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<p>SAMUEL HAZZAN COMPLEMENTO PARA PROFESSOR FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA 5 ELEMENTAR COMBINATÓRIA PROBABILIDADE ATUAL EDITORA</p><p>Samuel Hazzan Copyright desta edição: SARAIVA S.A. Livreiros Editores, São Paulo, 2006. Av. Marquês de São Vicente, 1697 Barra Funda 01139-904 São Paulo SP Fone: (0xx11) 3613-3000 Fax: (0xx11) 3611-3308 Fax vendas: (0xx11) 3611-3268 Todos os direitos reservados. Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) (Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil) Fundamentos de matemática elementar comple- mento para o professor. - São Paulo: Atual, 1993. Apresentação Conteúdo: 1. Conjuntos e funções / Gelson Carlos V. 2. Logaritmos / Gelson Osvaldo Dolce, Carlos 3. Trigonometria / Gelson 4. matrizes, determinantes, sistemas / Gelson Samuel Hazzan. 5. Combina- tória, probabilidade / Samuel Hazzan. 6. Este livro é o Complemento para o Professor do volume 5, Combinatória/ Complexos, polinômios, equações Geome- Probabilidade, da coleção Fundamentos de Matemática tria analítica / Gelson V. 8. Limites, de- rivadas. noções de integral Gelson Iezzi, Carlos Cada volume desta coleção tem um complemento para o professor, com o obje- Murakami, Nilson José Machado. - V. 9. Geome- tria plana V. 10. Geometria espacial : posição tivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e sugerir sua e métrica / Osvaldo Dolce, José Nicolau Pompeo. passagem aos alunos. Matemática grau) 2. Matemática É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos aber- grau) Problemas e exercícios etc. 3. Mate- mática (Vestibular) Testes I. lezzi, Gelson, tos às sugestões e críticas, que nos devem ser encaminhadas através da Editora. 1939- II. Carlos, 1943- III. Dolce. Agradecemos ao professor David Mauro Degenszajn a colaboração na redação IV. Hazzan, Samuel, 1946- V. Nilson José, 1947- VI. Pompeo, José das soluções que são apresentadas neste Complemento. Nicolau, 1945- 93-1795 CDD 510.7 Os Autores. Índices sistemático: 1. Matemática Ensino de 2.° grau 510.7 Complemento para o Professor Fundamentos de Matemática Elementar 5 Editora: Bárbara Ferreira Arena Editor de campo: Valdir Montanari Coordenadora editorial: Sandra Lucia Abrano Chefe de preparação de texto e Noé Ribeiro Coordenadora de Maria Luiza Xavier Souto Revisores: Alice Kobayashi Magna Reimberg Teobaldo Maria Cecília Fernandes Vannucchi Maria da Penha Faria Vera Lúcia Pereira Della Rosa Editor de arte: Zildo Braz Chefe de arte: Glair Alonso Arruda Assistentes de Lu Bevilacqua Ghion Ricardo Yorio Rosi Meire Martins Ortega Gerente de produção: Antonio Cabello Q. Filho Coordenadora de produção: Silvia Regina E. Almeida Produção gráfica: José Rogerio L. de Simone Maurício T. de Moraes Capa: Ettore Bottini Foto de capa: Hilton Ribeiro Consultor David Mauro Fotolito: Binhos/H.O. Panaroni Composição e arte-final: Paika Realizações Gráficas Visite nosso site: Central de atendimento ao professor: 3613-3030 Impresso nas oficinas da Gráfica Palas Athena</p><p>Sumário Capítulo I - Análise Combinatória 1. Cada refeição consta de um par ordenado (a, b), em que a representa o tipo de carne e b a sobremesa. Logo, há 8.5 = 40 refeições possíveis. Capítulo I Análise combinatória 1 Capítulo II Binômio de Newton 35 2. Uma maneira de se vestir pode ser indicada pelo par (a, b), em que a representa Capítulo III Probabilidade 56 a blusa e b a saia vestida. Assim, temos 5 6 - 30 formas possíveis. 3. Cada posição do banco é um par (a, b), em que a representa seu assento e b seu encosto. Temos, daí, = 30 posições distintas. 4. Cada casal consiste em um par (a, b), em que a representa o homem e b a mu- número de casais é, portanto, 5. Cada percurso consta de um par ordenado (a, b), com a # b, em que a represen- ta a porta de entrada e b a de saída. Temos, então, 8.7 = 56 possibilidades. 6. Qualquer premiação possível consta de um par (a, b), com a b, em que a e b representam, respectivamente, 1.° e colocados. Logo, há 12 11 = 132 possibilidades. 7. Uma forma de se vestir pode ser indicada por uma tripla ordenada (a, b, c), em que a representa o terno, b a camisa e o par de sapatos. Temos, portanto, formas de se vestir. 8. Cada escolha é uma terna ordenada (a, b, c), em que a representa a con do auto- móvel, b o motor e a versão. Assim, há 7.2.3 42 alternativas de compra. 10. Cada resposta do teste é uma do tipo em que cada a; vale V ou F. Portanto, o número de possibilidades 20 vezes 11. Cada resultado consta de uma ..., em que cada jogo po- de assumir 4 resultados possíveis. Assim, temos, 4 4 106 resultados 10 vezes 1</p><p>12. Qualquer palavra consiste em uma em que cada é 20. Sejam a o número de calças e b o número de paletós. O número de conjuntos um bit e vale 0 ou 1. Daí, há 2 2 2 = 232 palavras. distintos que podem ser formados é a b = 24. Os possíveis naturais que satisfa- zem a condição acima são 1 e 24, 2 e 12, 3 e 8, 4 e 6. Dentre eles, a soma mínima é 10. 32 vezes 21. Cada resultado consiste em uma a6), em que representa 13. A sala poderá ser aberta ao abrirmos 1, 2 ou até 10 portas. Então, cada porta o número obtido no lançamento do i-ésimo dado. poderá ficar aberta ou fechada. Excluindo o caso em que todas ficam fechadas, Assim, há 6 66 resultados possíveis. pelo princípio fundamental da contagem temos: 6 vezes - 1 = I = 023 possibilidades. 10 vezes 22. Seja A = {0, 1, Cada número de telefone é uma do tipo (2, ..., b4), em que e A* e A. Então, existem 104 números de telefone. 14. Usando a convenção 0: o aluno não é escolhido 23. a) Cada letra é uma a3), em que a; vale (-) ou Assim, te- o aluno é escolhido mos notamos que cada aluno será identificado por ou 1. b) O total de letras será dado pela soma das letras que apresentam 1, 2, ou 8 Se considerarmos a situação em que nenhum aluno é escolhido, teremos, pelo símbolos, isto é, princípio fundamental da contagem, (2 2) 63 possibilidades. 6 vezes 8 vezes é a expressão da soma dos termos de uma 15. Analogamente ao anterior, temos 25 = 31 possibilidades. P.G., a 16. Cada anagrama é uma seqüência de letras ..., em que cada represen- ta a tecla batida na máquina. 25. O número de percursos possíveis corresponde à soma dos caminhos que, partin- Dessa forma, há = 266 anagramas. do de A, passam por B ou C e de lá chegam a X. 6 vezes Assim, há percursos diferentes. Sim, consta o anagrama TECTEC pois os l's da acima não são neces- 27. Cada trajetória consistirá em uma de 8 passos ag), em que sariamente distintos. pode ser dado para cima ou para a direita. Pelo princípio fundamental da contagem, existem = caminhos. 17. Cada voto é uma ..., em que cada representa o candida- to escolhido. Então, temos, = 35 votos possíveis. 28. De modo análogo ao anterior, há 2 2 = maneiras. 6 vezes 5 vezes 30. Cada divisor positivo de da forma: em que E 10, 1, a); 18. Um número formado consta de uma a3), em que representa 1, b) e assim por diante. um dígito escolhido dentre os disponíveis. Assim, o número de divisores de N é o número de quádruplas Dessa forma, existem 5.5.5= 125 números. que 1). 19. Cada pessoa será identificada pelo par (a, b), em que a representa seu nome e b 31. Notemos que, fixado um dos números, existem 6 peças diferentes formadas com seu sobrenome. Então, o número de possibilidades é 10 20 = 200. os números restantes. Havendo 7 números, temos 6 . 7 peças. Como elas 2 3</p><p>são simétricas, cada peça foi contada 2 vezes, o que dá 6.7 A esta quantidade K 2 K C devemos somar as peças formadas de números iguais, (1, 1), por exemplo. K K 6.7 C Logo, há + 7 28 peças. 2 C Se ocorrer: 32. Através do mesmo raciocínio, generalizamos: (K, K, K), teremos: Pedro, Antônio e Antônio (K, K, C), teremos: Pedro, Antônio e Manoel 2 2 (K, C, K), teremos: Pedro, Manoel e Pedro (K, C, C), teremos: Pedro, Manoel e Antônio 33. Cada função será constituída de n imagens, em que há r possibilidades para ca- Logo, Antônio dará no máximo 2 voltas. da imagem. Logo, pelo princípio fundamental da contagem ficam definidas = funções. 38. Em cada coluna do diagrama seguinte indicaremos os possíveis resultados em ca- da jogada: Vitória (V) ou Derrota (D). Temos também o total ao final de cada vezes de resultados: 35. Vamos dispor as possibilidades num diagrama de árvore, no qual em cada "colu- V (V, V, V): R$ 5 000,00. na" do diagrama representamos os possíveis ganhadores de cada jogo: Antônio V (V, V, D): R$ 3 000,00. (A) ou Benedito (B). D (V, D, V): R$ 3 000,00. V V (V, D, D): R$ A A D (D, V, V): A A D (D, V, D): B V B B V A D D A A D B B Assim, ao final de 3 jogadas podemos ter R$ 000,00, R$ 3 000,00 ou B B R$ Temos as seguintes possibilidades: 39. Indicaremos nas colunas do diagrama seguinte os possíveis resultados: Vitória (AA, ABAA, ABAB, ABB, BAA, BABA, BABB, (V) ou Derrota (D), em cada uma das rodadas a serem jogadas: 36. Imaginando um diagrama de árvore, verificamos que as seguintes re- V V presentam P.A.: V (1, 2, 3); (1, 3, 5); (1, 4, 7); (1, 5, 9); (2, 3, 4); (2, 4, 6); (2, 5, 8); D V D V (2, 6, 10); (3, 2, 1); (3, 4, 5); (3, 5, 7); (3, 6, 9); (4, 3, 2); (4, 5, 6); D (4, 6, 8); (4, 7, 10); (5, 3, 1); (5, 4, 3); (5, 6, 7); (5, 7, 9); (6, 5, 4); D (6, 4, 2); (6, 7, 8); (6, 8, 10); (7, 6, 5); (7, 5, 3); (7, 4, 1); (7, 8, 9); V V (9, 8, 7); (9, 7, 5); (9, 6, 3); V (9, 5, 1); (10, 9, 8); (10, 8, 6); (10, 7, 4); (10, 6, 2). D D V V 37. Vamos construir o diagrama de árvore, indicando em cada uma de suas colunas D os possíveis resultados obtidos pelo lançamento da moeda: cara (K) ou coroa (C). D D D Notemos ainda que, pelo enunciado, é possível concluir que o lançamento re- sultou cara. Verificando, há 11 possibilidades de jogo. 4 5</p><p>40. o Sejam a, ..., a,} os rapazes e as moças. Esquematizando problema da forma: Assim, o número de maneiras que a bandeira pode ser pintada é: 5 2 = 3 = 6 vezes 48. Se considerarmos o bilhete (X, Y), X será a estação de partida e Y a de chegada. Por outro lado, no bilhete (Y, X) ocorre o contrário. Assim, cada bilhete é um notamos que a diferença entre o número de moças com quem cada homem dan- arranjo das 16 estações tomadas 2 a 2, isto é, 2 = 240. ça e o índice que o identifica é constante e igual a 4. Daí, m r = 4 m = r + 4. 49. Fixadas A e F como cidades de partida e chegada, respectivamente, cada percur- consistirá em um arranjo das 4 cidades restantes tomadas 4 a 4, pois deve ne- 41. cessariamente passar por todas elas. B Temos: A C total de possibilidades é, então: D A (A, B); (A, C); (A, D); (B, A); (B, C); 4! = 24. B C (B, D); (C, A); (C, B); (C, D); (D, A); D (D, B); (D, C). 50. Como importa a ordem da e colocadas, cada resultado possível é um A B arranjo das 5 misses tomadas 3 a 3, isto é, 3 = 60. D 51. Cada tentativa de abrir o cofre consiste em uma ordenada de 3 núme- A D B ros distintos, isto é, a um arranjo dos 10 algarismos tomados 3 a 3. C Assim, o número máximo de tentativas é A10, 720. 52. Notemos inicialmente que, se numa configuração o jogador A é centroavante e 43. Cada possibilidade para os 3 primeiros colocados consiste em um B é ponta-direita, será considerada distinta a configuração em que A é ponta-di- o 20 times tomados 3 a 3, pois importa a ordem de classificação dos times. arranjo Logo, dos reita e B é centroavante. Daí, cada escalação consta de um goleiro e de uma se- número de resultados possíveis é 3 = ordenada de 10 jogadores escolhidos entre os 19. Como há 3 goleiros, o número total de possibilidades é: 3 A 44. número de maneiras de pintar um cubo com 6 cores é 6!. Contudo, imaginemos um observador de frente para uma determinada face, 53. Como importa a ordem em que as pedras são sorteadas, cada extração é um ar- mos a vermelha. Girando o cubo ao redor do eixo perpendicular a essa face, diga- po- ranjo das 89 pedras tomadas 3 a 3, uma vez que se deseja que a pedra seja "80". demos obter 4 posições do cubo, mantendo inalterada a face vermelha. Logo, o número de possibilidades é: = 681 384. Como isso pode ser feito com todas as 6 faces do cubo, resulta que o número 55. a) O número de resultados possíveis é o número de arranjos, com repetição, de de possibilidades é: 6! = 30 maneiras. m bolas tomadas r a r, isto é, m m m = vezes 45. Como me B duas o torneio é disputado em 2 turnos, o time A, por exemplo, enfrenta ti- b) número de resultados possíveis é o número de arranjos, sem repetição, de tomados 2 a 2, isto é, A6. 2 = 30. vezes. Logo, o problema consiste em formar os arranjos dos 6 times o m bolas tomadas r a r, isto é, r = m! 47. A listra pode ser pintada de qualquer uma das 3 cores. A listra deve 56. Os 3 primeiros algarismos da numérica ordenada serão escolhidos en- pintada de uma cor diferente da havendo então 2 possibilidades. Já a ser tre os 5 da urna I. Temos: 3 = 60 possibilidades. Seus 2 últimos algarismos bém deve ser pintada de uma diferente da havendo então 2 possibilidades. tam- serão escolhidos entre os 3 da urna II. Temos: A3, 2 = 6 possibilidades. Assim, ao todo há 60 6 = 360 possibilidades. 6 7</p><p>57. Analogamente ao anterior, o número de possibilidades é: tão, o número de possibilidades é o número de arranjos. com repetição das 2 letras tomadas 2 a 2, isto é, 2 2 = 4. seus elementos restantes são algarismos distintos escolhidos do conjunto: 59. Pelo exercício anterior, o número de funções injetoras definidas de A em B é: 10, 2, 4, 6, número de possibilidades é = 120. = 60. Assim, há, ao todo, 4 120 = 480 placas. 66. As triplas ordenadas de algarismos que nos interessam são do tipo: 60. Cada função f : In A será definida por uma n-upla de imagens, em que os ele- (5, _) ou (6, ou (7, ou (8, ou (9, mentos da n-upla não são necessariamente distintos e devem ser escolhidos entre Em qualquer uma das situações acima, o número de triplas possíveis = 56. os m disponíveis em A. Logo, o número de funções é o número de arranjos com Então, o total de números é: 56 + 56 + 56 + 56 + 56 = 280. repetição dos m elementos de A tomados n a n, isto é, 67. Como os algarismos podem se repetir, o que nos interessa são os arranjos com 61. B é bijetora se ocorrer, simultaneamente: repetição dos 5 números tomados 3 a 3, isto é, 53 = 125. (I) f é injetora (II) f é sobrejetora, isto é, todo elemento de B é imagem de algum elemento de 68. O total de números de 4 algarismos é o número de arranjos com repetição dos A por f. 9 algarismos tomados 4 a 4, isto é, 94 = 6 561. Assim, o número de funções bijetoras é o número de arranjos de n elementos O total de números de 4 algarismos em que eles são distintos é: = 3 024. distintos tomados n a n, pois neste caso cada função bijetora fica definida por Logo, a diferença: 561 - = fornece a quantidade de números uma n-upla de imagens, em que seus elementos são todos distintos. Isto é, ficam em que pelo menos 2 de seus algarismos são iguais. definidas n = n! funções bijetoras. 69. As triplas ordenadas de algarismos que nos interessam são do tipo: 62. Como importa a ordem dos algarismos, cada número formado é um arranjo dos (2, _) ou 2, _) ou 2). 9 algarismos tomados 3 a 3, isto é, = 504. Lembrando que o número formado não pode conter o "6", o total de números formados em cada configuração acima é 2 = 6. 63. Cada número é uma tripla ordenada de algarismos (a, b, c). Determinaremos ini- Logo, o resultado procurado é: 6 + 6 = cialmente o total de números de 3 algarismos: 70. As quádruplas ordenadas de algarismos que nos interessam são do tipo: "a" pode ser escolhido de 9 possibilidades diferentes (o "0" não convém pa- ra algarismo das centenas). (1, 4, ou (1, 4, _) ou (1, 4) ou 1, 4, _) ou 1, 4) "b" e "C" serão escolhidos entre os 10 algarismos, podendo haver repetição. ou (_, 1, 4). O número de quádruplas possíveis de cada tipo é: = 12. Assim, o número de possibilidades é o número de arranjos com repetição de 10 algarismos tomados 2 a 2, isto é, 10 10 = Assim, o número total de arranjos é: 12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 12 = 72. Assim, ao todo, há 9 100 = 900 números de 3 algarismos. 71. Cada número formado é uma tripla ordenada do tipo: Determinaremos agora o total de números formados por algarismos distintos: 2) ou 4) ou 6). Novamente, "a" pode ser escolhido de 9 maneiras. O número de triplas possíveis de cada tipo é: A5, 2 = 20. Uma vez determinado o algarismo das centenas - "a" o número de possi- Assim, o resultado procurado é: 20 + 20 + 20 = 60. bilidades de escolher "b" e é o número de arranjos dos 9 algarismos to- mados 2 a 2, isto é, A9, 2 = 72. 72. As quádruplas ordenadas de algarismos escolhidos entre os dados são do tipo: Assim, há 9 72 = 648 números formados por algarismos distintos. 1) ou 3) ou 5). Portanto, o total de números de 3 algarismos em que pelo menos 2 são repetidos O número de quádruplas de cada tipo é: A5, 3 = 60. 900 - 648 = 252. Dessa forma, o total de números formados é: 60 + 60 + 60 = 180. 65. Cada placa é uma sêxtupla ordenada tal que: 73. As triplas ordenadas de algarismos que nos interessam são do tipo: seus 2 primeiros elementos são as letras A e B, podendo haver repetição. En- 5. 8 9</p><p>Podendo haver repetição, o número de triplas é o número de arranjos V (4, 3, 8, 2, _), que são em número de P = 1! = 1. com repetição dos 4 algarismos tomados 2 a 2, isto é, 4 4 = 16. De (II), (III), (IV) e (V), concluímos que 43 892 é precedido de: 6 2 + 57 números. Portanto, ele ocupa a posição. 74. Cada número formado é uma quádrupla ordenada de algarismos do tipo: 5). número de quádruplas desse tipo é: 80. Em cada prognóstico simples, você deve escolher entre as 3 colunas disponíveis (coluna 1, coluna do meio, coluna 2). Isso pode ser feito de = 3 maneiras. 75. Um número é múltiplo de 4 quando terminar em "00" ou quando seus 2 últi- No prognóstico duplo, você deve escolher 2 entre as 3 colunas, lembrando, mos algarismos formarem um número divisível por 4. Como dispomos apenas por exemplo, que escolher as colunas 1 e 2 é o mesmo que escolher as colunas 2 dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, as quádruplas ordenadas de algarismos que nos e 1. Assim, o total de possibilidades de se preencher um jogo com prognóstico interessam são do tipo: ( ou 1, 6) ou (__, 2, 4) ou 3, 2) ou ( 3, 6) 2 ou 2) ou 5, 6) ou 6, 4). Suponhamos, por exemplo, que o jogo 1 seja preenchido com um "duplo" e os Para cada tipo há: 2 = 12 possibilidades. restantes com "simples". Pela discussão anterior, Assim, o resultado procurado é: maneiras de se preencher esse cartão. 77. Consideremos inicialmente que, com os algarismos dados, é possível escrever nú- Ora, o jogo escolhido para ser preenchido com o prognóstico duplo pode ser o meros com 4 ou com 5 algarismos que sejam maiores que 2, 3, 13. (I) Com 4 algarismos, as quádruplas que nos interessam são do tipo: Assim, o total de possibilidades é: 13 (2, 5, _) ou (3, ou (4, ou (5, _) 81. Cada forma de dispor as máquinas para montar a peça é uma permutação das 24 7 máquinas disponíveis. Assim, o resultado procurado é: = 7! = 5 040. possibilidades possibilidades possibilidades possibilidades Logo, com 4 algarismos, há 6 + 24 + 24 + 24 = 78 números maiores que 82. Os r elementos dos k destacados podem ser escolhidos de , formas. Os ou- (II) Com 5 algarismos, qualquer número formado é maior que O total de tros n - r elementos devem ser escolhidos entre os m - k remanescentes, haven- números formados com 5 algarismos é o número de permutações do então possibilidades. Por fim, podemos colocar o "bloco" dos r, dos 5 algarismos dados, isto é, = 5! = 120. num total de (n - r + 1) posições. Assim, o resultado procurado é: (n Juntando (I) e (II), temos ao todo: 78 + 120 = 198 números. 78. As triplas ordenadas de algarismos escolhidos entre os dados que nos interessam 84. Temos as seguintes possibilidades: F são do tipo: = 5! = 120 anagramas L (1, ou (2, _) ou (5, ou (6, = 5! = 120 anagramas T número de triplas de cada tipo é: = 12. = 5! 120 anagramas R Logo, o total pedido é: 4 12 = 48. 5! = 120 anagramas Assim, ao todo há 120 + 120 + 120 + 120 = 480 anagramas. 79. O número 892 é precedido pelos números da forma: 85. inteiro formado pode apresentar: I (2, que são em número de = 4! = 24 algarismo: Há 4 possibilidades. II (3, que são em número de P4 = 4! = 24 2 algarismos: Há A4.2 = 12 possibilidades. 3 algarismos: Há = 24 possibilidades. III (4, 2, que são em número de - 3! = 6 4 algarismos: Há P = 4! = 24 possibilidades. IV (4, 3, 2, que são em número de P2 = 2! = 2 Assim, ao todo, podemos formar: 4 + 12 + 24 + 24 = 64 números inteiros. 10 11</p><p>86. Fixadas as consoantes nas posições de ordem impar, isto é, 93. a) Se os homens devem ficar juntos, devemos considerá-los como "uma só pes- C C C soa" que junto com as outras 5 mulheres devem ser permutados, num total as vogais podem ser permutadas de N! maneiras, alternando-se com as consoan- de 6! permutações. Porém, em cada uma dessas permutações, os homens de- tes. Por outro lado, as consoantes também podem ser dispostas de N! maneiras. vem ser permutados entre si, num total de 4! permutações. Assim, o número Assim, neste caso, há N! N! possibilidades. total de permutações é: 6! 4! Analogamente, se as consoantes estiverem ocupando as posições de ordem par, há N! N! possibilidades. b) Notemos que os homens devem ficar juntos, funcionando como "uma só pes- Logo, o resultado procurado é N! N! + N! N! = soa" e as mulheres juntas também funcionarão como "uma única pessoa", dando um total de 2! permutações. Porém, em cada uma dessas permutações os homens devem ser permutados entre si, num total de 4! maneiras, o mes- 87. Cada palavra é uma permutação das letras: P, E, R, N, A, M, B, U, C, O. Lo- mo acontecendo com as mulheres, num total de 5! maneiras. go, há 10! anagramas. Assim ao todo, há 2! 4! 5! permutações possíveis. Começando com a sílaba PER, devemos apenas permutar as letras: N, A, M, B, U, C, O. Logo, há = 7! anagramas. 94. Se os meninos estiverem ocupando as posições de ordem impar da fila ficam determinadas 5! permutações possíveis entre as mulheres para ocu- 88. Solução 1 parem as posições de ordem par. Lembrando que cada um dos meninos pode Temos as seguintes possibilidades: ocupar qualquer uma das posições impares, os meninos também podem ser per- P L ou P T ou P S ou L P ou mutados de 5! maneiras. Assim, o total é permutações. L T ou L S ou S P ou S L ou Analogamente, se os meninos estiverem ocupando as posições de ordem par, há S T ou T P ou T L ou T S. 5! 5! permutações. Em cada uma das possibilidades acima, devemos permutar as 4 letras restantes, Juntando-se as duas possibilidades acima, há, ao todo: havendo assim 4! = 24 anagramas. Como temos 12 possibilidades, o resultado procurado é: 12 24 = 288. Solução 2 95. Sejam a, b, c, d, e as alternativas. Como importa a ordem das consoantes que iniciam e terminam a palavra, o nú- O número total de maneiras de ordenar as alternativas é = 5!, que correspon- mero de modos de escolhê-las é Uma vez determinadas as consoantes, há 4 de às permutações dos elementos a, b, c, d, e. letras a serem permutadas, num total de P4 = 4! anagramas. O número de maneiras de ordenar as alternativas, sendo a primeira correta, é Assim, o resultado procurado é: = 24 = 288. P4 = 4!, pois, neste caso, basta permutar as letras b, d, e. Analogamente, o número de maneiras de ordenar as alternativas, sendo a últi- ma correta, é P4 = 4!. 89. Os anagramas que nos interessam são da forma: Assim, o resultado pedido é dado pela diferença: E U A 5! (4! = 24 24 = 72. Neste caso devemos permutar apenas as letras: R, P, B, L, C. Assim, ao todo, há = 5! = 120 anagramas. 96. número de maneiras de escolher os dois homens a fim de ocupar as extremida- des da fila é o número de arranjos dos 3 homens tomados 2 a 2, pois importa a 90. Para que nenhuma torre possa "comer" outra, elas não podem ser dispostas 2 ordem em que forem escolhidas as extremidades da fila. Em cada uma das possi- a 2 na "horizontal" e na "vertical", podendo apenas ser dispostas na "diago- bilidades, devemos permutar as 4 pessoas remanescentes homem e 3 mulheres), nal" do tabuleiro. Assim, o número de formas de colocar as 8 torres nas 8 num total de P4 = 4! permutações. "casas" da diagonal é: = 8! Logo, ao todo há: A3, P4 = = 144 possibilidades. 91. Denotando os anúncios existentes por cada maneira de colocá- 97. O número total de maneiras de dispor as 6 pessoas numa fila é P6 = 6! = 720. los nos intervalos destinados a eles é uma permutação dos Se Geraldo (G) e Francisco (F) ficam juntos, eles funcionam como "uma só pes- Logo, o resultado procurado é = 7! = 5 040. soa", devendo se permutar com as 4 outras, num total de 5! permutações. Em 12 13</p><p>cada uma dessas permutações, G e F podem se permutar entre si de 2! maneiras. 103. m = 3. Dessa forma G e F ficam juntos em = 240 configurações. Fixando os meninos na roda, as meninas podem ser dispostas de 3! maneiras. Então, a diferença 720 240 = 480 fornece o número de maneiras em que G Por outro lado, há (3 1)! = 2! modos de formar uma roda só com os meni- e F não ficam sentados um ao lado do outro. nos. Assim, 3 meninos e 3 meninas podem ser alternadamente dispostos em uma roda de = 12 maneiras. 98. número de maneiras de escolher as letras é o número de permutações das le- Generalizando, temos: (m 1)! m! possibilidades. tras A, B, C, isto é, P3 = 3! = 6. número de maneiras de escolher os 4 algarismos entre os 5 algarismos pares é o número de arranjos dos 5 algarismos tomados 4 a 4, isto é, A5 4 = 120. 104. a) 5! + 7! = 120 + = 12! = 6 = # 5! 120). Dessa forma, a placa pode ser formada de 120 = 720 maneiras diferentes. = = 99. Denotando por os algarismos "0", "2" e "4" agrupados, podemos ter as se- guintes possibilidades: 106. 4 m 2 4 Os 2 algarismos restantes devem ser escolhidos entre os 7 restantes e os elementos de podem se permutar entre si. Assim, há P3 = 252 possibilidades. : Analogamente ao anterior há 252 possibilidades. : Neste caso, os 2 algarismos restantes podem ser escolhidos de maneiras. Porém, das permutações possíveis dos elementos de de- 107. An-1,3 = 4 4 n n 3 n = 12. vemos descontar as 2 que iniciam por "0" Assim, há Assim, ao todo, há 252 + 252 + 168 = 672 números. = 108. 3)! 101. Utilizando o resultado do exercício anterior, há (12 1)! = 11! permutações = 30 28 = 0; cujas raízes circulares das 12 crianças. são e 7. Desprezando a raiz negativa, segue que m = 7. 102. Calculando as permutações circulares das 4 contas, obtemos (4 1)! = 3! = 6 possibilidades. Chamando as contas de 1, 2, 3 e 4, notamos que o colar deter- (m + 2)(m + 1) m! = minado pela posição das contas abaixo: Resolvendo a equação do grau e observando a condição de existência, segue que m = 7. 1 110. Notando que 6! = 720, temos: n 2 3 1 111. 2 An, + 50 = 2 4 = = 5. 3 2 Como n = não satisfaz as condições de existência, vem que n = 5. é o mesmo que o determinado por 4 que é obtido "virando-se" o colar. Assim, cada permutação circular foi contada 2 vezes. 112. Então, temos: 2 6 = 3 colares. n(n 1)(n - 2)! (n - 2)! = (n = n 1), que é o que queríamos demonstrar. 14 15</p><p>113. 119. Sabendo que m . - m!, podemos escrever: - o - b) Desenvolveremos o membro e tentaremos chegar ao 1.° membro. De fato, = (m + 1)! - m! = - m! m!] [(m + . - - = = = Somando membro a membro as relações acima, vem: ... m! = que é o que demonstrar. 120. Temos: = 115. a) Vamos multiplicar e dividir a expressão dada por (2n) e apli- car o resultado do exercício anterior: Temos: (2n (2n) 121. Desenvolvendo a somatória, temos: (2n) (2n n = Utilizando a sugestão, podemos escrever: = = + + = ) 116. Temos: Cancelando, vem: = demonstrar. 2) = k! que queríamos demonstrar. 117. 123. 118. Temos: (n + - (m + = [(m + 2)(m + 1)! - (m + 1)!] m! = = = o = (n + 1)(n 1)! queríamos demonstrar. 16 17</p><p>125. Basta formar todos os subconjuntos de M formados por 2 elementos, isto é: n 12 = 0, cujas raízes são Desprezando a raiz negativa, 17, {7, 91, 01, 91, {8, 01, 01. temos que 126. O número de subconjuntos de A com 4 elementos é o número de combinações de n elementos tomados 4 a 4, isto é, 134. - = 5 = 127. Seja n o número de elementos de A. O número de subconjuntos de A forma- (m dos por 2 elementos é o número de combinações de n elementos tomados 2 a 0. 2, isto é: Resolvendo essa equação e observando a condição de existência, vem que m=7. n! = 45 = - n - 90 = 0, cujas raízes são 10 e -9. Desprezando a raiz negativa, vem que n = 10. = 8! = Logo, = p m! = = 2 136. = 180 2 3)! 1 7m - = 0, 129. De = m! m! cujas raízes são Como não convém, temos que m = 9. Cancelando os termos semelhantes, vem que = p! Ap, 3 = m! m! = 1 = = cujas raízes são - Despre- 138. = 78 156 zando a raiz negativa, temos que n = 8. n! Notemos que = = 78 p! p)! 132. Ax, 3 - n! = Então, pode escrito como = o sistema ser Comparando as duas equações, temos que: 78 p! = 156 p! = 2, donde 133. An+1,4 = n! Substituindo p = 2 em qualquer uma das equações, vem que n = 13. Logo, S 19 18</p><p>Multiplicando numerador e deno- minador por n! = n(n 2 1, vem: 145. salão poderá ser aberto abrindo-se 1, 2, ou até 10 portas, escolhidas entre as 10 existentes. Observemos que abrir as portas (A, B, C, D), por exemplo, é = o mesmo que abrir as portas (B, C, D, A). Logo, o número de possibilidades é: = = + ... + = 10 + + 10 146. Como cada jogo é uma combinação dos 10 times tomados 2 a 2, o número de jogos no primeiro turno é C10, m! Como o torneio é disputado em 2 turnos e houve um jogo extra, o total de jo- gos é: 2 2 + 1 = 91. Como é inteiro, segue que é divisível por m! 148. Como não importa a ordem, cada aperto de mão é uma combinação das 5 pes- soas tomadas 2 a 2. O número total de apertos de mão é Entre os conhe- cidos, são dados 2 apertos de mão. 141. Cada resultado possível consiste em uma combinação das 52 cartas, tomadas 4 a 4. Portanto, a diferença C5, 2 - C3, 2 = 7 fornece o número de apertos de mão Logo, o número de resultados possíveis é = efetivamente dados. 149. Como João é o único goleiro, o número de maneiras de escalar os outros 4 jo- gadores (não importando a ordem em que eles são escolhidos) é: 4 = 126. 142. Notemos inicialmente que A dar a mão para B é a mesma coisa que B dar a mão para A. Assim, cada aperto de mão é uma combinação das n pessoas to- 150. Como Ari e Arnaldo devem ser necessariamente escalados, sobram, no time, 3 madas 2 a 2. Temos, então: vagas para serem preenchidas pelos 8 jogadores restantes. Logo, o número de n! = 45 n - 90 = 0. possibilidades de escalar o time é: = 56. Resolvendo a equação e desprezando a raiz negativa, segue que n = 10. 151. Seja n o número mínimo de piadas que ele pode contar em 35 anos. Em cada ano, o número de piadas que ele conta é uma combinação das n piadas tomadas 3 a 3. 143. Como num produto não importa a ordem dos fatores, cada produto é uma com- Devemos ter: = binação dos 5 dígitos disponíveis, tomados 3 a 3. Logo, o número de produtos é: C5. 3 = 10. 2n = 0. As possíveis raízes racionais dessa equação são os divisores inteiros de 210. Verifica-se que n = a única raiz real dessa equação n = 7. 144. Numa comissão não importa a ordem das pessoas escolhidas. As comissões madas poderão apresentar 5, ... ou até 10 pessoas, escolhidas sempre entre for- as 10 Logo, o número de comissões é: 152. Os 3 carros podem ser escolhidos de = formas; os 3 pilotos podem ser + + + 10 Por outro lado, sabemos escolhidos de (3) = 4 formas, totalizando 4 4 = 16 possibilidades. Dentre elas, em apenas uma situação nem piloto nem carro é brasileiro. Dessa forma, o número de maneiras de fazer a inscrição em que pelo menos + = um piloto ou carro é brasileiro é: 16 1 = 15. 153. Misturar B, C, D, E, é o mesmo que misturar {B, F, A, D, C, As- isto 848. sim, o número total de misturas existentes é: Por outro lado, o número de combinações em que as duas substâncias explosivas aparecem é: 20 21</p><p>Logo, a diferença C10, 140 fornece o número de modos possíveis (A, A, A, A, E, E) = 675 comissões de efetuar as misturas. (A, A, A, A, A, E) = 60 comissões (A, A, A, A, A, C6,6 = 1 comissão 154. a) Excluindo os matemáticos, cada comissão é uma combinação das outras 15 Somando todas as possibilidades, temos: 2 + 675 + + I = comissões. pessoas tomadas 10 a 10, isto é, = (10) 157. Sejam: D: diretor e G: gerente. Podemos ter os seguintes "tipos" de comissões: b) Neste caso, sobram apenas 5 vagas para serem ocupadas pelos outros 15 par- {D, G, G, G, 15 ticipantes, isto é, {D, D, G, G, D, D, G, 10 c) Podemos escolher 9 entre os outros 15 participantes de formas. Cada Logo, o número total de comissões possíveis é: 15 + 30 + 10 = 55. comissão será formada quando um dos matemáticos se juntar a esses 158. O número de formados nos quais marido e mulher participam é: O número de grupos em que eles não participam é: grupos. Logo, o número de maneiras de formar o grupo é: + = Como existem 5 matemáticos, teremos ao todo 159. número total de formas de selecionar 2 meias é: Há apenas 8 combina- d) O número total de comissões possíveis é Pela parte a), vimos que o ções de meias do mesmo par. Logo, o número de maneiras de selecionar 2 meias número de comissões em que nenhum membro é matemático é Assim, sem que elas sejam do mesmo par é: o número de comissões em que pelo menos um membro é matemático é: 161. a) Cada comissão formada é uma combinação de 11 pessoas tomadas 3 a 3, is- to é, = 165 comissões. 155. número de comissões formadas em que A e B comparecem é núme- b) Podemos escolher 2 entre 5 homens de modos e uma entre 6 mulheres ro de comissões em que A e B não participam é (s) Assim, o número total de (i) modos. Logo, o número de comissões possíveis é: de comissões possíveis será dado por 162. Cada extração é uma combinação das peças tomadas 8 a 8, pois não influi a ordem em que elas são extraídas. Podemos escolher 4 entre 50 peças boas de 156. Sejam: A: administrador e E: economista. formas e 4 entre 10 defeituosas de formas. Podemos ter os seguintes "tipos" de comissão: (A, A, A, E, E, E) ou (A, A, A, A, E, E) ou (A, A, A, A, A, ou Assim, há possibilidades. (A, A, A, A, A, Analisando a "possibilidade" de comissão, temos: 163. Podemos escolher 2 entre 5 brancas de (2) = 10 formas e 4 entre 7 pretas de Podemos escolher 3 entre 6 administradores (i) = 20 formas e podemos formas. escolher 3 entre 10 economistas = formas. Cada grupo de 3 admi- Então, temos, ao todo, 10 35 = 350 possibilidades. nistradores deverá se juntar a um dos 120 grupos de economistas, formando uma comissão. Como existem 20 grupos de administradores, teremos ao todo 20 120 = 2 400 comissões. 164. Podemos escolher 3 entre os 4 ases disponíveis de (3) = 4 formas. As outras Analogamente, temos: 2 cartas serão, então, escolhidas entre as 48 restantes, havendo, portanto, 22 23</p><p>= 128 possibilidades. Cada terno de ases deverá se "juntar" a um dos 170. Há 8 possibilidades para se escolher o presidente neste grupo. Os outros 3 128 grupos, formando um subconjunto. Como há 4 ternos de ases, ao todo membros serão escolhidos entre os 7 restantes, num total de (3) = 35 gru- teremos 1 128 = subconjuntos. pos. Em cada comissão, o presidente se junta a um desses 35 grupos. Logo, há, ao todo, 8 35 = 280 comissões. 165. a) Há (2) = 3 possibilidades de escolher 2 entre 3 vermelhas. 171. Podemos escolher 2 entre 5 médicos de (2) maneiras, 2 entre 7 engenheiros b) Podemos escolher 2 entre 5 bolas brancas de (2) = 10 formas. de (2) maneiras e entre 3 advogados de maneiras. c) Podemos escolher entre 3 vermelhas de = 3 formas e entre 5 bran- Logo, o número de comissões possíveis é: 630. cas de (i) = 5 formas. Logo, o número de possibilidades é = 15. 172. As crianças podem ter 1, 2 ou 3 nomes. 166. Podemos ter: Com nome, o número de maneiras de chamar a criança 300. (P, P, P, B, B, P, P, P, P, B, = 270 Com 2 nomes, temos 300 ) {P, P, P, P, P, P, C10, = 10 300 2 possibilidades. Ao todo, temos: + 270 + = modos. Com 3 nomes, temos 3 ) possibilidades. Juntando as três situações possíveis, temos: 167. Há (3) maneiras de escolher 3 entre 7 brasileiros e (3) maneiras de escolher + 300 nomes. 3 entre os 4 japoneses. Então, há = 140 possibilidades. 173. Inicialmente notemos que cada forma de ocupar as cadeiras corresponde à esco- lha de 4 entre 8 cadeiras disponíveis, não importando a ordem em que elas são escolhidas (por exemplo, escolher as cadeiras A, B, C, D é o mesmo que esco- lher as cadeiras B, C, D, A). Por outro lado, para cada conjunto de cadeiras 168. Cada grupo de 3 estatísticos deverá se juntar a um dos (i) grupos de econo- escolhidas, há 4! formas de se sentar, que corresponde à permutação mistas. Como há ( grupos de estatísticos, ao todo teremos: das 4 pessoas, nas referidas cadeiras. Como comissões. ras a escolher, o total de configurações é: 169. Cada tripla de professores de Matemática deverá se juntar a uma das 174. Podemos escolher 4 dentre os 7 voluntários de (7) 35 formas distintas, a plas de professores de Física. Como há (30) triplas de matemáticos, o núme- fim de exercer as 4 funções. Suponhamos que tenham sido escolhidos os volun- tários V3, V41. poderá exercer qualquer uma das 4 funções, assim ro total de comissões como V3 e V4. Em outras palavras, haverá uma permutação dos 4 voluntá- rios escolhidos no exercício de cada uma das funções. 24 25</p><p>Como há 35 maneiras de escolher os voluntários, o total de possibilidades é: as diagonais da face; sendo as faces quadradas, temos 2 diagonais por fa- ce. Como o cubo possui 6 faces, ao todo há 6 2 = 12 diagonais da face. as arestas do cubo, que são em número de 12. 175. Como cada reta fica determinada por 2 pontos e não existem 3 pontos colinea- Assim, o resultado procurado é: 28 12 12 = 4. res, cada reta é uma combinação dos 5 pontos tomados 2 a 2, que resulta b) Cada combinação de 2 pontos, entre os 6 vértices do octaedro, dá origem a retas. um segmento com extremidades nos vértices do octaedro. Temos: segmentos. 176. Cada plano formado é uma combinação dos 4 pontos tomados 3 a 3, pois, co- Se quisermos saber o número de diagonais do octaedro, basta descontar as mo sabemos, um plano fica determinado por três pontos não colineares. 12 arestas, uma vez que, como suas faces são triângulos, não há diagonais Assim, o total de planos é: 4. das faces. Assim, o resultado procurado é 177. Cada triângulo formado é uma combinação dos n pontos tomados 3 a 3. Assim, o resultado procurado 183. Lembrando que o dodecaedro tem 12 faces, pela relação de Euler: Cada combinação de 2 pontos entre os 20 vértices do dodecaedro dá origem a 178. Como um dos vértices do triângulo já está determinado, cada triângulo formado é uma combinação dos 11 pontos restantes tomados 2 a 2, isto é, uma reta. Temos: (20) = 190 retas. Dessas retas, precisamos descontar as 30 arestas e as diagonais das faces. Sendo as faces pentágonos, diagonais por face. 179. Cada combinação de 2 pontos, entre os 20 existentes, dá origem a uma reta, Dessa forma, o resultado procurado é: 190 com exceção das combinações de 2 pontos tomados entre os 6 colineares, pois eles determinam uma única reta. 184. Notemos que um prisma, cuja base é um polígono de n lados, tem 2n vértices. Assim, o resultado procurado é: Logo, o número de segmentos que ficam determinados com extremidades nos vértices do prisma é Se quisermos saber o número de diagonais não das 180. a) Cada combinação de 2 pontos, entre os 8 existentes, dá origem a uma corda. faces desse prisma, devemos descontar: Assim, temos = 28 cordas. as diagonais da base. Como a base é um polígono de n lados e há 2 bases no prisma, o total a ser descontado é: 2 3n. b) Cada triângulo formado é uma combinação dos 8 pontos tomados 3 a 3, as diagonais das faces laterais. Como as faces laterais são quadriláteros, há isto 2 diagonais por face. Havendo n faces laterais, o total a ser descontado é 2 n. as arestas do prisma. Há 2n arestas das bases e n arestas laterais, num total c) Cada combinação de 6 pontos, entre os 8 existentes, dá origem a um hexágono. de 3n arestas. Assim, temos = Assim, o resultado procurado é: = 182. a) Cada combinação de 2 pontos, entre os 8 vértices existentes, dá origem a um segmento com extremidades nos vértices do cubo. Temos: 185. Cada combinação de 3 pontos entre os 7 disponíveis dá origem a um plano. segmentos. Devemos, desse valor, descontar: Assim, o número de planos é 26 27</p><p>186. Cada combinação dos n pontos tomados 3 a 3 dá origem a um plano, desconta- modos. Uma vez colocados os brancos, devemos escolher 2 casas entre das porém as combinações 3 a 3 dos 5 pontos coplanares que determinam um 2 único plano. as 62 restantes, a fim de colocar os cavalos pretos. Isso pode ser feito de Assim, o resultado procurado é: 62 2 maneiras. Assim, o resultado procurado é: 187. Cada superfície esférica fica determinada quando passar pelo ponto fora do plano dado e por outros 3 quaisquer pontos do plano. 194. + + - Assim, há = superfícies esféricas. Dispostos os p sinais "+", existem p + posições que os sinais podem ocupar. Como existem q sinais "-", precisamos escolher q lugares entre os p + 1 disponíveis. 189. Cada combinação de 3 pontos, entre os 18 existentes, dá origem a um triângu- lo, excluindo, porém, as combinações 3 a 3 dos pontos que estão sobre uma Assim, o resultado procurado é: mesma reta. Assim, o número de triângulos formados é: 816 640. 195. Se um certo elemento figura na combinação, faltam m elementos para se- rem escolhidos entre os p - restantes. O número de possibilidades é 190. Temos: 1 2 3 Se o mesmo elemento não figura na combinação, os m elementos deverão ser 1 escolhidos entre os p remanescentes, havendo, então, possibilidades. 2 Assim, a razão pedida é: 3 4 p Notemos que cada paralelogramo ficará determinado ao escolhermos 2 entre 196. Como o determinado elemento deve fazer parte da combinação, ficam restan- as p retas e 2 entre as outras q retas. do 2 números a serem escolhidos entre os 7 restantes. Assim, o número de paralelogramos é: (2)(2) resultado procurado é, então, C7, = 21. 197. Como dentre os "p" elementos escolhidos devem necessariamente aparecer "k" elementos determinados, faltarão p - k elementos para serem escolhidos entre 191. As vogais podem ser escolhidas de = 4 formas e as consoantes de k restantes. O número de possibilidades é, então, formas, num total de 4 10 = 40 possibilidades. Para cada uma dessas possibi- lidades, o número de palavras formadas é o número de permutações das 6 le- tras escolhidas, isto é, Então, o total de palavras é: 40 P6 = 40 = 198. Cada formada consta de uma permutação de 12 sinais, sendo 8 "+" 192. Como existem 2 cavalos de cada cor, precisamos escolher 2 casas entre as 64 Logo, temos: possíveis. disponíveis para colocar, por exemplo, os cavalos brancos. Isso pode ser feito 29 28</p><p>199. Cada número formado consta de uma de 6 algarismos, sendo dois "2", três "3" e um "5" 208. Da origem até o ponto (3, 1) o homem deve dar ao todo 3 + = 4 passos (3 = para leste e para norte), isto é, cada caminho consta de uma permutação com Temos: Assim, 200. Cada maneira de dispor as faces sobre a mesa consta de uma permutação das Analogamente, do ponto (3, 1) até o ponto (5, 4) o homem deverá dar ao to- 6 faces, sendo 2 caras e 4 coroas. Assim, n = 6, n, = e = 4. Temos: do 2 + 3 = 5 passos, sendo 2 para leste e 3 para norte. O número de cami- (2,3) (2,4) P6 = 15 possibilidades. nhos é, então, = 10. Logo, o número de trajetórias é 4 10 = 40. 201. Cada anagrama formado consta de uma permutação das 8 letras, sendo dois 209. a) Para formar cada permutação, nós escolhemos inicialmente as 4 casas em que "A" e dois "I", isto = serão dispostos os dígitos (1, 3, 5, 7, nesta ordem). Essa escolha po- O resultado procurado é: (2,2) de ser feita de (4) = 35 diferentes maneiras. 202. O número de anagramas da palavra ESTATÍSTICA é o número de permuta- b) Para cada escolha feita na etapa anterior, iremos preencher as casas restantes ções de 11 letras, sendo dois "S", três dois "A". dois "I", isto é, com todas as permutações dos dígitos pares (2, 4, 6), que são em número de = - c) Dessa forma, o total de permutações satisfatórias é 35 6 210. 1 minuto Daí, anagrama = 831 600 minutos ou 577 dias e meio. O número de maneiras de dispor as a meninas nos a + b lugares da fila é: 203. Cada obtida é uma permutação das 20 faces, sendo 10 caras e 10 co- Escolhidos então os lugares das meninas (em apenas situação elas roas, isto é, n = 20, = 10. Assim, o resultado procurado é: estarão em ordem crescente de peso), os lugares dos meninos ficam determina- 20! dos e somente em uma ocasião eles serão dispostos em ordem crescente de peso. = 10! Assim, o resultado procurado é: 204. Cada número formado é uma permutação de 7algarismos, sendo quatro deles 711. Cada modo de distribuir os 10 viajantes corresponde a uma partição ordenada Assim, o resultado pedido é: do tipo: 205. Cada de cores observadas é uma permutação das 5 bolas, sendo 3 de- 1 1 las vermelhas e 2 delas amarelas, isto é, n = 5, n, = 3 = 2. pessoas num pessoas no quarto outro quarto Temos: = 10 possibilidades. Escolhemos as 5 pessoas para ficarem no quarto de ) maneiras, de mo- do que as demais ficam automaticamente escolhidas. Logo, o resultado procu- 207. Notemos inicialmente que a pessoa deve dar ao todo 3 + 2 = 5 passos (3 pa- ra cima e 2 para a direita). Cada caminho possível é então uma permutação de rado é = 252. 5 passos, sendo 3 para cima e 2 para a direita. 212. Cadamodo de distribuir as 8 pessoas corresponde a uma partição ordenada do tipo: Assim, o número de caminhos possíveis é: ou ou 30 31</p><p>Temos: + = Temos: 11 = maneiras. 213. Cada modo de distribuir os 10 alunos corresponde a uma partição ordenada do tipo: 1 218. Cada maneira de distribuir as cartas aos jogadores é uma partição ordenada do tipo: alunos na alunos na ; sala sala 1 cartas ao jogador Assim, o resultado procurado é: 10 7 = 120. 1 214. Cada modo corresponde a uma partição ordenada do tipo: cartas ao jogador (8, cujo resultado (valor de n) é: Temos: (13!)4 52! 8 = 70. 219. Cada maneira de colocar os 20 alunos nas classes é uma partição ordenada do tipo: 215. O produto será positivo se: 1 1 todos forem positivos: Há (i) possibilidades. alunos na classe A alunos na classe B alunos na classe C alunos na classe D todos forem negativos: Há ) possibilidades. Temos: 20! maneiras. 2 forem positivos e 2 forem negativos: Há (2)(2) 6 possibilidades. Assim, o resultado procurado é: Cada maneira de distribuir as bolinhas nas urnas A e B é uma partição ordena- + 2 = 255. da do tipo: ou ou ou 216. Cada modo de distribuir os 12 estudantes corresponde a uma partição ordena- da do tipo: Temos, então: 1 + 1 6 1 alunos na classe classe classe 10 = Assim, temos: ( 12 4 )( 5 8 )( 3 3 ) = 27 720 possibilidades. possibilidades. 217. Cada maneira de atribuir os nomes aos 11 meninos é uma partição ordenada do tipo: 221. Cada forma de repartir as 9 pessoas em 3 grupos é uma partição não ordena- da do tipo: 1 meninos meninos meninos 1 com nome com nome com nome pessoas no Paulo Antônio José grupo 2 grupo 3 grupo 1 32 33</p><p>número de partições ordenadas é: 6 3 = o número de pastéis de palmito. O problema consiste em se determinar o número de soluções inteiras não nega- Cada grupo de 3! partições ordenadas dá origem à mesma partição não ordenada. tivas da equação como sabemos, Assim, o número de partições não ordenadas é = = 21. 3! 227. Sejam ..., as marcas de café. problema consiste em determinar 222. Cada maneira de formar os times de bola-ao-cesto é uma partição não ordena- o número de soluções inteiras não negativas da equação: da do tipo: então, 1 8! (6 - 1)! = time time 228. Sejam: d5 os números de doces de cada tipo. Nosso interesse é resol- O número de partições ordenadas é: ver a equação: = Cada grupo de 2! = 2 partições ordenadas dá origem à mesma partição não cujas soluções inteiras não negativas são em número de: ordenada. Assim, o resultado procurado é: 252 2 = 126. 229. Sejam o número de bolas na urna A e o número de bolas na urna B.O 223. Repetindo o raciocinio acima, temos que o número de possibilidades é: problema consiste em determinar o número de soluções inteiras não negativas da equação: Como 224. Aplicando resultado do teorema, vem: Capítulo II - Binômio de Newton 230. a) + = + (x 225. ..., A equação + X2 + ... = 20 equivale a: = + é, 5. + O número de soluções inteiras não negativas da equação acima é: + = + = 226. Seja: o número de pastéis de carne y: o número de pastéis de queijo + 6xy 34 35</p><p>d) 236. Ao desenvolvermos utilizando o teorema binomial, notamos que: cos + termo + o termo 1 termo é 2 Logo, o termo 99 000 isto 231. Usando o teorema binomial, temos que: 237. Pelo teorema binomial, os 3 primeiros termos de (x + serão: + + 10 isto e - m5 238. Notando que o desenvolvimento dado corresponde a (a + b)5, temos: Efetuando a diferença entre seus desenvolvimentos, vem que: = 239. A expressão dada pode ser escrita sob a forma: + + 232. + + que corresponde ao desenvolvimento de (99 + = = + + + 7xa6 + 240. polinômio dado é o desenvolvimento de 233. O desenvolvimento dado corresponde à expansão de (a - b)5, utilizando o teo- rema binomial. (x - = Temos então o seguinte sistema: -32 241. Escrevendo S sob a forma: + ... + cujo conjunto solução 234. Notemos inicialmente que, no desenvolvimento de (x + há n + termos. 242. Ao desenvolvermos separadamente utilizando o teorema binomial, temos que: Temos, portanto: (1 - - - a) 8 termos e = + 235. a) 51 termos Logo, efetuando a diferença vem: (1 = - - - = 36 37</p><p>243. A expressão + + ... + yn corresponde ao desenvolvimento de Devemos Logo, o coeficiente de 28. Quando 1, temos que o valor numérico da expressão = 244. A expressão 250. termo geral do desenvolvimento é: 1 pode ser escrita como: + Para obtermos o termo em devemos ter: p = 6, que resulta 15 + que é de isto é, 251. termo geral é: 245. Utilizando o teorema binomial, temos: p = Devemos ter: = termo procurado é, 246. O termo geral do desenvolvimento é: O coeficiente de x2 é obtido quando p = 2 e vale: 252. termo geral de (x é: Para determinarmos o termo de grau, devemos impor: 247. O termo geral é: Logo, seu coeficiente é = Devemos ter 9 Logo, o termo que contém x4 é: 253. Escrevendo o termo geral: o coeficiente do termo que contém o fator y4 é obtido fazendo p = 4, isto é, 248. termo geral do desenvolvimento é: O coeficiente de é obtido quando 2p = 8 Seu valor é, portanto: 254. termo geral é: 249. Devemos não convém, pois 6. Logo, não há termo em x no desenvolvimento de 38 39</p><p>255. termo geral é: 261. termo geral de coeficiente de será obtido quando p = 5, o que resulta: n = p. O termo independente é, portanto, 256. O termo geral desse desenvolvimento é: 262. termo geral é: = = Devemos impor: Para determinarmos o termo independente de devemos impor: que resulta = 280. Assim, o em 263. termo geral é: 257. O termo geral é: termo independente de x será obtido Devemos ter: 12 - 2p = 2 p = Logo, o coeficiente em x2 é: e vale -352. 264. termo geral é: 258. O termo geral é: coeficiente do termo que contém x60 é obtido fazendo: 100 - p = 40, que resulta em Devemos Assim, o termo de é: 259. desenvolvimento de + apresenta, como vimos, 11 termos e seu 265. termo geral é: termo médio é o sexto. O termo geral é: Lembrando que o termo é obtido fazendo p = 0; o fazendo e assim por diante, o termo geral com deve- o coeficiente do sexto termo é obtido fazendo p = 5, isto é, = 252. mos ter: vem: = 260. termo geral é: 266. termo geral de + é: termo independente de y é obtido fazendo 4 - 2p p 2, o que Para que um de seus termos seja devemos ter: 5 resulta Segue, então, que: = 40 41</p><p>267. O termo geral é: cujos coeficientes são, respectivamente: Devemos ter: Como eles estão em P.A., podemos escrever: Da condição de existência de notamos convém. Logo, não há termo independente de em cujas raízes são e 8. Observando que n = I não convém, segue que n = 8. 268. O termo geral do desenvolvimento é: 273. O termo geral é: Fazendo temos termo. Para obtermos o termo independente de X, devemos ter: 2p = que, como vimos, fornece o termo do desenvolvimento. Analogamente, o e termos são 269. O termo geral é dado por: Como seus coeficientes estão em P.A., podemos escrever: 2 Para que exista um termo independente de X, é preciso que + 98 = 0, raízes são 14 e 7. n = 3p, isto é, n deve ser divisível por 3. Como temos donde 2n = 13. geral é: 274. O termo geral do desenvolvimento é: Temos: Devemos impor: 2n + I - Como n E IN, p resulta = não inteiro, o que não convém. Logo, não há termo independente de Da hipótese do exercício, vem: 271. Devemos notar inicialmente que, ao desenvolvermos usando o teore- ma binomial, qualquer termo apresentará soma de expoentes igual a n. Assim, se um dos termos de (2x - 3y)" é - 1 080x2y3, devemos ter 2 + 3 = n Então, o termo geral e o termo 20 é obtido fazendo p = 2, que resulta: n! 5! 0, que, desprezando a raiz negativa, vem que 272. Os 3 primeiros termos do desenvolvimento são: 275. O termo geral é 42 43</p><p>Fazendo p obtemos o e o termos, que valem O número acima será racional se, e somente se, inteiros. respectivamente: Tal condição é satisfeita quando p é simultaneamente múltiplo de 2 e de 3, is- to é, múltiplo de 6. Logo, o problema consiste em determinar os múltiplos de Seu produto, portanto, vale: 6 compreendidos entre 0 e 100: (0, 6, ..., 96). Utilizando a expressão do termo geral da P.A., segue que há 17 múltiplos de 6 e portanto o desenvolvimento = apresenta 17 termos racionais. pois 280. termo geral é: = 276. O termo de que será racional se, e somente se, p for par 10, isto é, p = 0, 4, 6, 8 e 10. Multiplicando-o por obtemos o termo geral de que é: Logo, há 6 termos racionais em + = 282. a) = 1,02. Devemos impor: b) - o de 283. 285. a) Fazendo vem: = b) Fazendo vem: 277. + o resulta 286. (a + k = n. O termo geral desse desenvolvimento é, como 287. a) Fazendo = y = 1, b) Analogamente, temos: Assim, o coeficiente pedido é 288. Basta fazer Assim, a soma dos coeficientes é: 278. Observemos, inicialmente, que: 289. A soma dos coeficientes é obtida fazendo Temos: = 512 = 512 cujo termo geral é: 290. Notemos que: 5 Devemos impor: que representa a soma dos coeficientes do desenvolvimento de que é: Assim, o termo independente de = -20. 279. O termo geral de 291. A soma dos coeficientes de (x isto é, + 45 44</p><p>A soma dos coeficientes é, + 298. + Somando membro a membro (1) (2), vem: n = 9. b) soma dos coeficientes dos Como vimos: termos de ordem impar + = 1 024. 292. Fazendo = 1, vem: 293. Fazendo a = b = 1, segue que: = Logo, - Logo, o número de permutações de = elementos é 4! = 24. c) Sabemos que: 294. + é verdadeiro pela propriedade 4. Temos: i=2 = é verdadeiro pela relação de Stifel. 299. Desenvolvendo a somatória, temos: é verdadeiro pela propriedade 4. + + é verdadeiro, pois são ambos iguais a 1. Por outro lado, sabemos que: 296. Do exercício anterior, vem que: Da hipótese do problema, vem: 1 + = 2m 297. Notemos inicialmente que: 300. Sabemos que: = = Assim, o determinante pode ser escrito como: = 0, pois é fácil notar que a coluna é a soma das 1 n + 3 duas primeiras, sendo portanto uma combinação linear delas. 46 47</p><p>301. Sabemos que: 306. Notemos inicialmente que: + é o desenvolvimento de Logo, Então, 302. termo isto é, Daí, valor da expressão pedida é: 303. = 307. Vamos desenvolver utilizando o teorema binomial: Pelo teorema binomial, o termo corresponde ao desenvolvimento de + e o corresponde ao desenvolvimento de Portanto, = 0. Logo, 304. Os subconjuntos de A podem conter 0, 1, até n elementos. Com 0 elemento, o subconjunto formado é o vazio. Com elemento, o número de subconjuntos formados corresponde à combi- Temos: nação de n elementos tomados I a 1. Com 2 elementos, o número de subconjuntos formados é o número de com- = binações de n elementos tomados 2 a 2. Notemos, inicialmente, que como p cada termo do desenvolvi- mento é estritamente positivo. Com n elementos, o número de subconjuntos formados é o número de com- binações de n elementos tomados n a n. Ora, é um termo qualquer desse desenvolvimento e a soma de todos Somando o número de subconjuntos em cada caso, obtemos: os termos igual a 1. Logo, ... + = + ... + como sabemos, é igual a Logo, se o conjunto A tem n elementos, o número de subconjuntos de 109. Do exercício 307, mostramos que: + 305. Como A possui subconjuntos, o número de subconjuntos não vazios de Como n é impar, podemos escrever: 48 49</p><p>Comparando com os coeficientes de (*), temos: Utilizando a igualdade acima na sugestão, vem: + + isto + de um modo geral: que é o que queríamos demonstrar. + que é o que demonstrar. 311. Do exercício anterior, temos: 313. Fazendo m = n na relação de Euler, segue que: Derivando novamente membro a membro em relação vem: n + + Lembrando da propriedade dos coeficientes binomiais eqüidistantes dos extre- Fazendo = 1 na igualdade acima, resulta: mos, podemos escrever: que o que queríamos demonstrar. isto é, 312. Sabemos que: + 315. Utilizando a identidade: = = = Então, + Somando "coluna a coluna" os termos das igualdades acima, obtemos: Notemos que, ao efetuarmos esse produto, temos que: o termo independente será: S o termo que contém x será: n vezes o termo que contém x2 será: Cancelando os termos semelhantes, vem: e assim por diante. 50 51</p><p>Lembrando que: + n representa a soma dos n primeiros naturais não nulos, termo geral e devemos ter: pela expressão da soma dos termos da P.A. vem: Daí, 321. Notemos que: = = , queríamos como 6 316. Idem ao exercício anterior. 323. = 318. Pelo exercício resolvido anterior, os valores de crescem Temos duas possibilidades: 10 e a partir daí decrescem. Ora, como n é e seu antecessor - e portanto valores possíveis para p. Notando que = x = 5 isto é, os valores de (") vão crescendo até atingir valor máximo para dois va- Temos: ou absurdo! lores de p. 319. Devemos ter: n n! n! - m=2 Temos: ou - m=5 - A forma sugerida do agrupamento consiste em uma combinação de m objetos tomados 3 a 3 e depois tomados 5 a 5. Da condição do exercício, devemos ter: 320. Como P(x) é de grau 100 e é divisível por 100 = Temos: também um polinômio de grau 100, podemos escrever: é, Então, ... + Comparando seus coeficientes dominantes, vem que k = 1. De temos: Se quisermos descobrir basta compará-lo ao coeficiente de x2 53 52</p><p>333. coeficiente de é: ou 2p = m 2,1,1 = 329. Já vimos que coeficiente do termo é: 1,1,2 334. coeficiente de é: = Logo, 330. A relação + a relação de Stifel, que é, natural- 10! = mente, verdadeira se os binomiais acima estiverem definidos. Devemos ter: Devemos ter: j + 2k = 3 e i fica automaticamente determinado pela relação: 10. Podemos ter: n > j k i De devemos ter: R: 1 1 8 3 0 7 331. Utilizaremos os resultados obtidos pelos exercícios 317 e 318. O maior coeficiente binomial é a) para = é: = 540. b) n = b) para j = o coeficiente é: 7! 3! 0! Os maiores coeficientes binomiais são: Logo, o coeficiente de será: 540 + = 336. Fazendo 332. Como n = 10 é par, o maior coeficiente binomial é que representa o = coeficiente do termo. O termo geral 337. O termo de Fazendo p = 5, obtemos: j! 3! k! k ( 5 = Devemos ter: fim de obter o termo independente de 54 55</p><p>Os possíveis valores de jek que satisfazem a condição acima e determinam au- 340. = tomaticamente o valor de i(i+j+k= 3) são: j k i 342. = 2c, 2p, 3c, 3p, Kp, Ac, Ap, 0 0 3 em que e: espadas 1 1 1 copa p: paus Temos: o: ouro A: ás. O coeficiente independente será: 343. = V), (V B), (B V), (B B) } 344. = (ABC, ACB, CAB, CBA, BAC, BCA} O coeficiente 345. Sejam M: masculino Logo, desenvolvendo todo o polinômio, o termo independente será: + 12 = 13. F: feminino 338. O termo geral (MFM), (MMF), (MFF), (FFF), (FMM), (FMF), 9! i! j! k! 347. = (AD), (AE), (BE), Para determinar o coeficiente de devemos ter: 2j + 3k = 8, sendo que i fi- ca automaticamente determinado pela i + j + k = 9. = 2, 3, ..., 364, Os possíveis valores de jek que satisfazem a primeira condição são: 349. a) A j k i b) B = c) C = 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 1 2 6 d) D = 18, 19, 29, 4 0 5 e) Um número que é simultaneamente múltiplo de 2 e de 5 é múltiplo de 10. Logo, E = 20, 301. Temos, então: f) F = {3, 6, 8, 9, 12, 15, 16, 18, 21, 24, 27, g) Basta fazer a diferença entre e o conjunto dos múltiplos de 6, isto é, G = {6, 12, 18, 24, 301. 350. a) A = {(3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4); (3, 5); (3, b) B = 1); (2, 2); (3, 3); (4, 4); (5, 5); (6, O coeficiente de será: c) C = 2); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, 6); (3, 2); (4, 2); (5, 2); (6, d) D = 6); (2, 5); (3, 4); (4, 3); (5, 2); (6, Logo, o coeficiente de será: 252 + 126 = 378. (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (3, 1); (3, 2); (3, 3); (4, 1); (4, 2); (5, Capítulo III - Probabilidade 351. a) A = {(K, 1); (K, 2); (K, 3); (K, 4); (K, 5); (K, b) B = 2); (K, 4); (K, 6); (C, 2); (C, 4); (C, 339. = R, B, A, I, L, D, c) C = 3); (C, 56 57</p><p>d) AUB: representa o evento em que ocorre cara ou número par, isto é, a) (K, 2); (K, 3); (K, 4); (K, 5); (K, 6); (C, 2); (C, 4); (C, e) BNC: ocorrem simultaneamente número par e número igual a 3. Logo, Logo, = P2 = P3 = 0,3. BNC = b) P(A) = + P3 = 0,6. f) ANC: ocorrem simultaneamente cara e o número 3. = 1 - P(A) = 1 - 0,6 = 0,4. Daí, ANC = {(K, d) P(B) = + P4 = 0,3 + 0,1 = 0,4. g) não ocorre cara, isto é, e) AUB = Daí, p(AUB) = + 0,3 + 0,1 = 0,7. = (C, 2); (C, 3); (C, 4); (C, 5); (C, = Daí, = p = h) não ocorre o número 3. Daí, = = 1 = (K,2); (K, 4); (K, 5); (K, 6); (C, 1); (C, 2); (C, 4); (C,5 = 1 = 1 352. a) A = 1); (2, 2); (3, 3); (4, Sim, é correta, pois P(K) + P(C) = b) B = {(2, 1); (3, 1); (3, 2); (4, 1); (4, 2); (4, A distribuição, entretanto, não é compatível pois se esperam c) C = valores iguais para P(K) e P(C). d) D = 1); (2, e) E = {(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (1, 5) P(C). f) F = 3); (2, 3); (3, 3); (4, Sabemos P(K) + 1 353. a) A V); c) C = V); (II, d) D = B); (II, 360. Chamando de I a moeda perfeita e II a e) AUB: a urna escolhida é a I ou a II. Daí, AUB = (II, K') f) ANC: a urna escolhida é a I e a bola sorteada é vermelha, isto é, O evento A: ocorre cara é tal que A = = g) a bola escolhida não é branca. Logo, 3 Logo, = V); (II, 362. = 2, 3, 4, 5, 61. Temos: 354. Sejam: S: Sim e N: Não. P(2) = P(4) = P(6) = p, P(1) = P(3) Como P(1) + P(2) + + P(6) = 1, = N, S); (S, N, N); (N, N, N); (N, S, S); S) 3p' = + = 1 3p' 3p' 1 b) A = (S, N, S); (S, N, N); (N, N, N); (N, S, S); (N, S, (N, N, 355. = B1, B, B3, B4, B5, a) A = 3, Admitindo igual probabilidade (p) para cada resultado, segue-se que p = P(A) = + = Assim, o evento dado tem probabilidade b) B = {3, Daí, P(B) = P(3) + 356. Como mais da metade dos eleitores já se decidiu por A, o evento: A ganha a eleição é o evento certo, isto é, P(A) = 1. P(C) = P(1) + + = 58 59</p><p>363. 168. Seja D = BUC. Temos, então, P(AUBUC) = P(AUD). P(AUD) = P(A) + P(D) - P(AUD) = P(A) + P(BUC) - P[An(BUC)] Notemos que An(BUC) = Então: a) Temos: P(AUBUC) = + P2 + + P9 + P10 = 1 K + 2K + ... + 9K + 10K = 1 = P(A) + P(B) + P(C) - - [P(AOB) + - P(AUBUC) = = P(A) + P(B) + P(C) - - P(AOB) - + que é o que queríamos demonstrar. = a) P(AUB) = P(A) + P(B) - P(AOB) = 0,4 + 0,3 - 0,2 = 0,5. c) b) P(AUC) = P(A) + P(C) - = 0,4 + 0,6 - 0,2 = 0,8. = + + c) P(AUBUC) = P(A) + P(B) + P(C) - - - + = = = 0,4 + 0,3 + 0,6 - 0,2 - 0,2 - 0,2 + 0,1 = 0,8. 10 370. = 2c, 2e, 3p, 3c, 30, 3e, ..., Ap, Ac, Ao, = 52 em que 364. + ... + P10 + + p: paus; copas; o: ouro; e: espada. Como vimos, a expressão acima é o desenvolvimento de a) A = (0,6 + b) B = c) C = ..., d) D = (Jp, Jc, Jo, Je, Qp, Qc, Qo, Qe, Kp, Kc, Ko, 0,0123. Então, 365. caso: Se A e mutuamente exclusivos, ANB = P(AUB) P(A) + P(B). e) E = - Kc, Ko, = 52 - 4 = 48 caso: Se AOB # P(AUB) = P(A) + P(B) - Como P(A), P(B) e P(AOB) > vem que P(AUB) P(A) + P(B). Logo, 366. Temos: A C (AUB) = P(A) P(AUB) (1) 371. = 2, ..., 18, 19, = 20. (AOB) C A = P(AOB) P(A) (2) De (1), (2) e do exercício anterior vem: a) A = ..., = P(A) P(AUB) P(A) + P(B). b) B = = 367. a) P(AUB) = P(A) + P(B) - P(AOB) = 0,2 + 0,3 - 0,1 = 0,4. b) = 1 - P(A) = 1 - 0,2 = 0,8. c) = 1 - P(B) = 1 - 0,3 = 0,7. c) C = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, Então, 60 61</p><p>d) D = 4, 9, Logo, 377. Consideremos os pares (a, b) em que a representa o número obtido no lança- mento do dado verde e b o número obtido no vermelho. (1, 6); 1); (2, 6); (3, 1); (3,6); 372. = 2, ..., 99, = 100. a) A = 18, Usando a expressão do termo geral da P.A., em que que n = 11. A = b) B = donde P(B) = 1 = 1 b) Um número é múltiplo de 3 e de 4 se é múltiplo de 12. B = 24, 36, 48, 60, 72, 84, Assim, P(B) 8 6); (2, 5); (3, (4, (5, 2); c) Sejam os eventos: d) e P(D) = M: o número é múltiplo de 3. #M = 33 N: o número é múltiplo de 4. #N = 25 e) E = é o evento certo. Logo, P(E) = 1. MON: o número é múltiplo de 12, isto é, MON = B e #MON 8. = 4); (3, 5); (3, 6); (4, 3); (5, 3); (6, 3) Daí, P(MUN) = P(M) + P(N) 373. A = 4, 6, 18, = 10 B = {5, 10, 15, #B = 4 378. Pelo princípio fundamental da contagem, o número de resultados possíveis des- = #(AOB) 2 te experimento é Assim, = Seja o evento A: a soma obtida é menor ou igual a 4. A = 1, 1); (1, 2); (2, 1, 1); (1, 2, Daí, #A 374. O número de elementos do espaço amostral é o número de pares ordenados de A X A. Isto é, = 16. Seja B o evento formado pelos pares (a, b), tais que a equação ax = b tem so- 379. Como cada lançamento do icosaedro pode resultar em 20 números, pelo luções inteiras. pio fundamental da contagem, = 202 = 400. B = {(1, 2); (1, 3); (1, 4); (2, 2); (2, 4); (3, 3); (4, 4) Como há 2 faces com o número zero, indicaremos por e Assim, Seja o evento C: a soma dos pontos é igual a 2. (-7, 9); (8, -6); (-6, 8); (7, -5); (-5, 7); (6, -4); (-4, 6); (-3, 5); (4, -2); (-2, 4); (3, -1); (-1, 3); (2, 2); 376. Sejam: (2,0g); 2); (1, as bolas pretas; as bolas brancas as amarelas. = P2, P6, B, A2, ..., = 18. Daí, = a) A = P6, 380. Vamos construir o espaço amostral correspondente aos possíveis resultados de vitória nas 3 últimas partidas: b) = A; logo = {(AAA), (AAB), (ABA), (ABB), (BBB), (BBA), (BAB), Baseado na informação que A venceu as duas primeiras partidas, A sairá vence- C = Daí, dor se ocorrer o evento: {(AAA), (AAB), (ABA), (ABB), (BBA), (BAB), 62 63</p><p>A probabilidade de ocorrer esse evento é, então, Por outro lado, B só sai vencedor se ocorrer o evento cuja probabilidade é Desse modo, os 5 600 reais. deveriam ser assim distribuídos: 8 7 reais. = 4 900 reais. = = 700 8 = 10 381. Cada retirada corresponde a uma combinação das 22 notas tomadas 2 a 2, is- 386. Construindo o diagrama, temos: to O número de maneiras de extrair 2 notas de O número de pessoas que não lêem nenhum dado por = 10. Daí, a probabilidade pedida é: 10 = A B dos jornais é: + 5 000 + + + 2 + + 2 000) = 382. c: casado, solteiro, d: desquitado e v: viúvo. a) A probabilidade pedida é: Temos: Pc = 0,3; Ps = 0,4; Pd 2 000 a) Seja o evento S: o homem é solteiro. P(S) = Ps = 0,4. b) Seja o evento B: o homem não é casado. B = (s, d, e P(B) = + b) A probabilidade pedida é: c) Como os eventos "ser solteiro" e "ser desquitado" são mutuamente exclusi- C 2 000 2 000 = 1 + + vos, a probabilidade pedida é: Ps + Pd = 0,4 + 0,2 = 0,6. 383. Seja o par (X, Y), em que X representa a nacionalidade da criança e Y a ban- 387. Construindo o diagrama, temos: deira escolhida. Temos: M F 100 7 (B, J), (B, (B, (B, F), Seja também o evento A: a criança recebe sua bandeira. 30 1 70 100 20 80 30 Então, a probabilidade de que a criança sorteada não receba a sua bandeira é 10 4 70 600 385. Construindo o diagrama de Venn, temos: Rh + 388. = {(K, K. K); (K, K, C); (K, C, K); (K, C, C); (C, C, C); (C, C, K); o número de pessoas que não possuem fa- (C, K, C); (C, K, = 8 tor nem o tipo é: 80 80 20 20. = 20 a) 5 4 = {(K, K, C); (K, K); (C, K, 64 65</p><p>- Daí, P(C) = 7 número de possibilidades de sortear 3 etiquetas quaisquer da urna sem reposição é = O evento A que nos interessa é aquele em que os números contidos nas etique- tas são consecutivos. Podemos ter: e) = K, (K,C,K); (K, C, C); (C, C, C); (C, C, (1,2,3) = 389. Pelo princípio fundamental da contagem, = = Seja o evento A: ocorra cara 3 vezes. Temos: A = (K, K, C, K); (K, C, K, K); (C, K, K, K) Daí, #A = = 390. Cada extração corresponde a uma combinação das 52 cartas tomadas 5 a 5, 395. O número de elementos do espaço amostral é o número de formas de dispor 8 isto é, = pessoas em uma fila, que corresponde a = 8! a) Considerando-os como "uma só pessoa", haverá 7! permutações. Como os Podemos escolher 3 entre 4 valetes de (3) = 4 formas e 2 dentre as 48 restan- elementos do par podem permutar entre si, ao todo temos 2! 7! possibilidades. tes de ( 48 2 ) maneiras. Ao todo, há 4 48 possibilidades. Assim, probabilidade pedida é: 8! a b) Tendo em vista o item anterior, a probabilidade de Pedro e Sílvia ficarem separados é I 3 Assim, a probabilidade pedida é: 52 5 396. Através de argumento idêntico ao anterior, a probabilidade pedida é: 392. O número de possibilidades de extrações a serem feitas é o número de permuta- ções possíveis das 6 bolinhas, isto é, = = 6! = 720. Por outro lado, a única crescente dentre as 720 é (1, 2, 3, 4, 5, 6). Assim, a probabilida- de pedida é: 397. pois interessa a ordem em que os números são sorteados. a) O evento A que nos interessa é formado pelas do tipo (341, = 393. Como o sorteio é feito com reposição, pelo princípio fundamental da contagem o número total de possibilidades é 9.9 = 81. Logo, #A = 1 O evento que nos interessa é formado pelos pares (a, b), em que b > a. Temos: b) O evento B que nos interessa é formado pelas do tipo Se o número sorteado é 1, há 8 possibilidades: (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 9). Se o número sorteado é 2, há 7 possibilidades: (2, 3), (2, 4), ..., (2, 9). ( 341, ). #B = A999, e = Se o número sorteado é 8, há 1 possibilidade. c) Analogamente aos anteriores, P(C) = Ao todo, há, então: + 1 = 36 possibilidades. Logo, a probabilidade pedida é: 36 9 4 398. Como cada resultado pode apresentar cara e coroa, pelo princípio fundamental da contagem temos: 66 67</p><p>número de maneiras de observar 5 caras e 5 coroas cor- 404. Analogamente ao anterior, temos: 10 vezes Podemos observar: (V, V): 5 . 5 = 25 possibilidades responde ao número de permutações de 10 faces, com 5 repetições de cara e 5 (V, B): 5 3 = 15 possibilidades (B, 2 = 6 possibilidades repetições de coroa. (V, P): = 10 possibilidades (P, = 4 possibilidades (5,5) (B, B): 3 = 9 possibilidades (P, = 6 possibilidades Assim, a probabilidade pedida é: (P, V): 2 5 = 10 possibilidades 399. O número de maneiras de a pessoa concentrar a atenção de dois determinados = números é C6. 2 = 15, pois pensar, por exemplo, nos números 2 e 5 é o mes- mo que pensar em 5 e 2. Se o adivinho estiver realmente "chutando", em uma 49 possibilidades de não se observar nenhuma branca. única ocasião ele acertará os números pensados. Daí, a probabilidade pedida é 1 Então, a probabilidade é 49 c) 15 + 9 + 64 possibilidades. Assim, a probabilidade é 401. Como a extração é feita com reposição, o número total de resultados possíveis 64 = 16 100 25 é O número de possibilidades de extrair todas as bolas com números diferentes 405. número de possibilidades de serem extraídas 3 cartas sucessivamente, sem re- equivale ao número de arranjos das 6 bolas tomadas 4 a 4, isto é, 4 = posição, é pois não importa a ordem das cartas sorteadas. O número de Dessa forma, a probabilidade pedida é: 360 = maneiras de selecionar três cartas de "paus" é o número de combinações veis das 13 cartas de "paus" tomadas 3 a 3. Logo, a probabilidade pedida é: 402. Temos: 13 11 5 vezes C52, 3 850 3 O evento A que nos interessa é aquele formado por cinco algarismos diferentes. Como vimos, #A = 406. Temos: = 52 2 = Assim, a probabilidade pedida é: = a) O número de formas de selecionar 2 entre os 4 ases possíveis é = 6. Daí, probabilidade é: 6 = a 403. Notando que a extração é feita com reposição, pelo princípio fundamental da 326 221 contagem, = 8.8 = 64. Podemos ter, pelo princípio fundamental da contagem: b) Existem = 4 maneiras de selecionar um ás e (i) = 4 maneiras de se- (VV): o número de possibilidades é 5 5 = 25 lecionar um rei. Assim, há 16 possibilidades de selecionar o par e (VB): o número de possibilidades é 5 3 = 15 (BV): o número de possibilidades é 3 5 = 15 Daí, a probabilidade é 16 = 663 8 (BB): o número de possibilidades é 3 3 = 9 407. Temos: = 66. a) Existem ( 7 ) maneiras de escolher 2 bolas brancas. Assim, a probabilidade é 68 69</p><p>(2) 10 a) b) 60 c) 60 5 5 b) Analogamente probabilidade d) A probabilidade de não serem observadas peças defeituosas é, pelo item a, ao anterior, a é: 50 Logo, a probabilidade de ser observada ao menos uma peça defei- c) Uma das 5 bolas vermelhas deverá se "juntar" a uma das 7 bolas brancas, 5 totalizando 35 possibilidades. Logo, a probabilidade é 35 66 5 408. Selecionar 10 peças de um lote de 200 pode ser feito de 10 modos distintos. 410. Sejam ..., J2} os 10 pares de meias. O número de manei- a) Há (10) 10 maneiras de selecionar as 10 peças boas. rasgadas 180 ras de selecionar duas quaisquer meias é (20) = 190. Excluindo o par de 10 Então, a probabilidade é: meias rasgadas, há 9 possibilidades de ter pés do mesmo par: 200 ..., 10 Então, a probabilidade pedida é 190 9 b) Há 20 maneiras de selecionar as 10 defeituosas. 20 Então, a 411. Temos ( 100 5 ) maneiras de escolher as camisas, isto é, = 5 probabilidade é: 200 10 ) evento E que nos interessa é aquele em que uma das outras 20 camisas "se junta" a um dos "grupos" de 4 camisas da marca A. Logo, c) Existem ( 180 5 ) "grupos" de 5 peças boas. Cada "grupo" desses irá se "jun- tar" a um dos 20 "grupos" de Ao todo há, portanto, #E = possibilidades. Logo, a probabilidade pedida é: Daí, 5 180 200 412. = a) O evento A pedido é formado pelas combinações em que uma das 48 outras 409. Analogamente ao anterior, = cartas "se juntam" à única combinação em que os 4 reis aparecem, isto é, #A=48. 70 71</p><p>Logo, = 5 416. As 10 pessoas podem ser escolhidas de (10) maneiras. Incluindo a pessoa portadora da moléstia, podemos ter "grupos". b) Excluindo os reis, há modos de selecionar as outras cartas. Logo, a 9 Logo, a probabilidade pedida é: probabilidade é: 5 100 52 5 418. Podemos selecionar 3 quaisquer dessas meninas de = 120 modos. O evento A que nos interessa é formado por todas as combinações tais que em cada uma há 2 ou 3 meninas de olhos azuis. Daí = 4 413. = Assim, 40 Existem maneiras de escolher cartas que não sejam de "copas" Então, 419. O número de formas de extrair 5 bolas quaisquer da urna é a probabilidade de que pelo menos uma das cartas seja de "copas" é: O evento A que nos interessa é observar 2 brancas, vermelha e 2 azuis. 15 = As brancas podem ser escolhidas de = 6 formas; a vermelha de 34 formas e as azuis de = 3 formas. Daí, = 414. O número de maneiras de escolher 5 quaisquer pessoas é C10,5 = mero de combinações em que Regina comparece é Assim, a probabilida- 421. = número de maneiras de escolher 2 cartas de mesmo naipe é 52 4 Logo, probabilidade de que escolhidas apresentem naipes a as cartas de pedida é: 10 13 5 diferentes 2 415. Podemos escolher as 10 000 declarações a serem analisadas de ( 100 000 ) mo- dos, pois não importa a ordem das declarações escolhidas. Por outro lado, exis- 422. = 52 Sejam os eventos: tem 9 999 ) maneiras de escolher as declarações, incluindo a do Sr. K. A: ocorrem 2 reis = 99 999 Assim, a probabilidade é: 9 999 B: ocorrem 2 cartas de copas = = AOB: ocorrem 2 reis e 2 cartas de copas. ANB = pois só existe um rei de copas. Assim P(ANB) = 72 73</p><p>426. = 2, 99, 1001; = 100. Daí, P(AUB) P(A) 14 = a) Seja o evento A: o número obtido é par; A = 12, 4, ..., 98, Daí, P(A) = 423. O número de maneiras de dispor 10 pessoas em uma fila é = 10!. O even- b) Sejam os eventos: to E que nos interessa é formado por todas as configurações em que há exata- A: o número obtido é par; A = {2, 4, ..., 98, 49 mente 4 pessoas entre Jonas (J) e César (C). Temos: B: o número obtido é menor que 50; B = 2, ..., e P(B) = J C J C ANB: o número obtido é par e menor que 50; ANB = 4, e J C J C J C Levando em consideração que para cada uma das disposições acima há 8! pos- Logo, sibilidades (pois corresponde à permutação das 8 pessoas restantes) e que Jonas e César podem trocar de lugar, vem que = 100 c) Sejam os eventos: donde A: o número obtido é divisível por 5; A = 10, ..., 95, 424. B: o número obtido é par; B = 4, 98, 1001 e P(B) Como para cada passo há 2 possibilidades (para cima e para a direita), pelo prin- cípio fundamental da contagem há 2 2 2 = possibilidades. ANB: o número obtido é divisível por 5 e par; = 90, 10 vezes e O número de maneiras de atingir o ponto (7, 3) corresponde ao número de per- mutações de 10 passos, com 7 e 3 repetições. Logo, a probabilidade pedida é: Assim, 5 (7,3) 100 128 427. Seja o par (a, b), em que a representa o número obtido no lançamento de e b o número obtido no lançamento de 425. a) O espaço amostral reduzido é B = 4, 61. Seja o evento A: o número ob- a) O espaço amostral reduzido é: tido é maior ou igual a 5; A = 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, O evento A que nos interes- Assim, P(A\B) = P(A\B) = b) O espaço amostral reduzido é B = 61. O evento A que nos interessa é b) O espaço amostral reduzido é B = 5); (2, 4); (3, 3); (4, 2); (5, A = Logo, P(A\B) = evento A que nos interessa é A = Assim, P(A\B) = c) O espaço amostral reduzido é B = 3, 51. Seja o evento A: o número ob- c) O espaço amostral reduzido é: tido é menor que 3; A = Daí, P(A\B) = B = 2); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, 6); (3, 2); (4, 2); (5, 2); (6, 2) O evento A que nos interessa é d) O espaço amostral reduzido é O evento A que nos interessa é A = 2); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (3, 2); (4, Temos, então: A = (1). Logo, P(A\B) = 1/2 P(A\B) = 74 75</p><p>d) O espaço amostral reduzido é = (1, 2); (1, 3); (2, 1); (2, 2); (3, O evento A formado por todos os pares de B tais que a soma dos pontos é 3) Sejam os eventos: A: a garota escolhida é morena; 18 menor ou igual a 6 é o próprio B, isto é, A é o evento certo. Daí, P(A\B) = 1. B: a garota escolhida tem olhos azuis; e) O espaço amostral reduzido é B = (6, 4); (6, 5); (6, em que = {(1, 1); (1, 2); (6, 5); (6, = 36 e #B = 30. O even- ANB: a garota escolhida é morena de olhos to A que nos interessa é formado por todos os pares de B tais que o máxi- mo dos números observados é 5, isto é, azuis; A = 5); (2, 5); (3, 5); (4, 5); (5, 1); (5, 2); (5, 3); (5, Daí, Daí, P(AUB) = P(A) + P(B) - 25 b) Sejam os eventos: A: a garota escolhida é morena. 428. Seja o par (a, b), em que a representa o número obtido em e b o número ob- B: a escolhida tem = garota olhos castanhos; tido em 14 Temos: = 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (2, 1); ...; (4, a garota escolhida é morena de olhos castanhos; = 50 Seja B o evento: a soma dos pontos obtidos é maior que 5. 14 B = 4); (3, 3); (3, 4); (4, 2); (4, 3); (4, Logo, = a) Sejam os eventos A: o número observado em é 4; 50 = (4, 3); (4, e ANB = 2); (4, 3); (4, e 430. Com os dados do problema é possível construir a tabela seguinte: 3 Logo, sexo curso 16 masculino feminino b) Sejam os eventos: Física 20 30 A: o número observado em é 3; A = 1); (3, 2); (3, 3); (3, Química 10 10 = Matemática 20 10 Daí, 3 Sejam os eventos: A: o aluno sorteado é do curso de Matemática. 16 B: o aluno sorteado é do sexo feminino; = 100 50 ANB: o aluno sorteado é do sexo feminino e do curso de Matemática; 429. a) 1) Seja A o evento: a garota escolhida é loira; # A = Daí, #A 13 2) Seja A o evento: a garota escolhida é morena de olhos azuis; # A 4. Logo, Logo, 76 77</p><p>431. = 2c, 2o, 2e, ..., Kp, Kc, Ko, Ke, Ap, Ac, Ao, e = 52. c) Se A e B são mutuamente exclusivos, = e = 0. Sejam os eventos: Daí, A: o número da carta é 6; A = (6p, 6c, 60, B: o número da carta está entre 4 e 10; B = 4c, 4o, 4e, 10p, 10c, 10o, 10e); d) = P(A) e) Da P(B). = = Temos, então: 4 = Daí, 52 435. Construiremos o diagrama da árvore, notando que a "coluna" do diagrama representa o cartão retirado pelo juiz e a "coluna" representa a face mostra- 432. número de elementos do espaço amostral é o número de combinações das 5 da ao jogador. pessoas tomadas 3 a 3, isto é, = Sejam ainda: cartão todo amarelo, cartão todo vermelho e C3: cartão vermelho de Sejam os eventos: um lado e amarelo de outro. A: César pertence à comissão. B: Denise não pertence à comissão; #B 1 César pertence e Denise não pertence à comissão; # ANB = 1 1 3 V A 2 1 V 2 Daí, evento que nos interessa é Pelo teorema da multiplicação, essa proba- bilidade é 433. O espaço amostral reduzido (com a informação de que há 3 apartamentos ocu- 436. Construindo o diagrama da árvore, temos: pados) é tal que = = 20. 3 1 evento A que nos interessa é aquele em que há exatamente um apartamento 7 V 2 ocupado por andar. 4 6 P Pelo princípio fundamental da contagem, # A = 7 8 V 1 Assim, = = 2 2 P 8 Pelo teorema da multiplicação, vem: 434. a) a) = 14 7 78 79</p><p>3 c) evento que nos interessa é aquele em que uma pessoa com 40 anos sobrevi- 8 va mais 2 anos, isto é, 1 = = P40 P41, que é o que queríamos demonstrar. 8 440. Construindo o diagrama da árvore, temos: 437. Neste caso, indicaremos a primeira e a segunda bolas escolhidas, respectivamen- te, na e "colunas" do diagrama. 3 V 7 7 V 1 14 B 3 4 4 B 8 V 14 4 7 P 1 2 15 14 V 3 8 3 8 V 15 14 1 2 B B 4 3 6 4 14 = = B 4 35 5 8 15 P 14 III V 8 10 V 2 B P 14 14 3 B c) = = 15 4 10 3 A 3 10 P 14 Pelo teorema da probabilidade total, temos: 438. Neste diagrama, a "coluna" representa as possibilidades para o dia e a a) P(V) = P(IOV) + P(IIOV) + P(IIIOV), isto é, "coluna" para o dia. 1 2 1 5 11 Representaremos: chover por CH e não chover por Temos: P(V) = + + = 28 4 5 30 CH b) P(B) = P(IOB) + P(IIOB) + P(IIIOB), isto é, 31 CH 26 5 30 30 CH 26 CH 31 25 = = 30 O evento que nos interessa é Pelo teorema da multiplicação, 441. No primeiro experimento, a probabilidade de saírem duas bolas pretas é é 31 26 25 30 = 93 65 I = 10 10 100 No segundo experimento, a urna terá + x) bolas pretas e (19 - x) bolas bran- 439. a) P40: a probabilidade de que uma pessoa com 40 anos sobreviva mais um ano. cas, num total de 20 bolas. b) 2 P40: a probabilidade de que uma pessoa com 40 anos sobreviva mais 2 anos. c) Vamos construir o diagrama da árvore para uma pessoa com 40 anos. Na número de maneiras de extrair 2 quaisquer bolas é 20 2 coluna indicaremos as possibilidades de sobrevivência até os 41 anos e O número de maneiras de extrair 2 bolas pretas é na coluna, as possibilidades de sobrevivência até os 42 anos. Indicaremos sobrevivência por S e morte por M. Temos: Assim, a probabilidade de saírem 2 bolas pretas é P41 S P40 S 2 = 1 - M 1 M 2 Devemos ter: 80 81</p><p>14 5 > V 100 5 12 5 Como x deve ser natural, vem que x = 3. 12 2 V 2 A 5 12 442. Na coluna do diagrama representaremos a fábrica e na coluna, a qualida- B de da peça: boa (B) ou defeituosa (D). 3 4 Temos: 5 12 V 6 A 12A 2 18 1 B 12 A 20 B 3 2 D 1 24 20 Pelo teorema da probabilidade total, vem: 3 30 B B 11 1 6 a) P(V) = P(VOV) + = D 3 38 30 B 40 C b) P(A) = + = 2 D 40 = P(VOB) + = + Pelo teorema da probabilidade total, temos: 445. Sabemos que: a) P(B) = P(AOB) + P(BOB) + P(COB) = = P(B|A), isto é, 0,8 = P(A) . P(BIA) (I) e + = P(A) . isto é, 0,1 = P(A) (II) Notando que P(B\A) + = 1, em (II), temos: b) P(D) = + P(BOD) + = 0,1 = P(A) [1 - P(BIA)] 0,1 = - = + 30 + Substituindo (I) nessa última expressão, vem: 0,1 = P(A) - 0,8 P(A) = 0,9. 443. Em cada tentativa podemos ter: 447. Inicialmente, para a moeda III, temos: K, (K, C, K); (K, C, C); (K, K, C); (C, C, C); (C, K, C); (C, C, K); P(C) = 1/3 (C, K, P(K) + P(C) = 1 2 P(C) + P(C) = 1 e Um sucesso ocorrerá se ocorrer o evento: P(K) = 2/3. K, K); (K, C, K); (K, K, C); (C, K, Construiremos agora o diagrama da árvore: Assim, a probabilidade de obtermos um sucesso é 1 1 2 K Pelo teorema da multiplicação, a probabilidade de obtermos 2 sucessos nas duas 3 primeiras tentativas é, então, 1 C 1 3 1 2 K 1 444. Construiremos um diagrama da árvore em que a "coluna" representa a 2 3 da bola extraída da urna I e a "coluna" representa a da bola extraída 3 K da urna II. Notemos, por exemplo, que se a bola extraída da urna I é vermelha, a configuração da urna II passa a ser: 5 vermelhas, 5 amarelas e 2 brancas. Te- 1 C mos, então: 3 82 83</p><p>= = = = 11,1% = 18 451. Vamos construir uma tabela em que: c) 6 3 A representa o indivíduo portador da moléstia; representa o não portador da moléstia; 18 SIM representa o resultado afirmativo do exame para detectar a moléstia; 448. Uma peça selecionada ao acaso do estoque pode ter sido produzida pela máqui- NÃO representa o resultado negativo. na A ou pela máquina B. Do enunciado, temos: P(A) P(B). Além disso, notemos que a tabela tem seus valores expressos em termos relati- vos (isto é, em termos percentuais): Como P(A) + P(B) = 1, vem: Construindo o diagrama da árvore: moléstia A (na coluna, indicaremos B: boa e D: defeituosa) sangue SIM NÃO 0,004 = 0,931 80 100 B 3 A A probabilidade pedida é P(A\SIM). 4 Temos: 20 P(AOSIM) 0,016 16 100 D = = + = 65 90 100 B 1 4 452. Seja n o número de homens e n o número de mulheres dessa população. Indica- B remos daltônico por D e não daltônico por Podemos construir a seguinte 10 tabela (de forma análoga à tabela anterior): 100 D sexo M F Temos: D 0,05n 0,0025n = = a de observarmos 0,95n 0,9975n 100 5 (máquina A e peça boa = = 3 80 1 90 = 40 33 (é a probabilidade Assim, de observarmos uma peça boa) = 0,0025n + 0,0025n 0,0476 3 Daí, = P(AOB) 33 5 8 453. Vamos construir o diagrama da árvore, sendo que em cada "coluna" do diagra- 40 ma representamos os passos possíveis a partir do passo anterior dado: 84 85</p><p>11 b) = #M 7 1 12 c) HOM é o evento no qual uma mosca pousa ao mesmo tempo num homem 4 1 2 12 e numa mulher, isto é, HOM = . 2 8 1 Logo P(HOM) = P(H) P(M), o que mostra que P(H) e P(M) não são 13 2 independentes. 1 1 12 2 2 2 8 1 1 1 13 458. = 2o, 2e, 2c, Ap, Ao, Ae, Ac); = 52 5 1 2 2 2 13 Temos: 2 9 P(A) = 14 1 1 12 2 8 1 1 1 13 1 5 1 2 2 2 13 a) Seja o evento ANB: a carta é um rei de copas, 2 2 9 = 14 1 1 13 2 3 2 9 Por outro que mostra que A e B são 1 14 6 independentes. 2 14 10 b) ANC: a carta extraída é um rei de copas ou uma dama de copas, 15 ANC = (Qc, e Como P(A) A e C são independentes. Pelo teorema da multiplicação, P(13) = + + + c) BNC: a carta extraída é um rei, BNC = Kc, Kp, Ke, Kol, + + + = + + Por outro lado, Logo, B e C não são independentes. 455. a) Se A e B são independentes, é claro que B e A também são independentes. Pela proposição anterior, e A são independentes. 459. a) = P(A) P(B), pois A e B resolvem o problema de forma indepen- b) Do item anterior, A e são independentes. Pelo exercício anterior, e também são independentes. dente. Assim, 456. A e B mutuamente exclusivos P(AOB) = b) = Temos: 0 e os eventos e B são dependentes. c) 457. a) = d) = 86 87</p><p>tos independentes, probabilidade a probabi- a passa a ser de lidade de se obter pelo menos I par de "6" 460. a) Assim, a) é mais provável. b) P(HUM) = P(H) + P(M) - P(HOM) = 0,4 + 0,5 - = 0,7. 462. Sejam: 465. Temos: P(K) = = no lançamento de uma moeda. P(L): probabilidade de Luís convidar Alice; P(L) = a) Como os lançamentos são independentes entre si, temos que: P(C): probabilidade de César convidar Alice; 10 vezes vezes P(O): probabilidade de Olavo convidar Alice; b) a) = P(L) P(C) P(O) = os eventos são 10 vezes 10 vezes independentes. c) Como cada lançamento pode resultar em cara ou coroa, pelo princípio fun- b) P(LUCUO) = P(L) + P(C) + P(O) - - + damental da contagem, o número de elementos do espaço amostral é + Notando novamente eventos independentes, vem: = = 024. evento A que nos interessa é observarmos + 10 vezes 1213 4 caras e 6 coroas. O número de elementos do evento A é o número de per- mutações de 10 elementos com 4 repetições de "K" e 6 repetições de "C", isto é, c) = 210. Logo, 463. Como o circuito está ligado em série, ele funcionará somente se fun- cionarem simultaneamente, isto é, = 466. Temos: Pk = Então, a probabilidade de não passar corrente pelo circuito é: - 0,648 = 0,352. 464. a) A probabilidade de não se obter o número 6 no lançamento de um dado é 5 Como os lançamentos dos dados são independentes entre si, a probabili- dade de não se observar face 6 no lançamento de um dado 4 vezes é 5 a probabilidade de se obter pelo menos um é b) Jogando-se dois dados simultaneamente uma vez, a probabilidade de não se observar o par Lançando-os 24 vezes, pelo fato de termos even- 467. Seja sucesso a ocorrência de cara. Temos: = 88 89</p><p>473. Em cada lançamento, temos: Daí, que nos interessa é a probabili- sucesso: ocorre cara; p dade de observarmos exatamente duas caras, isto fracasso: ocorre coroa; 468. Consideremos sucesso o evento: a face observada é o Temos p = Temos Assim, a probabilidade de observarmos Como a de n caras é: = 475. Em cada lançamento da moeda, temos: que o "4" apareça exatamente 3 vezes é: sucesso: ocorre cara; p 469. Para cada tentativa de resolver o problema, temos: fracasso: ocorre coroa; sucesso: o estudante acerta o problema; p = 0,8. A probabilidade de observarmos pelo menos 8 caras em 10 lançamentos é: fracasso: o estudante erra o problema; Estamos interessados em calcular Temos: + + + 0,294. 476. Para cada partida disputada, temos: sucesso: o time vence; 470. Para cada tiro dado, temos: sucesso: a pessoa acerta o alvo; p = 0,2. fracasso: o time perde; fracasso: a pessoa erra o alvo; Estamos interessados em calcular + + + P5. Temos: A pedida é P4: Ora, pedida é: 478. A probabilidade pedida é: 471. Consideremos: sucesso: um homem de 45 anos sobrevive mais 20 anos ; p = = = 0,1792. fracasso: um homem de 45 anos não sobrevive mais 20 anos; q = Estamos interessados em calcular P4. Temos: 479. Para cada questão respondida, consideremos: 0,259. sucesso: o aluno acerta a questão. fracasso: o aluno erra a questão. 472. Para cada questão, temos: Como o aluno está "chutando", temos que p = sucesso: o aluno acerta a questão. que nos interessa calcular é: fracasso: o aluno erra a questão. Como o aluno está "chutando", temos que p = + 21 que nos interessa é calcular Temos: 480. Consideremos: 0,176. sucesso: o eleitor é favorável ao candidato; = fracasso: o eleitor não é favorável ao candidato; q = 0,7. 91 90</p><p>Estamos interessados em calcular: P(6) ( 10 481. Sejam: sucesso: o filho nascido é do sexo masculino; fracasso: o filho nascido é do sexo feminino; q = 0,5. 5 = 5 1 5 c) Podemos ter "um" ou "nenhum" do sexo masculino, isto é, estamos interes- sados em: = + 5 = d) Como o nascimento de um filho é independente do nascimento dos outros, a probabilidade pedida é 92</p>Mais conteúdos dessa disciplina
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C. 276
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A. 57
B. 106
C. 102
D. 45
