. Ecologistas estimam que 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de o 
projeto ser aprovado pelo setor técnico. Caso isso aconteça, a probabilidade de ser 
aprovado pelo setor financeiro é 
𝟓
𝟔
. Nessas condições, a probabilidade de que o projeto 
seja implantado é de 
𝒂) 𝟏/𝟓 
𝒃) 𝟓/𝟖 
𝒄) 𝟒/𝟓 
𝒅) 𝟕/𝟏𝟐 
𝒆) 𝟏/𝟏𝟐 
Comentários 
Note que, para o projeto ser aprovado, ele dever aprovado pelo setor técnico E pelo setor 
financeiro. Assim, a probabilidade pedida será o produto das probabilidades de aprovação 
individual: 
𝑃 = 𝑃𝑠.𝑡𝑒𝑐 ∙ 𝑃𝑠.𝑓𝑖𝑛 
𝑃 =
3
4
∙
5
6
 
𝑃 =
5
8
 
Gabarito: b) 
12. (Unicamp/2016) Uma moeda balanceada é lançada quatro vezes, obtendo-se cara 
exatamente três vezes. A probabilidade de que as caras tenham saído consecutivamente 
é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟑
𝟖
 
𝒄) 
𝟏
𝟐
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 83 
𝒅) 
𝟑
𝟒
 
Comentários 
Se temos 3 caras em 4 lançamentos, o número de maneiras distintas de que isso aconteça é 
dado pela combinação de 4 elementos, 3 a 3. 
Assim, nosso espaço amostral 𝛺 tem um número 𝑛(𝛺) de elementos dado por: 
𝑛(𝛺) = 𝐶4,3 
𝑛(𝛺) =
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
 
𝑛(𝛺) =
4 ∙ 3 ∙ 2 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
𝑛(𝛺) = 4 
Para que as 3 caras estejam em sequência em 4 lançamentos, só temos 2 possibilidades: 
(𝐾𝐾𝐾𝐶) ou (𝐶𝐾𝐾𝐾). 
Desse modo, invocando a definição de probabilidade novamente, temos. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
2
4
=
1
2
 
Gabarito: c) 
13. (Fuvest/2016) Em um experimento probabilístico, Joana retirará aleatoriamente 𝟐 
bolas de uma caixa contendo bolas azuis e bolas vermelhas. Ao montar-se o experimento, 
colocam-se 𝟔 bolas azuis na caixa. 
Quantas bolas vermelhas devem ser acrescentadas para que a probabilidade de Joana 
obter 𝟐 azuis seja 
𝟏
𝟑
? 
𝒂) 𝟐 
𝒃) 𝟒 
𝒄) 𝟔 
𝒅) 𝟖 
𝒆) 𝟏𝟎 
Comentários 
Consideremos 𝑎 o número inicial de bolas azuis na caixa, inicialmente. 
Ao colocar 6 bolas azuis na caixa, o número de bolas azuis passa de 𝑎 para 𝑎 + 6. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 84 
Apesar de não estar muito claro no texto se já havia bolas vermelhas na caixa, consideraremos 
a caixa, inicialmente, vazia, portanto, sem bolas vermelhas. 
Nessas condições e pelo Princípio Fundamental da Contagem, a probabilidade 𝑃𝑎𝑎 de se retirar, 
sem reposição, duas bolas azuis em seguida é dada por: 
𝑃𝑎𝑎 =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑎𝑧𝑢𝑖𝑠
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠
∙
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑎𝑧𝑢𝑖𝑠 − 1
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 − 1
 
No segundo fator, subtraímos 1 tanto do numerador quanto do denominador para simbolizar que, 
ao termos sorteado a primeira bola,temos uma opção a menos para o segundo sorteio, visto que 
o problema está trabalhando na hipótese de não reposição. 
Simplificando. 
𝑃𝑎𝑎 =
𝑎
𝑎 + 𝑣
∙
𝑎 − 1
𝑎 + 𝑣 − 1
 
O enunciado nos diz que 
“Ao montar-se o experimento, colocam-se 𝟔 bolas azuis na caixa.” 
Portanto, 𝑎 = 6. 
𝑃𝑎𝑎 =
6
6 + 𝑣
∙
6 − 1
6 + 𝑣 − 1
 
𝑃𝑎𝑎 =
6
6 + 𝑣
∙
5
5 + 𝑣
 
Além disso, também tiramos do enunciado que 
“...a probabilidade de Joana obter 𝟐 azuis seja 
𝟏
𝟑
 ...” 
 
Ou seja, 
𝑃𝑎𝑎 =
6
6 + 𝑣
∙
5
5 + 𝑣
=
1
3
 
Muito bem. Após colocarmos todos os dados que o exercício forneceu em ordem, chegamos a 
uma equação de incógnita 𝑣, que é, justamente, a questão do exercício. 
Vamos, então, resolvê-la. 
6
6 + 𝑣
∙
5
5 + 𝑣
=
1
3
 
Multiplicando ambos os termos da equação pelo produto 3 ∙ (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣). 
3 ∙ (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) ∙
6
6 + 𝑣
∙
5
5 + 𝑣
=
1
3
∙ 3 ∙ (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) 
 
3 ∙ (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) ∙
6
 6 + 𝑣 
∙
5
 5 + 𝑣 
=
1
 3 
∙ 3 ∙ (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 85 
 
3 ∙ 6 ∙ 5 = (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) 
Distribuindo o produto no segundo membro. 
 
3 ∙ 6 ∙ 5 = (6 + 𝑣) ∙ (5 + 𝑣) 
 
3 ∙ 6 ∙ 5 = 6 ∙ 5 + 6𝑣 + 5𝑣 + 𝑣² 
90 = 30 + 11𝑣 + 𝑣² 
Subtraindo 90 de ambos os membros da equação. 
90 − 90 = 30 + 11𝑣 + 𝑣² − 90 
 90 − 90 = 30 + 11𝑣 + 𝑣² − 90 
0 = 30 + 11𝑣 + 𝑣² − 90 
0 = 11𝑣 + 𝑣² − 60 
Reescrevendo em ordem decrescente das potências de 𝑣. 
0 = 𝑣² + 11𝑣 − 60 
Para equações do segundo grau, Bhaskara. 
∆= 𝑏2 − 4 ∙ 𝑎 ∙ 𝑐 = 112 − 4 ∙ 1 ∙ (−60) = 121 + 240 = 361 
𝑣 =
−𝑏 ± √∆
2 ∙ 𝑎
=
−11 ± √361
2 ∙ 1
=
{
 
 
 
 𝑣′ =
−11 + 19
2
=
8
2
= 4 
 
 𝑣′′ =
−11 − 19
2
=
−30
2
= −15 < 0 
 
Descartando a solução negativa por não se encaixar no contexto (não podemos ter um número 
de bolas negativo), temos que 
𝑣 = 4 
Indicando que temos que colocar 4 bolas vermelhas na caixa. 
Gabarito: b) 
14. (Fuvest/2015) De um baralho de 𝟐𝟖 cartas, sete de cada naipe, Luís recebe cinco 
cartas: duas de ouros, uma de espadas, uma de copas e uma de paus. Ele mantém consigo 
as duas cartas de ouros e troca as demais por três cartas escolhidas ao acaso dentre as 
𝟐𝟑 cartas que tinham ficado no baralho. A probabilidade de, ao final, Luís conseguir cinco 
cartas de ouros é: 
𝒂) 
𝟏
𝟏𝟑𝟎
 
𝒃) 
𝟏
𝟒𝟐𝟎
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 86 
𝒄) 
𝟏𝟎
𝟏. 𝟕𝟕𝟏
 
𝒅) 
𝟐𝟓
𝟕. 𝟏𝟏𝟕
 
𝒆) 
𝟓𝟐
𝟖. 𝟏𝟏𝟕
 
Comentários 
De acordo com o texto, Luís tem cinco cartas na mão com os naipes ♢♢♠♡♣. 
O baralho original contém, ainda segundo o enunciado: 
♢ → 7 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♠ → 7 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♡ → 7 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♣ → 7 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠}
 
 
 
 
⇒ 4 ∙ 7 = 28 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠 
 
Como Luís retirou 5 cartas com os naipes ♢♢♠♡♣, ainda restam, no baralho: 
♢ → 5 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♠ → 6 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♡ → 6 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠
 
♣ → 6 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠}
 
 
 
 
⇒ 5 + 6 + 6 + 6 = 23 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 
Pelas regras, Luís descartará as três cartas de naipes ♠♡♣ na esperança de, ao pegar outras 
três cartas dentre as 23 restantes, receber três naipes ♢. 
Chamemos 𝑃1 a probabilidade de Luís receber uma carta de naipe ♢ na primeira retirada, 𝑃2 na 
segunda e 𝑃3 na terceira. 
Como estamos lidando com uma situação sem reposição, podemos dizer, com base na definição 
de probabilidade, que 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃1 =
5
23
, 
pois há 5 cartas de naipe ♢ dentre as 23 remanescentes. 
Quando Luís pega uma carta de naipe ♢, passamos a ter 22 cartas remanescentes e, dentre 
essas, somente 4 de naipe ♢, pois ele acabou de pegar uma das 5 que havia no baralho. 
Assim, podemos dizer que 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 87 
𝑃2 =
4
22
 
Com raciocínio semelhante, temos, agora, 21 cartas no baralho e, dentre essas, 3 de naipe ♢, 
portanto 
𝑃3 =
3
21
. 
Assim, pelo princípio multiplicativo, podemos dizer que a probabilidade 𝑃123 de Luís pegar as três 
cartas de naipe ♢ é dada pelo produto 
𝑃123 = 𝑃1 ∙ 𝑃2 ∙ 𝑃3 
𝑃123 =
5
23
∙
4
22
∙
3
21
 
Fatorando os números. 
𝑃123 =
5
23
∙
2 ∙ 2
2 ∙ 11
∙
3
3 ∙ 7
 
𝑃123 =
5
23
∙
 2 ∙ 2
 2 ∙ 11
∙
 3 
 3 ∙ 7
 
𝑃123 =
5 ∙ 2
23 ∙ 11 ∙ 7
 
𝑃123 =
10
1771
 
Gabarito: c) 
15. (Unicamp/2014) Um caixa eletrônico de certo banco dispõe apenas de cédulas de 20 
e 50 reais. No caso de um saque de 400 reais, a probabilidade do número de cédulas 
entregues ser ímpar é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟒
 
𝒃) 
𝟐
𝟓
 
𝒄) 
𝟐
𝟑
 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
Comentários 
Vamos percorrer nosso espaço amostral pensando na quantidade máxima de cédulas de 50 
reais que pode ser utilizada e, daí, vamos diminuindo a quantidade de cédulas de 50 reais e 
aumentando a quantidade de cédulas de 20 reais gradativamente, até que fiquemos só com 
cédulas de 20 reais. 
Como temos que entregar 400 reais, comecemos com 8 cédulas de 50 reais. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 88 
0 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 8 ∙ 50 + 0 ∙ 20 = 400 → 8 + 0 = 8 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
Não é possível aumentarmos o número de cédulas de 20 reais para 1 cédula, pois a nota de 50 
reais não consegue preencher essa lacuna. 
Nosso próximo passo é retirar 100 reais de notas de 50 e colocarmos 5 notas de 20 reais. 
5 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 6 ∙ 50 + 5 ∙ 20 = 400 → 6 + 5 = 11 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
Continuemos o processo, sempre retirando 2 notas de 50 reais e colocando 5 de 20 reais no 
lugar. 
10 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 4 ∙ 50 + 10 ∙ 20 = 400 → 4 + 10 = 14 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
15 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 2 ∙ 50 + 15 ∙ 20 = 400 → 2 + 15 = 17 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
20 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 0 ∙ 50 + 20 ∙ 20 = 400 → 0 + 20 = 20 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
Temos, então, as 5 possibilidades que a máquina tem para fazer a entrega para o cliente. 
0 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 8 ∙ 50 + 0 ∙ 20 = 400 → 8 + 0 = 8 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
5 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 6 ∙ 50 + 5 ∙ 20 = 400 → 6 + 5 = 11 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
10 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 4 ∙ 50 + 10 ∙ 20 = 400 → 4 + 10 = 14 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
15 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 2 ∙ 50 + 15 ∙ 20 = 400 → 2 + 15 = 17 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
20 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 0 ∙ 50 + 20 ∙ 20 = 400 → 0 + 20 = 20 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
Ou seja, nosso espaço amostral 𝛺 tem um número de elementos total 𝑛(𝛺) = 5. 
Dessas possibilidades, quantas apresentam um número ímpar de cédulas? Vejamos. 
0 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 8 ∙ 50 + 0 ∙ 20 = 400 → 8 + 0 = 8 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
5 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 6 ∙ 50 + 5 ∙ 20 = 400 → 6 + 5 = 11 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
10 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 4 ∙ 50 + 10 ∙ 20 = 400 → 4 + 10 = 14 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
15 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 2 ∙ 50 + 15 ∙ 20 = 400 → 2 + 15 = 17 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
20 𝑛𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 20 → 0 ∙ 50 + 20 ∙ 20 = 400 → 0 + 20 = 20 𝑐é𝑑𝑢𝑙𝑎𝑠 
Com esses dois casos apresentando um número ímpar de cédulas, podemos, pela nossa 
definição de probabilidade, encontrar o que procuramos. 
 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
2
5
 
Gabarito: b) 
16. (Fuvest/2014) O gamão é um jogo de tabuleiro muito antigo, para dois oponentes, 
que combina a sorte, em lances de dados, com estratégia, no movimento das peças. Pelas 
regras adotadas, atualmente, no Brasil, o número total de casas que as peças de um 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 89 
jogador podem avançar, numa dada jogada, é determinado pelo resultado do lançamento 
de dois dados. Esse número é igual à soma dos valores obtidos nos dois dados,se esses 
valores forem diferentes entre si; e é igual ao dobro da soma, se os valores obtidos nos 
dois dados forem iguais. Supondo que os dados não sejam viciados, a probabilidade de 
um jogador poder fazer suas peças andarem pelo menos oito casas em uma jogada é 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟓
𝟏𝟐
 
𝒄) 
𝟏𝟕
𝟑𝟔
 
𝒅) 
𝟏
𝟐
 
𝒆) 
𝟏𝟗
𝟑𝟔
 
Comentários 
Analisemos a soma dos dados. 
Para dados apresentando números iguais, temos as seguintes possibilidades: 
(1,1) → 2 ∙ (1 + 1) = 4 
(2,2) → 2 ∙ (2 + 2) = 8 
(3,3) → 2 ∙ (3 + 3) = 12 
(4,4) → 2 ∙ (4 + 4) = 16 
(5,5) → 2 ∙ (5 + 5) = 20 
(6,6) → 2 ∙ (6 + 6) = 24 
Como a ordem das parcelas não altera a soma, ou seja, 𝑎 + 𝑏 = 𝑏 + 𝑎, a ordem dos números 
nos dados não importa, o que indica estarmos lidando com combinações de números. 
Assim, as combinações possíveis para números distintos quando lançamos dois dados são: 
(1,2) → 1 + 2 = 3 (2,1) → 2 + 1 = 3 (3,1) → 3 + 1 = 4
(1,3) → 1 + 3 = 4 (2,3) → 2 + 3 = 5 (3,2) → 3 + 2 = 5
(1,4) → 1 + 4 = 5 (2,4) → 2 + 4 = 6 (3,4) → 3 + 4 = 7
(1,5) → 1 + 5 = 6 (2,5) → 2 + 5 = 7 (3,5) → 3 + 5 = 8
(1,6) → 1 + 6 = 7 (2,6) → 2 + 6 = 8 (3,6) → 3 + 6 = 9
 
 
(4,1) → 4 + 1 = 5 (5,1) → 5 + 1 = 6 (6,1) → 6 + 1 = 7
(4,2) → 4 + 2 = 6 (5,2) → 5 + 2 = 7 (6,2) → 6 + 2 = 8
(4,3) → 4 + 3 = 7 (5,3) → 5 + 3 = 8 (6,3) → 6 + 3 = 9
(4,5) → 4 + 5 = 9 (5,4) → 5 + 4 = 9 (6,4) → 6 + 4 = 10
(4,6) → 4 + 6 = 10 (5,6) → 5 + 6 = 11 (6,5) → 6 + 5 = 11
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 90 
De posse de todo o espaço amostral, que tem 36 elementos, verifiquemos quais deles 
apresentam soma igual a ou maior que 8. 
 (1,1) → 2 ∙ (1 + 1) = 4 
(2,2) → 2 ∙ (2 + 2) = 8 
(3,3) → 2 ∙ (3 + 3) = 12 
(4,4) → 2 ∙ (4 + 4) = 16 
(5,5) → 2 ∙ (5 + 5) = 20 
(6,6) → 2 ∙ (6 + 6) = 24 
 
 (1,2) → 1 + 2 = 3 (2,1) → 2 + 1 = 3 (3,1) → 3 + 1 = 4 
 (1,3) → 1 + 3 = 4 (2,3) → 2 + 3 = 5 (3,2) → 3 + 2 = 5 
 (1,4) → 1 + 4 = 5 (2,4) → 2 + 4 = 6 (3,4) → 3 + 4 = 7 
 (1,5) → 1 + 5 = 6 (2,5) → 2 + 5 = 7 (3,5) → 3 + 5 = 8
 (1,6) → 1 + 6 = 7 (2,6) → 2 + 6 = 8 (3,6) → 3 + 6 = 9
 
 
 (4,1) → 4 + 1 = 5 (5,1) → 5 + 1 = 6 (6,1) → 6 + 1 = 7 
 (4,2) → 4 + 2 = 6 (5,2) → 5 + 2 = 7 (6,2) → 6 + 2 = 8
 (4,3) → 4 + 3 = 7 (5,3) → 5 + 3 = 8 (6,3) → 6 + 3 = 9
(4,5) → 4 + 5 = 9 (5,4) → 5 + 4 = 9 (6,4) → 6 + 4 = 10
(4,6) → 4 + 6 = 10 (5,6) → 5 + 6 = 11 (6,5) → 6 + 5 = 11
 
Temos, então, 17 casos favoráveis dentre os 36 possíveis. Assim, de acordo com nossa definição 
de probabilidade, temos. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
=
17
36
 
Gabarito: c) 
17. (UEA/2014) Em uma unidade de produção em cativeiro há 𝟑𝟎 tanques, tendo cada 
um 𝟏𝟓 ou 𝟐𝟎 peixes, num total de 𝟓𝟒𝟎 peixes. Suponha que todos esses peixes sejam 
transferidos para um único grande tanque. Extraindo-se um deles ao acaso, a 
probabilidade de que ele seja proveniente de um dos tanques que continham exatamente 
𝟏𝟓 peixes é 
𝒂) 𝟐/𝟑 
𝒃) 𝟑/𝟒 
𝒄) 𝟏/𝟑 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 91 
𝒅) 𝟏/𝟐 
𝒆) 𝟑/𝟓 
Comentários 
Vamos supor que as quantidades dos tanques com 15 e 20 peixes sejam 𝐴 e 𝐵, respectivamente. 
Desse modo, chegamos ao seguinte sistema: 
{
𝐴 + 𝐵 = 30
 
15𝐴 + 20𝐵 = 540
 
Issolando A na primeira equação, temos 
𝐴 = 30 − 𝐵 
Agora, podemos substituir A na segunda equação. 
15𝐴 + 20𝐵 = 540 
15 ⋅ (30 − 𝐵) + 20𝐵 = 540 
𝐵 = 18 
 Substituindo B em A, conseguimos: 
𝐴 = 30 − 𝐵 
𝐴 = 12 
Agora podemos calcular a quantidade de peixes provenientes dos tanques com 15 unidades 
como sendo 15 ∙ 12 = 180. 
Voltando à definição de probabilidade, conseguimos: 
𝑃 =
𝐹𝐴𝑉𝑂𝑅Á𝑉𝐸𝐼𝑆
𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿
=
180
540
=
1
3
 
Gabarito: c) 
18. (Fuvest/2012) Considere todos os pares ordenados de números naturais (𝒂, 𝒃), em 
que 𝟏𝟏 ≤ 𝒂 ≤ 𝟐𝟐 e 𝟒𝟑 ≤ 𝒃 ≤ 𝟓𝟏. Cada um desses pares ordenados está escrito em um 
cartão diferente. Sorteando-se um desses cartões ao acaso, qual é a probabilidade de que 
se obtenha um par ordenado (𝒂, 𝒃) de tal forma que a fração 𝒂 𝒃⁄ seja irredutível e com 
denominador par? 
𝒂) 
𝟕
𝟐𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟑
𝟓𝟒
 
𝒄) 
𝟔
𝟐𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟏
𝟓𝟒
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 92 
𝒆) 
𝟓
𝟐𝟕
 
Comentários 
De acordo com o enunciado, temos. 
11 ≤ 𝑎 ≤ 22
 
43 ≤ 𝑏 ≤ 51
} → (𝑎, 𝑏) →
𝑎
𝑏
→
𝑎
𝑏 → 𝑝𝑎𝑟
→ 𝑖𝑟𝑟𝑒𝑑𝑢𝑡í𝑣𝑒𝑙 
Nessas condições, os valores possíveis para 𝑎 e 𝑏 são, inicialmente: 
𝑎 = {11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22} → 𝑛(𝑎) = 12 
𝑏 = {43,44,45,46,47,48,49,50,51} → 𝑛(𝑏) = 9 
Desse modo, temos um número 𝑛 de frações diferentes possíveis dado por: 
𝑛 = 𝑛(𝑎) ∙ 𝑛(𝑏) 
𝑛 = 12 ∙ 9 
𝑛 = 108 𝑓𝑟𝑎çõ𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 
Dessas 108, devemos escolher as frações que satisfazem as condições do enunciado. 
Como o enunciado pede que 𝑏 seja um número par, podemos reduzir nosso conjunto para: 
𝑎 = {11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22} 
𝑏′ = { 43 , 44, 45 , 46, 47 , 48, 49 , 50, 51 } 
Se precisamos de frações irredutíveis e nosso denominador é um número par, não podemos ter 
no denominador um número par, pois, se tivéssemos, a fração seria redutível (poderíamos dividi-
la por 2 em cima e em baixo). 
Isso nos permite reduzir um pouco mais nossos conjuntos, pois o número 𝑎 não pode ser par 
também. 
𝑎′ = {11, 12 , 13, 14 , 15, 16 , 17, 18 , 19, 20 , 21, 22 } 
𝑏 = { 43 , 44, 45 , 46, 47 , 48, 49 , 50, 51 } 
Retiradas as impossibilidades, vamos “limpar” nossas informações. 
𝑎′ = {11,13,15,17,19,21} 
𝑏′ = {44,46,48,50} 
Apesar de termos apenas números ímpares no numerador e pares no denominador, ainda 
podemos reduzir a fração, caso haja um divisor comum entre eles. 
Para afastar essa possibilidade, vamos fatorar todos os valores e analisar seus primos. 
𝑎′ = {11,13, 3 ∙ 5 , 17,19, 3 ∙ 7 } 
𝑏′ = { 2 ∙ 2 ∙ 11 , 2 ∙ 23 , 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3 , 2 ∙ 5 ∙ 5 } 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 93 
Vamos, então, verificar se há números com primos em comum nos candidatos a numerador e 
denominador. 
𝑎′ = { 11 , 13, 3 ∙ 5 , 17,19, 3 ∙ 7 } 
 
𝑏′ = { 2 ∙ 2 ∙ 11 , 2 ∙ 23 , 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3 , 2 ∙ 5 ∙ 5 } 
 
Dessa forma, não podemos relacionar os números a e b na forma de fração para os seguintes 
casos: 
11
2 ∙ 2 ∙ 11
=
11
44
 
3 ∙ 5
2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3
=
15
48
 0
3 ∙ 7
2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3
=
21
48
0 0
3 ∙ 5
2 ∙ 5 ∙ 5
=
15
50
 
 
 Feitas todas as considerações, nós temos: 
Sobre o espaço amostral: 
𝑎 = {11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22} → 𝑛(𝑎) = 12 
𝑏 = {43,44,45,46,47,48,49,50,51} → 𝑛(𝑏) = 9 
𝑛 = 𝑛(𝑎) ∙ 𝑛(𝑏) 
𝑛 = 12 ∙ 9 
𝑛 = 108 𝑓𝑟𝑎çõ𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 
Sobre as frações irredutíveis com denominador par: 
𝑎′ = {11,13,15,17,19,21} → 𝑛(𝑎′) = 6 
𝑏′ = {44,46,48,50} → 𝑛(𝑏′) = 4 
O número 𝑛′ de frações irredutíveis com denominador par é dado pelo produto dos números dos 
conjuntos 𝑎′ e 𝑏′, subtraído das 4 frações que apresentam números primos iguais no 
denominador e no denominador. 
11
2 ∙ 2 ∙ 11
=
11
44
 
3 ∙ 5
2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3
=
15
48
 0
3 ∙ 7
2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 3
=
21
48
0 0
3 ∙ 5
2 ∙ 5 ∙ 5
=
15
50
 
𝑛′ = 𝑛(𝑎′) ∙ 𝑛(𝑏′) − 4 
𝑛′ = 6 ∙ 4 − 4 
𝑛′ = 20 𝑓𝑟𝑎çõ𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 94 
Assim, a probabilidade de se obter um par ordenado da forma solicitada no enunciadoé dada 
pela definição de probabilidade: 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
20
108
 
𝑃 =
 20 
5
 108 
27 
𝑃 =
5
27
 
Gabarito: e) 
19. (Fuvest/2011) Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 𝟏 a 𝟔, é 
lançado três vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do 
dado, formando-se uma sequência (𝒂, 𝒃, 𝒄). Qual é a probabilidade de que 𝒃 seja sucessor 
de 𝒂 ou que 𝒄 seja sucessor de 𝒃? 
𝒂) 
𝟒
𝟐𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟏
𝟓𝟒
 
𝒄) 
𝟕
𝟐𝟕
 
𝒅)
 𝟏𝟎
𝟐𝟕
 
𝒆) 
𝟐𝟑
𝟓𝟒
 
Comentários 
Se vamos lançar um dado três vezes e formar ternas (𝑎, 𝑏, 𝑐), temos, pelo princípio da 
multiplicação, um espaço amostral 𝛺 de 𝑛 elementos, de forma que 
𝑛(𝛺) = 6 ∙ 6 ∙ 6 
𝑛(𝛺) = 216 
O exercício nos pede 
“...a probabilidade de que 𝒃 seja sucessor de 𝒂 ou que 𝒄 seja sucessor de 𝒃...” 
Quando usamos o conectivo ou, na matemática, salvo exceções de contexto, estamos nos 
referindo a ideia de inclusão, ou seja, se temos a condição 𝐴 ou a condição 𝐵, podemos aceitar 
um evento que satisfaça somente a 𝐴, podemos aceitar um evento que satisfaça somente a 𝐵 e, 
ainda, um evento que satisfaça a ambas as condições, 𝐴 e 𝐵. 
Dessa forma, vamos analisar os 3 casos, separadamente. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 95 
Tipos de ternas que satisfazem “𝑏 sucessor de 𝑎". 
(𝑎, 𝑏, 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 ) 
(1,2, 123456 ) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(2,3, 123456 ) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(3,4, 123456 ) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(4,5, 123456 ) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(5,6, 123456 ) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠}
 
 
 
 
→ 5 ∙ 6 = 30 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
Tipos de ternas que satisfazem “𝑐 sucessor de 𝑏". 
( 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 , 𝑏, 𝑐, ) 
( 123456 , 𝑏, 𝑐) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
( 123456 , 𝑏, 𝑐) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
( 123456 , 𝑏, 𝑐) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
( 123456 , 𝑏, 𝑐) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
( 123456 , 𝑏, 𝑐) → 6 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠}
 
 
 
 
→ 5 ∙ 6 = 30 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
Como dissemos, podemos incluir as ternas que satisfizerem a ambas as condições, ou seja, nas 
quais 𝑏 é sucessor de 𝑎 e 𝑐 é sucessor de 𝑏. 
(𝑎, 𝑏, 𝑐) 
(1,2,3) → 1 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(2,3,4) → 1 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(3,4,5) → 1 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
(4,5,6) → 1 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠}
 
 
→ 4 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
Perceba que essas 4 possibilidades foram contadas em duplicidade, pois aparecem tanto nas 
ternas nas ternas do tipo 𝑏 sucessor de 𝑎 quanto nas do tipo 𝑐 sucessor de 𝑏. 
Desse modo, o número 𝑞 de ternas nas quais 𝑏 é sucessor de 𝑎 ou 𝑐 é sucessor de 𝑏 é: 
𝑞 = 30 + 30 − 4 
𝑞 = 56 
Assim, nossa probabilidade é dada pela definição. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
𝑞
𝑛(𝛺)
 
𝑃 =
56
216
=
 56 
7
 216 
27 =
7
27
 
Gabarito: c) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 96 
20. (UEA/2011) Em uma oficina de artesanato, uma caixa continha somente sementes 
de açaí tingidas nas cores brancas e azul, na razão de 𝟑 sementes brancas para cada 𝟓 
azuis. A probabilidade de que a próxima unidade retirada aleatoriamente dessa caixa seja 
uma semente branca é de 
𝒂) 𝟔𝟐, 𝟓% 
𝒃) 𝟓𝟖, 𝟓% 
𝒄) 𝟒𝟎, 𝟓% 
𝒅) 𝟑𝟕, 𝟓% 
𝒆) 𝟑𝟔, 𝟓% 
Comentários 
Mantendo a proporção dada pelo enunciado, vamos supor que a quantidade de sementes 
brancas seja de 3𝑛, enquanto a quantidade de sementes azuis seja de 5𝑛. 
Assim, a probabilidade de tirarmos uma semente branca será dada por: 
𝑃 =
𝐹𝐴𝑉𝑂𝑅Á𝑉𝐸𝐼𝑆
𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿
=
3𝑛
5𝑛 + 3𝑛
=
3𝑛
8𝑛
=
3
8
 
A probabilidade já foi calculada. No entanto, as alternativas estão em porcentagem. Vamos, 
então, reescrever nossa fração na forma esperada: 
3
8
= 0,375 =
37,5
100
= 37,5% 
Gabarito: d) 
21. (UFU/2011.2) Um operário do setor de empacotamento e distribuição de cosméticos 
de uma empresa é responsável pela montagem de caixas com perfumes. Suponha que, na 
esteira de distribuição, existam à sua disposição 𝟓𝟎𝟐 frascos idênticos de perfume 
masculino e 𝟓𝟎𝟐 frascos idênticos de perfume feminino. Ele, distraída e aleatoriamente, 
retira da esteira um perfume em seguida outro, e os coloca na caixa. Se 𝑨 é a probabilidade 
de que os dois frascos retirados sejam destinados a pessoas do mesmo sexo e 𝑩 é a 
probabilidade de que esses frascos sejam destinados a pessoas de sexo diferentes, então 
o valor da diferença 𝑨 − 𝑩 é igual a 
𝒂) −
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟑
 
𝒃)
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟑
 
𝒄)
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟒
 
𝒅) −
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟓
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 97 
Comentários 
Para 𝐴, temos que pode ser dois masculinos ou dois femininos, assim 
𝐴 =
502
1004
∙
501
1003
+
502
1004
∙
501
1003
=
501
1003
 
Para 𝐵, podemos ter masculino e feminino ou feminino e masculino 
𝐵 =
502
1004
∙
502
1003
+
502
1004
∙
502
1003
=
502
1003
 
Daí 
𝐴 − 𝐵 =
501
1003
−
502
1003
= −
1
1003
 
Gabarito: a) 
22. (UFU/2011.1) Um campeonato de múltiplas modalidades integra 𝟏𝟔 cidades, sendo 
𝟏𝟎 cidades do estado de Minas Gerais e 𝟔 cidades do estado de São Paulo. Elas concorrem 
em todas as modalidades praticadas. Assuma que as duas cidades têm as mesmas 
chances de vitórias e que os três primeiros lugares, ordenadamente, serão ocupados, 
cada qual, por uma única cidade. 
Considere as afirmativas: 
Existem 𝟑𝟑𝟔𝟎 diferentes possibilidades de três distintas cidades ocuparem, 
ordenadamente, os três primeiros lugares 
A probabilidade de uma cidade mineira ganhar o primeiro lugar é de 𝟐/𝟑 
A probabilidade dos três primeiros lugares não serem conquistados apenas por cidades 
paulistas é de 𝟐𝟕/𝟐𝟖 
Com base nas afirmações acima, é correto afirmar que: 
𝒂) Apenas I e III são verdadeiras 
𝒃) Apenas I é verdadeira 
𝒄) Apenas II e III são verdadeiras 
𝒅) Apenas III é verdadeira 
Comentários 
I. verdade 
Note que para a primeira posição teremos 16 possibilidades, para a segunda 15 possibilidades 
e para a terceira 14. Assim 
16 ∙ 15 ∙ 14 = 3360 
II. falso 
A probabilidade pedida é 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 98 
10 ∙ 15 ∙ 14
16 ∙ 15 ∙ 14
=
10
16
=
5
8
 
III. verdade 
Usando a probabilidde complementar, temos 
𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 = 1 − 𝑝𝑟𝑜𝑏 𝑁ã𝑜 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 
𝑃 = 1 −
6 ∙ 5 ∙ 4
3360
=
324
336
=
27
28
 
Gabarito: a) 
23. (Fuvest/2009) Dois dados cúbicos, não viciados, com faces numeradas de 𝟏 a 𝟔, 
serão lançados simultaneamente. A probabilidade de que sejam sorteados dois números 
consecutivos, cuja soma seja um número primo, é de: 
𝒂) 
𝟐
𝟗
 
𝒃) 
𝟏
𝟑
 
𝒄) 
𝟒
𝟗
 
𝒅) 
𝟓
𝟗
 
𝒆) 
𝟐
𝟑
 
Comentários 
Se vamos lançar um dado de seis faces duas vezes, nosso espaço amostral 𝛺 tem número de 
elementos 𝑛(𝛺) dado por: 
𝑛(𝛺) = 6 ∙ 6 
𝑛(𝛺) = 36 
Vejamos quantos desses resultados são números consecutivos. 
 
(1,2) 0 (2,3) 0 (3,4) 0 (4,5) 0 (5,6)
1 + 2 0 2 + 3 0 3 + 4 0 4 + 5 0 5 + 6
3 0 5 0 7 0 9 0 11
 0 0 0 0 
(2,1) (3,2) (4,3) (5,4) (6,5)
2 + 1 3 + 2 4 + 3 5 + 4 6 + 5
3 5 7 9 11
 
 
Mas professor, você contou o mesmo par de números duas vezes! 
Pois é, não contei. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 99 
Quando falamos que tínhamos 36 possibilidadesdiferentes por meio do Princípio Fundamental 
da Contagem, consideramos o par (𝑎, 𝑏) diferente do par (𝑏, 𝑎). Assim, precisamos considerar 
ambos. 
Dessa forma, temos que 8 pares formados por números consecutivos, cuja soma seja um número 
primo. 
Assim, via definição de probabilidade, temos. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
8
36
=
2
9
 
Gabarito: a) 
24. (UEA/2008) Um saco contém 𝟏𝟎 bolas todas iguais em tamanho, sendo 𝟓 brancas, 𝟑 
amarelas e 𝟐 verdes. Retirando duas delas ao acaso, a probabilidade de que pelo menos 
uma delas seja amarela é de, aproximadamente: 
𝒂) 𝟑𝟎% 
𝒃) 𝟒𝟔% 
𝒄) 𝟓𝟑% 
𝒅) 𝟑𝟖% 
𝒆) 𝟔𝟎% 
Comentários 
Note que podemos ter as seguintes situações 
𝐴𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 𝑒 𝐴𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎: 
3
10
∙
2
9
=
1
15
 
𝐴𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 𝑒 𝐵𝑟𝑎𝑛𝑐𝑎: 
(3
1
) ∙ (5
1
)
(10
2
)
=
3 ∙ 5
10 ∙ 9
2
=
1
3
 
𝐴𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 𝑒 𝑉𝑒𝑟𝑑𝑒: 
(3
1
) ∙ (2
1
)
(10
2
)
=
3 ∙ 2
10 ∙ 9
2
=
2
15
 
Logo, a probabilidade será 
1
15
+
1
3
+
2
15
=
8
15
≅ 53% 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 100 
Podemos pensar, também, no caso complementar. Assim, a probabilidade de ser retirada, pelo 
menos, uma bola amarela pode ser calculada como a probabilidade complementar de não se 
retirar bola amarela aguma. Assim, temos: 
𝑃 = 1 − 𝑃𝑛ã𝑜 𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 ⋅ 𝑃𝑛ã𝑜 𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑎 
𝑃 = 1 −
7
10
⋅
6
9
 
𝑃 = 1 −
42
90
 
𝑃 =
48
90
=
8
15
≅ 53% 
Gabarito: c) 
25. (UFU/2008.1) Lança-se um dado não viciado e se observa o número correspondente 
à face que caiu voltada para cima. Sejam 𝒂, 𝒃 e 𝒄, respectivamente, os valores observados 
em três lançamentos sucessivos. Se 𝒙 = 𝒂 ∙ 𝟏𝟎𝟐 + 𝒃 ∙ 𝟏𝟎 + 𝒄, então a probabilidade desse 
número 𝒙 de três algarismos ser divisível por 𝟐 ou por 𝟓 é igual a 
𝒂) 𝟖/𝟏𝟐 
𝒃) 𝟕/𝟏𝟐 
𝒄) 𝟗/𝟏𝟐 
𝒅) 𝟏𝟎/𝟏𝟐 
Comentários 
Note que a notação 𝑥 = 𝑎 ∙ 102 + 𝑏 ∙ 10 + 𝑐 nada mais é que escrever um número de 3 algarismos 
em notação decimal. Como exemplo, se 𝑎 = 2, 𝑏 = 3 e 𝑐 = 5, teríamos o número 𝑥 dado por: 
𝑥 = 𝑎 ∙ 102 + 𝑏 ∙ 10 + 𝑐 
𝑥 = 2 ∙ 102 + 3 ∙ 10 + 5 
𝑥 = 200 + 30 + 5 
𝑥 = 235 
Assim, para que 𝑥 seja divisível por dois, basta que o último termo seja par, ou seja, precisamos 
que o termo independente de 𝑥 seja um dos elementos {2,4,6}. 
Já para ser dividido por 5, o último termo deve ser, obrigatoriamente 5. 
Jogando o dado 3 vezes, temos 6 possibilidades para cada lançamento, ou seja, o número de 
casos totais é dado por 63 = 216. 
Já os casos favoráveis permitem qualquer número na casa das centenas e qualquer númer na 
casa das dezenas. Já na casa das unidades, apenas um dos algarismos que vimos, ou seja, 
apenas 2,4,5 ou 6. Desse modo, o número de casos favoráveis é dado por 62 ∙ 4 = 144. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 101 
Aplicando nossa definição de probabilidade, temos: 
𝑃 =
144
216
=
2
3
 
Note que não temos essa probabilidade dentre as respostas. No entanto, a fração da alternativa 
a) é equivalente à nossa. 
2
3
=
8
12
 
Dessa forma, conseguimos nossa resposta. 
Gabarito: a) 
26. (Fuvest/2006) Um recenseamento revelou as seguintes características sobre a idade 
e a escolaridade da população de uma cidade. 
 
Escolaridade Jovens Mulheres Homens 
Fundamental incompleto 30% 15% 18% 
Fundamental completo 20% 30% 28% 
Médio incompleto 26% 20% 16% 
Médio completo 18% 28% 28% 
Superior incompleto 4% 4% 5% 
Superior completo 2% 3% 5% 
Se for sorteada, ao acaso, uma pessoa da cidade, a probabilidade de esta pessoa ter curso 
superior (completo ou incompleto) é 
𝒂) 𝟔, 𝟏𝟐% 
𝒃) 𝟕, 𝟐𝟕% 
𝒄) 𝟖, 𝟒𝟓% 
𝒅) 𝟗, 𝟓𝟕% 
𝒆) 𝟏𝟎, 𝟐𝟑% 
Comentários 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 102 
O enunciado pede a probabilidade de uma pessoa sorteada ter curso superior, seja completo ou 
incompleto. 
Olhando a tabela, essa informação faz correspondência com as duas últimas linhas, veja. 
 
Escolaridade Jovens Mulheres Homens 
Fundamental incompleto 30% 15% 18% 
Fundamental completo 20% 30% 28% 
Médio incompleto 26% 20% 16% 
Médio completo 18% 28% 28% 
Superior incompleto 4% 4% 5% 
Superior completo 2% 3% 5% 
Somando essas linhas, temos a porcentagem de cada faixa (jovens, mulheres, homens) que se 
encaixam ou em uma ou em outra situação. 
Superior incompleto 4% 4% 5% 
Superior completo 2% 3% 5% 
Total 4% + 2% = 6% 4% + 3% = 7% 5%+ 5% = 10% 
Atenção agora, essa porcentagem é referente à faixa a que se refere. 
Os 6% fazem referência aos jovens; os 7%, às mulheres e os 10%, aos homens. 
E quantos são estes? Que faixas são essas? 
Simples, as faixas estão no gráfico de pizza fornecido no início da questão. 
 
 
Seria o mesmo que fazermos um diagrama de árvore, veja. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 103 
 
Onde 𝐽 simboliza os jovens; 𝑀, as mulheres; 𝐻, os homens e 𝐸𝑆 o ensino superior. 
A árvore poderia ser feita para todo o problema. No entanto, para não causar confusão, fizemos 
somente os ramos de interesse. Você pode perceber isso ao somar as porcentagens resultantes 
e ver que não resultam em 100%. 
Pelo teorema da multiplicação, podemos dizer que os jovens com ensino superior representam: 
𝐽 = 48% ∙ 6% 
𝐽 =
48
100
∙
6
100
 
𝐽 =
288
10000
 
𝐽 = 2,88 % 
Do mesmo modo, temos que 
𝑀 = 27% ∙ 7% 
𝑀 =
27
100
∙
7
100
 
𝑀 =
189
10000
 
𝑀 = 1,89 % 
E o mesmo se aplica a 
𝐻 = 25% ∙ 10% 
𝐻 =
25
100
∙
10
100
 
𝐻 =
250
10000
 
𝐻 = 2,5 % 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 104 
Levando para o diagrama. 
 
Agora, pelo teorema da probabilidade total, podemos somar essas porcentagens e obter a 
probabilidade 𝑃 solicitada. 
Onde 𝐽 simboliza os jovens; 𝑀, as mulheres; 𝐻, os homens e 𝐸𝑆 o ensino superior 
𝑃 = 𝐽 + 𝑀 + 𝐻 
𝑃 = 2,88 % + 1,89 % + 2,5 % 
𝑃 = 7,27 % 
Gabarito: b) 
27. (UEA/2005) João e Maria apostam no resultado do lançamento de um dado não 
tendencioso. João ganha se o resultado for 𝟔; Maria, se o resultado for 𝟏 ou 𝟐; se o 
resultado for 𝟑, 𝟒 ou 𝟓, o dado é jogado novamente até que João ou Maria ganhe. 
Qual é a probabilidade de João ganhar a aposta? 
𝒂) 𝟏/𝟔 
𝒃) 𝟏/𝟒 
𝒄) 𝟏/𝟑 
𝒅) 𝟏/𝟐 
𝒆) 𝟐/𝟑 
Comentários 
Se João ganhar no primeiro lançamento, a probabilidade será 1/6. 
No entanto, caso dê uma das faces 3, 4 𝑜𝑢 5, e ele ganhe no lançamento seguinte, a 
probabilidade será 
3
6
∙
1
6
. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 105 
Caso dê novamente uma das faces 3, 4 𝑜𝑢 5 e em seguida ele ganhe, a probabilidade será 
3
6
∙
3
6
∙
1
6
 
e assim sucessivamente indefinidamente. 
Como estamos falando de uma das possibilidades OU da outra, temos que os eventos são, entre 
si, alternativos. Desse modo, a probabilidade será a soma de cada uma das probabilidades ou, 
nesse caso, a soma dos termos de uma 𝑃𝐺 infinita com primeiro termo 𝑎1 =
1
6
 e razão 𝑞 =
3
6
. 
𝑃 =
𝑎1
1 − 𝑞
 
𝑃 =
1
6
1 −
3
6
 
𝑃 =
1
6
3
6
 
𝑃 =
1
6
∙
6
3
 
𝑃 =
1
3
 
Gabarito: c) 
28. (Fuvest/2002) Dois triângulos congruentes, com lados coloridos, são indistinguíveis 
se podem ser sobrepostos de tal modo que as cores dos lados coincidentes sejam as 
mesmas. Dados dois triângulos equiláteros congruentes, cada um de seus lados é pintado 
com uma cor escolhida dentre duas possíveis, com igual probabilidade. A probabilidade 
de que esses triângulos sejam indistinguíveis é de: 
𝒂) 
𝟏
𝟐
 
𝒃) 
𝟑
𝟒
 
𝒄) 
𝟗
𝟏𝟔𝒅) 
𝟓
𝟏𝟔
 
𝒆) 
𝟏𝟓
𝟑𝟐
 
Comentários 
De acordo com o enunciado, vamos pintar cada lado de um triângulo equilátero com uma de 
duas cores disponíveis. 
Para ilustrar, consideremos essas cores como o azul e o vermelho. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 106 
Ainda pela definição do problema, dois triângulos 
“...são indistinguíveis se podem ser sobrepostos de tal modo que as cores dos lados coincidentes 
sejam as mesmas...” 
Na prática, isso acontece quando dois triângulos possuem o mesmo número de lados de cada 
cor. 
Assim, dois triângulos com um lado vermelho e dois azuis são indistinguíveis, assim como dois 
triângulos com todos os lados pintados de azul. 
Como temos 3 lados em um triângulo, temos 23 = 8 maneiras diferentes de pintá-los. 
Vejamos quais são essas maneiras. 
 
Ao desenhar as possibilidades, acabamos por separar os triângulos em 4 grupos distintos: 
✓ Grupo 1: triângulo com os 3 lados azuis → 1 representante. 
✓ Grupo 2: triângulos com 2 lados azuis e 1 vermelho → 3 representantes. 
✓ Grupo 3: triângulos com 2 lados vermelhos e 1 azul → 3 representantes. 
✓ Grupo 4: triângulo com os 3 lados vermelhos → 1 representante. 
Assim, ao pintarmos dois triângulos consecutivos, eles serão indistinguíveis se ambos forem do 
mesmo grupo. 
Utilizando o teorema da multiplicação, calculemos as chances de ambos os triângulos 
pertencerem ao mesmo grupo. 
Probabilidade de ambos pertencerem ao Grupo 1 (𝑃1) 
𝑃1 =
1
8
∙
1
8
=
1
64
 
Probabilidade de ambos pertencerem ao Grupo 2 (𝑃2) 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 107 
𝑃2 =
3
8
∙
3
8
=
9
64
 
Probabilidade de ambos pertencerem ao Grupo 3 (𝑃3) 
𝑃3 =
3
8
∙
3
8
=
9
64
 
Probabilidade de ambos pertencerem ao Grupo 4 (𝑃4) 
𝑃4 =
1
8
∙
1
8
=
1
64
 
Agora, utilizando o teorema da probabilidade total, podemos somar essas probabilidades parciais 
para chegarmos à probabilidade total 𝑃 de termos os dois triângulos pertencentes ao mesmo 
grupo. 
𝑃 = 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 + 𝑃4 
𝑃 =
1
64
+
9
64
+
9
64
+
1
64
 
Como todas as frações têm o mesmo denominador, podemos escrever a soma como uma só 
fração. 
𝑃 =
1 + 9 + 9 + 1
64
 
𝑃 =
20
64
 
𝑃 =
 20 
5
 36 
16 
𝑃 =
5
16
 
Gabarito: d) 
29. (Fuvest/2000) Um arquivo de escritório possui 𝟒 gavetas, chamadas 𝒂, 𝒃, 𝒄, 𝒅. Em 
cada gaveta cabem no máximo 𝟓 pastas. Uma secretária guardou, ao acaso, 𝟏𝟖 pastas 
nesse arquivo. Qual é a probabilidade de haver exatamente 𝟒 pastas na gaveta a? 
𝒂) 
𝟑
𝟏𝟎
 
𝒃) 
𝟏
𝟏𝟎
 
𝒄) 
𝟑
𝟐𝟎
 
𝒅) 
𝟏
𝟐𝟎
 
𝒆) 
𝟏
𝟑𝟎
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 108 
Comentários 
Bom, se temos 4 gavetas com capacidade para 5 pastas cada, temos espaço para 20 pastas. 
Como a secretária só guardou 18 pastas, temos um espaço vago para duas pastas ainda. 
Para simplificação, pensemos e como distribuir esses espaços vagos, ao invés de pensar em 
distribuir as pastas propriamente ditas. 
Podemos pensar nessa distribuição de espaços vagos de 2 maneiras distintas: 2 espaços vagos 
em uma única gaveta ou duas gavetas com 1 espaço vago cada. 
Consideremos, para notação, a quadra (𝑥𝑦𝑧𝑤) como 𝑥 espaços vagos na gaveta 𝑎, 𝑦 espaços 
vagos na gaveta 𝑏, 𝑧 espaços vagos na gaveta 𝑐 e 𝑤 espaços vagos na gaveta 𝑑. 
Desse modo, façamos os cálculos separadamente. 
Maneiras de distribuirmos 2 espaços vagos, juntos, em 4 gavetas. 
(2000) − (0200) − (0020) − (0002) 
Ou seja, temos 4 maneiras distintas de termos duas vagas em uma única gaveta. 
Maneiras de distribuirmos 2 espaços vagos, 1 em cada uma das 4 gavetas. 
(1100) − (1010) − (1001) − (0110) − (0101) − (0011) 
Ou seja, temos 6 maneiras distintas de termos 2 espaços vagos, 1 em cada uma das 4 gavetas. 
Assim, temos 4 + 6 = 10 maneiras de distribuirmos esses espaços vagos, indicando termos, de 
modo correspondente, os mesmos 10 modos de distribuirmos as 18 pastas nas 4 gavetas. 
Até aqui, tudo bem, calculamos o nosso espaço amostral. 
Agora, precisamos calcular o número de maneiras que podemos termos exatamente 4 pastas na 
gaveta 𝑎, ou, pensando nos espaços vagos, exatamente um espaço vago na gaveta 𝑎. 
Vejamos, em nosso espaço amostral, quais distribuições apresentam exatamente um espaço 
vazio na gaveta 𝑎. 
 (2000) − (0200) − (0020) − (0002) 
(1100) − (1010) − (1001) − (0110) − (0101) − (0011) 
Assim, vemos que há 3 possibilidades, dentre as dez possíveis no espaço amostral. 
Portanto, a probabilidade 𝑃 solicitada é dada por: 
𝑃 =
3
10
 
Gabarito: a) 
30. (Fuvest/1993) Escolhe-se ao acaso três vértices distintos de um cubo. A 
probabilidade de que estes vértices pertençam a uma mesma face é: 
𝒂) 
𝟑
𝟏𝟒
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 109 
𝒃) 
𝟐
𝟕
 
𝒄) 
𝟓
𝟏𝟒
 
𝒅) 
𝟑
𝟕
 
𝒆) 
𝟏𝟑
𝟏𝟖
 
Comentários 
Como podemos ver na figura a seguir, um cubo possui 8 vértices. 
 
Se vamos escolher 3 desses vértices de maneira aleatória, temos 
𝐶8,3 =
8 ∙ 7 ∙ 6
3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝐶8,3 =
8 ∙ 7 ∙ 6 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
𝐶8,3 = 8 ∙ 7 
𝐶8,3 = 56 
E esse é o número de elementos de nosso espaço amostral. 
Sobre a três vértices pertencerem à mesma face, vejamos quantas faces há no cubo e quantos 
vértices possui cada face. 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 110 
 
 
 
Assim, podemos perceber que cada face possui 4 vértices e que há 6 faces no cubo. 
Em cada face, de 4 vértices, podemos ter 𝐶4,3 modos diferentes de escolher 3 vértices, então, o 
número 𝑛 de maneiras de escolhermos 3 pontos pertencentes a uma face qualquer do cubo é: 
𝑛 = 6 ∙ 𝐶4,3 
 
𝑛 = 6 ∙
4 ∙ 3 ∙ 2
3 ∙ 2 ∙ 1
 
 
𝑛 = 6 ∙
4 ∙ 3 ∙ 2 
 3 ∙ 2 ∙ 1 
 
 
𝑛 = 6 ∙ 4 
𝑛 = 24 
Assim, pela nossa definição de probabilidade, temos. 
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑠í𝑣𝑒𝑖𝑠
 
𝑃 =
24
56
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 111 
𝑃 =
 24 
3
 56 
7 
𝑃 =
3
7
 
Gabarito: d) 
31. (Fuvest/1990) 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 saiam com a frequência 
esperada em um dado não viciado. 
Qual a frequência da face 𝟏? 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟏
𝟗
 
𝒅) 
𝟐
𝟗
 
𝒆) 
𝟏
𝟏𝟐
 
Comentários 
A frequência esperada para cada face de um dado não viciado é de 
1
6
. 
Para o dado citado no enunciado, temos a seguinte distribuição de frequências: 
𝑓𝑎𝑐𝑒 1 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑥 
𝑓𝑎𝑐𝑒 2 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 =
1
6
 
𝑓𝑎𝑐𝑒 3 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 =
1
6
 
𝑓𝑎𝑐𝑒 4 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 =
1
6
 
𝑓𝑎𝑐𝑒 5 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 =
1
6
 
𝑓𝑎𝑐𝑒 6 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 = 2𝑥 
Como estão listadas todas as possibilidades, ou seja, todo o espaço amostral, a soma das 
frequências individuais deve resultar no evento certo, ou seja, em frequência 1. 
Assim, temos a seguinte equação. 
𝑥 +
1
6
+
1
6
+
1
6
+
1
6
+ 2𝑥 = 1 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 112 
Vamos, então, resolver a equação para encontrar as frequências das faces faltantes. 
𝑥 +
1
6
+
1
6
+
1
6
+
1
6
+ 2𝑥 = 1 
3𝑥 + 4 ∙
1
6
= 1 
3𝑥 +
4
6
= 1 
3𝑥 +
 4 
2
 6 
3 = 1 
3𝑥 +
2
3
= 1 
Subtraindo 
2
3
 de ambos os membros daequação. 
3𝑥 +
2
3
−
2
3
= 1 −
2
3
 
3𝑥 + 
2
3
 − 
2
3
 = 1 −
2
3
 
3𝑥 = 1 −
2
3
 
Subtração entre frações: MMC. 
3𝑥 =
3 − 2
3
 
3𝑥 =
1
3
 
Multiplicando ambos os membros por 
1
3
. 
1
3
∙ 3𝑥 =
1
3
∙
1
3
 
 
1
3
 ∙ 3 𝑥 =
1
3
∙
1
3
 
𝑥 =
1
9
 
Gabarito: c) 
 
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AULA 08 – PROBABILIDADE 113 
11. Considerações finais 
Como você deve ter percebido, nós utilizamos muito nos exercícios a definição básica de 
probabilidade, além de utilizar os conceitos que trouxemos da Análise Combinatória 
(Permutação, Arranjo e Combinação). 
O conteúdo teórico da aula é necessário para trazer tranquilidade e amplitude de conceitos 
para que os exercícios não sejam um entrave e sim um palco para treinamento. 
Este conjunto, Análise Combinatória e Probabilidade, é muito cobrado nos vestibulares; 
mas é um conteúdo praticamente independente no currículo do ensino médio e, por isso, é, 
muitas vezes, deixado de lado nas programações de estudo tanto por estudantes quanto por 
professores. 
Não deixe que esse conhecimento caia no esquecimento, revise-o de tempos em tempos. 
O conteúdo do seu curso é extenso e, para não perder o que estudou, adquira o hábito da 
revisão periódica. 
Bons estudos e até a próxima aula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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