Probabilidade e Distribuição

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1. Aula 5: Combinações, Arranjos e Permutação. Probabilidade, 
Variáveis Aleatórias, Principais Distribuições de Probabilidade, .......... 3 
2. Combinações, Arranjos e Permutação. ............................................. 3 
2.1. PFC - Princípio Fundamental da Contagem ................................. 3 
2.2. O fatorial .................................................................................... 5 
2.3. Arranjo ....................................................................................... 5 
2.4. Combinação ................................................................................ 6 
2.4.1. Combinação com Elementos Repetidos ................................. 7 
2.5. Permutação ................................................................................ 8 
2.5.1. Permutação com Elementos Repetidos ................................. 8 
2.5.2. Permutação Circular ............................................................. 9 
2.6. Exemplo para vocês entenderem as diferenças entre Arranjo, 
Combinação e Permutação .............................................................. 10 
2.7. Casos clássicos, recorrentes em concursos .............................. 11 
3. Exercícios comentados ................................................................... 11 
4. Probabilidade ................................................................................. 36 
4.1 Probabilidade de Ocorrência de um evento ............................... 36 
4.2 Probabilidade de Ocorrência de dois eventos ............................ 38 
4.3 Probabilidade Condicional ......................................................... 41 
5. Exercícios Comentados – Probabilidade ......................................... 44 
6. Variáveis Aleatórias: Contínuas e Discretas. .................................. 65 
6.1. Variáveis Aleatórias Discretas: Função Massa, Função 
Distribuição, e principais Distribuições de Probabilidade ................ 65 
6.1.1. Função Massa ..................................................................... 66 
6.1.2. Função Distribuição ............................................................ 68 
6.1.3. Esperança e Variância ......................................................... 69 
6.1.4. Principais Distribuições de Probabilidade ........................... 70 
6.1.4.1 Distribuição Uniforme (de uma variável discreta)............. 70 
6.1.4.2 Distribuição Bernoulli ....................................................... 71 
6.1.4.3 Distribuição Binomial ........................................................ 71 
6.1.4.4 Distribuição Multinomial/Polinomial ................................. 72 
6.1.4.5 Distribuição Hipergeométrica ........................................... 73 
6.1.4.6 Distribuição de Poisson .................................................... 73 
6.1.5 Variáveis Aleatórias Contínuas: Função Densidade, a 
Distribuição Normal......................................................................... 74 
6.1.5.1 Função Densidade ............................................................. 74 
6.1.5.2 Função Distribuição .......................................................... 75 
6.1.5.3 Distribuição Uniforme (contínua) ..................................... 76 
6.1.5.4 Distribuição Exponencial .................................................. 77 
Aula 5 
 
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6.1.5.4 Distribuição Normal .......................................................... 77 
7. Exercícios comentados. Variáveis Aleatórias: Contínuas e Discretas. 
Principais distribuições de probabilidade. .......................................... 82 
8. Memorex ...................................................................................... 121 
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1. Aula 5: Combinações, Arranjos e Permutação. Probabilidade, Variáveis 
Aleatórias, Principais Distribuições de Probabilidade, 
 
Hoje teremos uma aula muito importante. Ela é grande por tratar de diversos 
assuntos. 
 
Vou dividir a aula em: 
 
- Análise Combinatória; 
- Probabilidade; 
- Variáveis Aleatórias Discretas; 
- Variáveis Aleatórias Contínuas. 
 
Peço atenção e empenho de todos vocês! 
 
Não coloquei as questões da aula ao final porque senão a aula ficaria enorme... 
teremos aproximadamente 70 questões hoje. 
 
Boa aula. 
 
2. Combinações, Arranjos e Permutação. 
 
2.1. PFC - Princípio Fundamental da Contagem 
 
Os mais chegados a futebol, ao lerem PFC, devem ter lembrado de um canal 
de TV a cabo que passa até os jogos de futebol de times muito pequenos (eu 
já vi jogo do Metropolitano, time de Blumenau, no PFC). 
 
Mas, por aqui, PFC é outra coisa: um "mecanismo" de cálculo de número de 
possibilidades de um evento acontecer. 
 
Já que estamos falando de futebol, vamos pensar no seguinte. Na Taça 
Libertadores, por exemplo, temos 38 times. Apenas 2 times chegam à final do 
campeonato, tornando-se ou campeão, ou vice-campeão. 
 
Podemos querer saber: qual o número de possibilidades diferentes de pódio 
neste caso? 
 
No pódio, há o campeão e o vice. Em 2011, por exemplo, o Santos foi 
campeão e o Peñarol foi vice. 
 
Assim, na "vaga" de campeão, "cabem" todos os 38 times, ou seja, todos os 
38 times possuem chances iguais de vencerem o campeonato: 
 
"Vaga" de campeão = 38 times 
 
Para ser vice-campeão, por sua vez, temos 37 times, pois um dos times já se 
sagrará campeão: 
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"Vaga" de vice-campeão = 37 times 
 
Para saber o número total de possibilidades de Campeão+Vice, cada uma das 
38 possibilidades de um time ser campeão deve ser combinada com cada uma 
das 37 possibilidades de um time ser vice-campeão. 
 
É isso que diz o PFC: um evento que ocorre em n situações independentes e 
sucessivas (como um time ser campeão ou vice-campeão da Libertadores), 
tendo a primeira situação ocorrendo de m1 maneiras (no nosso caso, 38 
maneiras), a segunda situação ocorrendo de m2 maneiras (no nosso caso, 37 
maneiras) e assim sucessivamente até a n-ésima situação ocorrendo de mn 
maneiras, temos que o número total de ocorrências será dado pelo produto: 
 
m1.m2.m3... 
 
Então, no nosso caso do pódio da Libertadores, temos que o número total de 
possibilidades de final é dado por: 
 
Número total de possibilidades de final = 38.37 = 1406 possibilidades. 
 
Quem diria, não é? Quase 1500 maneiras diferentes de haver um pódio da 
Libertadores. 
 
Lembrando que a ordem, aqui, afeta o resultado final. Por exemplo: o pódio 
"Santos em primeiro e Peñarol em segundo" é diferente do pódio "Peñarol em 
primeiro e Santos em segundo". No PFC, a ordem dos eventos influencia o 
resultado final. 
 
Vamos ver outro caso. Pensem num casal que deseja filhos. Se o casal tiver 
apenas 1 filho, temos 1 situação e 2 eventos possíveis: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se o casal tiver 2 filhos, teremos 2 situações (primeiro filho e segundo filho) e 
4 eventos possíveis (menino + menino, menino + menina, menina + menino 
e menina + menina). 
 
 
 
Possibilidades de primeiro filho 
de um casal 
Menino Menina 
Possibilidades de filhos de um 
casal 
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Vocês perceberam a nomenclatura? “Situação” são as “etapas” (primeiro 
filho, segundo filho...). Como diza definição de PFC, elas devem ser 
“independentes e sucessivas”... Já “eventos” são as possibilidades 
diferentes de combinações de situações (menino + menino, menino + 
menina... etc). 
 
 
Nas questões veremos outros exemplos. Agora vamos passar para outro 
conhecimento importante, o do fatorial. 
 
2.2. O fatorial 
 
O fatorial é apenas uma maneira de escrever uma conta. É isso que vocês tem 
que lembrar. Um número fatorial é identificado pelo "!" que vem junto a ele. 
 
Por exemplo, quando dizemos: 
 
5! 
 
Essa é apenas uma maneira mais rápida de escrever: 
 
5.4.3.2.1 
 
Ou seja, 5! é igual a: 
 
5.4.3.2.1 = 20.3.2 = 120 
 
Por aqui, é isso que vocês precisam saber. Mais detalhes das contas 
envolvendo fatoriais veremos no decorrer da aula. 
 
2.3. Arranjo 
 
Falamos sobre as possibilidades de pódio da Libertadores, usando o PFC para 
cálculo. 
 
O "Arranjo" nada mais é do que um PFC em forma de equação. Quando 
utilizamos a equação do Arranjo, queremos, no fundo, a mesma coisa: saber o 
número de possibilidades diante de eventos sucessivos. E, o mais importante: 
Menino Menina Primeiro Filho 
Menino Menina Menino Menina Segundo Filho 
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a ordem dos eventos influencia na resposta (vocês lembram que Santos em 1o 
e Peñarol em 2o é diferente do Santos ser vice, não é?). 
 
A equação do Arranjo é: 
 
An,p = 
!
( )!
n
n p−
 
 
Por exemplo, quando calculamos o número de possibilidades de pódio da 
Libertadores, usamos o PFC. Podemos também calcular por Arranjo, afinal 
temos 38 times agrupados 2 a 2. A equação fica: 
 
A38,2 = 
38! 38!
(38 2)! 36!
=
−
 
 
Agora, um vamos expandir o fatorial para calcular o resultado. Vocês vejam 
que, segundo a definição de fatorial, 38! = 38.37.36!. Isso porque, se 38! = 
38.37.36.35.34..., então 38! = 38.37.36!, já que 36! = 36.35.34.33... 
 
Assim: 
 
A38,2 = 
38! 38! 38.37.36!
38.37
(38 2)! 36! 36!
= = = =
−
1406 
 
 
Viram como deu o mesmo resultado, fazendo por Arranjo ou por PFC? 
 
Vamos ver mais casos de Arranjo nos exercícios comentados. 
 
2.4. Combinação 
 
Quando falamos do PFC, usamos o exemplo do número de possibilidades de 
pódio numa final de Libertadores. 
 
E usamos o exemplo de que Santos em primeiro e Peñarol em segundo é 
diferente de Peñarol em primeiro e Santos em segundo. 
 
Mas, e se quiséssemos saber o número de possibilidades de final de 
Libertadores? 
 
Percebam que as possibilidades de final são diferentes das possibilidades de 
pódio. O pódio Santos 1º e Peñarol 2º é um, e o pódio Peñarol 1º e Santos 2º 
é outro. E essas possibilidades são calculadas por PFC ou Arranjo. 
 
Já a final Santos x Peñarol é uma só, independentemente do campeão. 
 
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O independentemente é a chave, aqui: temos um caso de Combinação, ao 
invés de Arranjo. 
 
Na Combinação, não importa a ordem dos eventos. 
 
Ou seja, se usássemos a equação de Combinação para resolver a questão do 
pódio da Libertadores (que falamos no PFC), com certeza a resposta seria um 
número menor do que os 1402 tipos diferentes de pódios que poderiam ser 
formados. 
 
Isso porque a Combinação ignora a "ordem". Ela iria considerar que Santos 
em primeiro e Peñarol em segundo é igual a Peñarol em primeiro e Santos em 
segundo. 
 
A equação da Combinação é: 
 
Cn,p = 
!
!( )!
n
p n p−
 
 
Há uma variante da Combinação, que é a Combinação com Elementos 
Repetidos. Vejamos: 
 
2.4.1. Combinação com Elementos Repetidos 
 
Pensem no seguinte exemplo: tenho 10 carros iguais, e gostaria de pintar cada 
carro de uma das seguintes cores: preto, branco, e prata. Qual o número de 
variações possíveis? 
 
Neste caso, a ordem não importa (pois todos os carros são iguais). 
 
Mas eu tenho que combinar as cores (3) em carros (10). Ou seja, em alguns 
dos casos poderá haver 2 ou mais carros pintados com a mesma cor. 
 
Qual o nome disso? Combinação com Repetição. 
 
Não é nada demais. Uma fórmula a mais para decorarmos (vou colocá-la no 
Memorex para vocês verem logo antes da prova). A fórmula é: 
 
CRepetida de n,p = Cn + p – 1, p 
 
Assim, no exemplo acima, temos que n é o número de cores (que vão se 
repetir), e p é a quantidade de carros. n + p – 1 = 3 + 10 – 1 = 12. 
 
C12,10 = = = 66 
 
 
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Assim, temos 66 maneiras diferentes de pintar os carros. 
 
Visto isso, vamos passar à Permutação. 
 
2.5. Permutação 
 
A Permutação nada mais é do que um tipo de Arranjo. Já vimos que o Arranjo 
representa um número X de "coisas" (exemplos: times, pessoas, letras, etc) 
agrupadas em grupos de 2, 3, etc. O pódio da Libertadores, por exemplo, nada 
mais é do que um Arranjo de 38 times, agrupados 2 a 2. 
 
Pois bem, a Permutação nada mais é do que um Aranho de X "coisas", 
agrupadas X a X! 
 
A equação da Permutação é: 
 
Pn = n! 
 
Percebam que, se eu usar a equação do Arranjo e fizer os elementos X 
agrupados X a X, chego na mesma equação: 
 
Pn,n = 
! !
!
( )! 0!
n n
n
n n
= =
−
 
 
O fatorial de zero (0!) é igual a 1. 
 
2.5.1. Permutação com Elementos Repetidos 
 
A lógica aqui é a mesma da Combinação com Elementos Repetidos. 
 
A Permutação com Elementos Repetidos é muito frequente quando falamos de 
anagramas (que são as diferentes palavras que podem ser formadas a partir 
de certa quantidade de letras. Por exemplo: um anagrama de CAFE é EFAC). 
 
O número de anagramas da palavra CAFE é obtido por Permutação (são as 
letras variando de posição). Ou seja, temos P4 = 4! = 24 anagramas. 
 
No entanto, pensem na palavra CASA. Ela possui duas letras A. Se eu inverter 
a 2ª e a 4ª letra de posição, chego na palavra CASA, novamente. Ou seja, a 
palavra CASA possui menos do que 24 anagramas possíveis, pois ela possui 2 
letras iguais (A). 
 
Como calcular a quantidade de anagramas da palavra CASA, portanto? 
 
Devemos usar a equação da Permutação com Elementos Repetidos, que é a 
seguinte: 
 
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PRepetida, n, a, b, c... = 
!
! ! !...
n
a b c
 
 
Nesta equação, a, b, c... são os elementos repetidos. 
 
No nosso exemplo, temos, então: 
 
PRepetida, 4, 2 = 
! 4! 4.3.2!
4.3 12
! ! !... 2! 2!
n
a b c
= = = = 
 
Como podem ver, por ter duas letras repetidas, a palavra CASA tem menos 
anagramas do que a palavra CAFE. 
 
Existe um outro tipo específico de Permutação, chamada Permutação Circular. 
Vamos falar um pouco sobre ela. 
 
2.5.2. Permutação Circular 
 
Sempre que, em uma questão, vocês se depararem com uma mesa redonda, 
podem ter quase certeza de que a questão está falando sobre Permutação 
Circular. 
 
Vejam a mesa abaixo: 
 
 
 
Se eu quiser saber de quantas maneiras posso permutar 4 amigos na mesa 
acima, vocês concordam que eu poderia pensar em fazer uma permutação, 
certo? 
 
Ocorre que o número de jeitos diferentes de organizar meus amigos na mesa 
diminuirá, em relação a uma fila, por exemplo. Isso porque, numa fila, há o 
1º, 2º, 3º... na mesa não importa. 
 
Portanto, a equação da mesa redonda, ou seja, da Permutação Circular, é 
diferente. Tem-se que: 
 
Pcircular = (n – 1)! 
 
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Por exemplo, se ao invés da mesa, tivéssemos um balcão (formato de fila), 
poderíamosorganizar nossos 4 amigos de 4! = 24 maneiras. 
 
Como é uma mesa redonda, o número de maneiras diminui para (4 – 1)! = 3! 
= 6 maneiras. 
 
Agora vou fazer um exemplo para vocês entenderem bem a diferença entre 
Arranjo, Combinação e Permutação. 
 
2.6. Exemplo para vocês entenderem as diferenças entre Arranjo, 
Combinação e Permutação 
 
Na Copa do Mundo do ano passado (2010), o Brasil caiu na chave G, formada 
por, além de nós, Coréia do Norte, Costa do Marfim e Portugal. 
 
Todos os times se enfrentaram entre si. Percebam que na Copa não há 
returno, ou seja, não existe diferença entre o jogo Brasil x Portugal e Portugal 
x Brasil. Em alguns campeonatos (como o campeonato Brasileiro), há returno, 
ou seja, o jogo Corinthians x Flamengo ocorre na "casa" do Corinthians, e o 
jogo Flamengo x Corinthians ocorre na "casa" do Flamengo. Neste caso, são 
dois jogos diferentes. 
 
Na Copa isso não ocorre, é apenas um jogo entre cada uma das equipes. Ou 
seja, para determinar o número de jogos por chave usamos a Combinação, 
pois a ordem não interfere no número de eventos. 
 
Assim, temos uma Combinação de 4 times, 2 a 2: 
 
C4,2 =
4! 4! 4.3.2! 4.3
6
2!(4 2)! 2!2! 2!2! 2!
= = = =
−
 
 
Assim, serão necessários 6 jogos para que todos os times desta chave se 
enfrentem. 
 
Depois de todos os jogos ocorrerem, há o time que fica em primeiro, o que fica 
em segundo, o que fica em terceiro, e o que fica em quarto na chave. A ordem 
importa, ou seja, Brasil (em primeiro), Coréia do Norte (em segundo), Costa 
do Marfim (em terceiro) e Portugal (em quarto) é diferente de Coréia do Norte, 
Costa do Marfim, Brasil e Portugal, por exemplo. 
 
Ou seja, se quisermos saber o número de possibilidade de ordem das equipes 
na chave, após todos os jogos, temos um caso de Permutação de 4 times em 4 
posições. A equação é: 
 
P4 = 4.3.2 = 24 
 
Existem, portanto, 24 possibilidades diferentes de ordem das equipes na 
chave. 
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Bem, para a segunda fase da Copa (o mata-mata), classificam-se 2 times de 
cada chave. Novamente, aqui a ordem importa, pois há o primeiro da chave 
(que pega o segundo de outra chave) e o segundo da chave (que pega o 
primeiro de outra chave). Ou seja, se quisermos saber o número de 
possibilidades dos times irem para a segunda fase, temos um caso de Arranjo 
de 4 times agrupados 2 a 2: 
 
A4,2 = 
! 4! 4! 4.3.2!
12
( )! (4 2)! 2! 2!
n
n p
= = = =
− −
 
 
Percebam que esse número é uma parcela da ordem dos times na chave (a 
Permutação que resolvemos acima), considerando, aos invés dos 4 times, 
apenas os 2 primeiros. 
 
Conseguiram perceber a diferença entre o Arranjo, a Permutação e a 
Combinação? 
 
2.7. Casos clássicos, recorrentes em concursos 
 
Temos alguns casos de Arranjo, Combinação e Permutação que são clássicos, 
recorrentes em concursos. Vou separá-los na tabela abaixo: 
 
Arranjo Combinação Permutação 
FILA 
A ordem 
dos 
membros 
importa 
EQUIPE/COMISSÃO 
A ordem 
dos 
membros 
não 
importa 
ANAGRAMA 
A 
ordem 
das 
letras 
importa 
 
Vamos fazer as questões de Análise Combinatória antes de partir para as 
questões de Probabilidade. 
 
3. Exercícios comentados 
 
Questão 1 – ESAF/MPOG/APO/2010 
 
Beatriz é fisioterapeuta e iniciou em sua clínica um programa de 
reabilitação para 10 pacientes. Para obter melhores resultados neste 
programa, Beatriz precisa distribuir esses 10 pacientes em três salas 
diferentes, de modo que na sala 1 fiquem 4 pacientes, na sala 2 fiquem 
3 pacientes e na sala 3 fiquem, também, 3 pacientes. Assim, o número 
de diferentes maneiras que Beatriz pode distribuir seus pacientes, nas 
três diferentes salas, é igual a: 
 
(A) 2.440. 
(B) 5.600. 
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(C) 4.200. 
(D) 24.000. 
(E) 42.000. 
 
Temos pacientes distribuídos em salas. Ou seja, a ordem deles nas salas não 
importa, certo? É como o caso da equipe ou da comissão... 
 
Na primeira sala, teremos um 4 pacientes. Ou seja, Combinação de 10 
pacientes, 4 a 4: 
 
C10,4 = = = = = 210 
 
Na sala 2, teremos uma combinação dos pacientes restantes, 3 a 3. Sobraram 
10 – 4 = 6 pacientes: 
 
C6,3 = = = = 20 
 
Na sala 3, há uma combinação dos três pacientes que sobraram: 
 
C3,3 = = = 1 
 
Aqui, aproveito para passar 2 conhecimentos importantes: 
 
Combinação de X elementos X a X é igual a 1 (ou seja, C3,3 = 1, não 
precisamos nem fazer a conta). Lógico: os 3 pacientes só podem ficar 
acomodados de uma maneira na sala, pois a ordem deles não importa. Se 
fosse Permutação, importaria, mas no caso de Combinação, pouco importa. 
0! = 1 
 
Assim, temos: 
 
210.20.1 = 4200 maneiras diferentes de organizar os pacientes. 
 
Resposta: letra C. 
 
Questão 2 – ESAF/SMF-RJ/Fiscal de Rendas/2010 
 
O departamento de vendas de imóveis de uma imobiliária tem 8 
corretores, sendo 5 homens e 3 mulheres. Quantas equipes de vendas 
distintas podem ser formadas com 2 corretores, havendo em cada 
equipe pelo menos uma mulher? 
 
(A) 15 
(B) 45 
(C) 31 
(D) 18 
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(E) 25 
 
A questão pede EQUIPE COM 2 CORRETORES. A primeira coisa que devemos 
pensar é: em uma EQUIPE, importa a ordem dos membros? A resposta é não. 
Se fosse uma FILA, por exemplo, a ordem importaria. Então, temos questão de 
combinação. 
 
Outra informação dada é que cada equipe deve conter PELO MENOS uma 
mulher. Isso significa que podem ser formadas equipes com duas mulheres, 
certo? 
 
Então, podemos ter dois tipos de equipes: equipes com 1 homem e 1 mulher e 
equipe de 2 mulheres. 
 
A equipe tipo 1 (1 homem e 1 mulher) representa é simples de ser encontrada, 
pois nada mais é do que a combinação das 3 mulheres com os 5 homens. 3 x 5 
= 15. 
 
Já o número de equipes diferentes formadas pelas 3 mulheres nas duas vagas 
da equipe são calculadas por Combinação (já que a ordem não importa): 
 
C3,2 = = = 3 
 
Assim, podemos ter, no total, 15 + 3 equipes = 18 equipes. 
 
Resposta: Letra D. 
 
Questão 3 – ESAF/MPU/Téc. Adm./2004 
 
Paulo possui três quadros de Gotuzo e três de Portinari e quer expô-
los em uma mesma parede, lado a lado. Todos os seis quadros são 
assinados e datados. Para Paulo, os quadros podem ser dispostos em 
qualquer ordem, desde que os de Gotuzo apareçam ordenados entre si 
em ordem cronológica, da esquerda para a direita. O número de 
diferentes maneiras que os seis quadros podem ser expostos é igual a 
 
(A) 20. 
(B) 30. 
(C) 24. 
(D) 120. 
(E) 360. 
 
Nesta questão, aprendemos algo novo, que é o que chamo de “membro em 
bloco”. 
 
A questão diz que há 6 quadros: 3 de Gotuzo e 3 de Portinari. Só que ela diz 
que os 3 quadros de Gotuso devem ser expostos em ordem cronológica, e da 
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esquerda para a direita. Se estão em ordem cronológica, é uma ordem fixa 
(não mudará, o quadro mais velho será sempre o primeiro da esquerda e o 
mais novo o mais à direita). Na prática, o que temos pode ser representado na 
figura abaixo (chamo de “Gotuzo 1” o quadro mais velho de Gotuzo, e assim 
por diante). 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, vejam: para fins de ordenamento dos quadros, os quadros do Gotuzo 
se comportam como se fosse 1 só quadro. Toda vez que mudamos os quadros 
do Gotuzo de lugar, tem que ser os 3 juntos, pois eles devem estar “ordenados 
entre si, em ordem cronológica, da esquerda para a direita”. Por exemplo,se 
trazemos estes quadros uma posição à direita: 
 
 
 
 
 
 
 
Perceberam a lógica? Diante disso, o que temos, matematicamente falando, é 
uma Permutação de 4 membros, pois os três quadros do Gotuzo se comportam 
como se fosse um quadro só: são um “membro em bloco”. 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, temos: 
 
P4 = 4! = 4.3.2 = 24 
 
Resposta: Letra C. 
 
Questão 4 – ESAF/MPU/Analista - Administração/2004 
 
Quatro casais compram ingressos para oito lugares contíguos em uma 
mesma fila no teatro. O número de diferentes maneiras em que podem 
sentar-se de modo a que a) homens e mulheres sentem-se em lugares 
alternados; e que b) todos os homens sentem-se juntos e que todas as 
mulheres sentem-se juntas, são, respectivamente, 
 
Gotuso 
1 
Gotuso 
2 
Gotuso 
3 
Portina
ri 
Portina
ri 
Portina
ri 
Gotuso 
1 
Gotuso 
2 
Gotuso 
3 
Portina
ri 
Portina
ri 
Portina
ri 
Três 
quadro
s 
Portina
ri 
Portina
ri 
Portina
ri 
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(A) 1112 e 1152. 
(B) 1152 e 1100. 
(C) 1152 e 1152. 
(D) 384 e 1112. 
(E) 112 e 384. 
 
Aqui temos uma questão de FILA, já sabemos que numa fila a ordem dos 
membros importa, ou seja, é questão de Arranjo ou Permutação (dependendo 
de quantos forem os membros). 
 
Primeiramente resolveremos o caso 1: homens e mulheres sentem-se em 
lugares alternados. 
 
Vamos pensar nos lugares do teatro: 
 
 
_____ _____ _____ _____ _____ _____ _____ _____ 
 
Se começarmos com 1 homem, teremos: 
 
__4H__ __4M__ __3H__ __3M__ __2H__ __2M__ __1H__ __1M__ 
 
No terceiro lugar, temos 3 possibilidades para homens, pois 1 deles já ocupou 
o primeiro lugar, e assim por diante. 
 
Então, começando com homem, temos 4x4x3x3x2x2 = 576 possibilidades. 
 
Para saber o TOTAL de possibilidades, não podemos nos esquecer de 
multiplicar por 2, afinal a fila também pode começar por uma mulher, certo? 
Ou seja, ao final, temos 576x2 = 1152 possibilidades. 
 
Agora, resolvendo o caso 2: todos os homens sentem-se juntos e que 
todas as mulheres sentem-se juntas. 
 
Agora, temos uma variação do caso do “membro em bloco”, que vimos na 
questão anterior. Isso por que temos (H1 é o homem número 1, assim por 
diante): 
 
 
 
 
 
 
Pensem só: para todos os homens sentarem juntos e todas as mulheres 
também, só há 2 configurações possíveis: ou a fila começa com todos os 
homens ou começa com todas as mulheres. Não podemos separá-los. 
 
H2 H3 H4 H1 M1 M2 M3 M4 
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O que vai acontecer é uma permutação dos homens dentro do bloco de 
homens, e uma permutação de mulheres dentro do bloco de mulheres. Assim, 
temos: 
 
P4 x P4 = 4!.4! = 4.3.2.4.3.2 = 576 
 
Como a fila também pode começar com mulheres, multiplicamos esse 
resultado por 2, ou seja: 576 x 2 = 1152. 
 
Resposta: Letra A. 
 
Questão 5 – ESAF/SMF-RJ/Agente de Trabalhos de Engenharia/2010 
 
O departamento técnico de uma construtora imobiliária tem 10 
técnicos de nível superior sendo 7 engenheiros e 3 arquitetos. Quantas 
equipes técnicas distintas podem ser formadas por 2 desses técnicos 
com a participação de pelo menos um engenheiro em cada equipe? 
a) 14 
b) 35 
c) 21 
d) 28 
e) 42 
 
Queremos a formação de EQUIPES (= ordem não importa), com duas pessoas, 
sendo um engenheiro no mínimo. 
 
Portanto, podemos ter equipes com 1 ou 2 engenheiros. 
 
Se a equipe tiver apenas 1 engenheiro, terá também 1 arquiteto. Ou seja, 
temos 7 possibilidades para a vaga de engenheiro e 3 para a de arquiteto. 7x3 
= 21. 
 
Se a equipe possuir 2 engenheiros, haverá uma combinação dos 7 
engenheiros, 2 a 2 (usamos combinação por ser EQUIPE). Temos: 
 
C7,2 = 
! 7! 7! 7.6.5! 42
21
!( )! 2!(7 2)! 2!5! 2!5! 2
n
p n p
= = = = =
− −
 
 
Assim, são 21+21 = 42 possibilidades de equipes. 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 6 – ESAF/MTE/AFT/2010 
 
O departamento de vendas de uma empresa possui 10 funcionários, 
sendo 4 homens e 6 mulheres. Quantas opções possíveis existem para 
se formar uma equipe de vendas de 3 funcionários, havendo na equipe 
pelo menos um homem e pelo menos uma mulher? 
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a) 192. 
b) 36. 
c) 96. 
d) 48. 
e) 60. 
 
Questão muito semelhante à anterior. 
 
Temos que 2 equipes podem ser formadas: 
 
- Equipes com 2 homens e uma mulher; 
- Equipes com 2 mulheres e um homem. 
 
No primeiro caso, temos que os 4 homens vão se combinar (=combinação, 
porque é EQUIPE) nas 2 vagas de homens, e as 6 mulheres vão se combinar 
na vaga para mulher. 
 
Assim: 
 
C4,2.C6,1 
 
C4,2 = 
! 4! 4.3.2!
6
!( )! 2!(4 2)! 2!2!
n
p n p
= = =
− −
 
 
6.6 = 36 equipes. 
 
No segundo caso, ocorre o contrário: os 4 homens disputam a vaga de homem 
e as 6 mulheres se combinam nas duas vagas para mulheres: 
 
C4,1.C6,2 
 
C6,2 = 
! 6! 6.5.4!
15
!( )! 2!(6 2)! 2!4!
n
p n p
= = =
− −
 
 
4.15 = 60 equipes. 
 
60+36 = 96 equipes. 
 
Resposta: Letra C. 
 
Questão 7 – ESAF/RFB/AFRFB/2009 
 
Sabe-se que os pontos A,B,C, D, E, F e G são coplanares, ou seja, estão 
localizados no mesmo plano. Sabe-se, também, que destes sete 
pontos, quatro são colineares, ou seja, estão numa mesma reta. Assim, 
o número de retas que ficam determinadas por estes sete pontos é 
igual a: 
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a) 16 
b) 28 
c) 15 
d) 24 
e) 32 
 
Vimos (na aula de Geometria) que dois pontos formam uma reta. 
 
Assim, poderíamos fazer uma combinação dos 7 pontos, 2 a 2, para encontrar 
o número de retas formadas. Seria C7,2: 
 
C7,2 = 
! 7! 7.6.5!
21
!( )! 2!(7 2)! 2!5!
n
p n p
= = =
− −
 retas possíveis. 
 
Ocorre que os 4 pontos que são colineares (sobre a mesma reta) formam as 
mesmas retas. Ou seja, temos de retirar a combinação destes 4 pontos, 2 a 2, 
e somar 1, pois é a única reta formada por eles: 
 
C4,2 = 
! 4! 4.3.2!
6
!( )! 2!(4 2)! 2!2!
n
p n p
= = =
− −
 
 
Assim, o total de retas é 21 – 6 + 1 = 16 retas possíveis. 
 
Resposta: Letra A. 
 
Questão 8 – ESAF/RFB/AFRFB/2009 
 
De quantas maneiras podem sentar-se três homens e três mulheres 
em uma mesa redonda, isto é, sem cabeceira, de modo a se ter sempre 
um homem entre duas mulheres e uma mulher entre dois homens? 
(A) 72 
(B) 36 
(C) 216 
(D) 720 
(E) 360 
 
Muita gente pediu a anulação desta questão. Não concordo com isso. Vejamos. 
 
Temos uma mesa redonda. Muita gente resolveu fazer a questão, portanto, 
utilizando a equação da Permutação Circular. 
 
Ocorre, pessoal, que a questão cobrou uma restrição. Deveria ser mulher-
homem-mulher-homem-etc. 
 
Primeiramente, vamos pensar nos 3 homens. Eles estarão na mesa assim: 
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E haverá uma permutação entre eles. P3 = 3! = 3.2 = 6. 
 
O mesmo ocorrerá com as mulheres, e, assim, P3 = 6. 
 
 
 
6 jeitos diferentes de combinar os meninos e 6 jeitos diferentes de combinar 
as meninas. 6 x 6 = 36. 
 
SE FOSSE uma fila, como no caso da fila do teatro na questão 3, deveríamos 
multiplicar esse resultado por 2, pois, onde começamos por um homem, 
deveríamos começar também por uma mulher: 
 
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Prof. Karine Waldrich www.pontodosconcursos.com.br 20MAS, não é uma fila, é uma mesa circular! Tanto faz por onde começa. Por 
exemplo, vejam as duas mesas abaixo: 
 
 
 
Reparem como, aparentemente, todos os membros mudaram de posição. Só 
que as duas mesas estão exatamente iguais, é como se todos os membros 
tivessem simplesmente “pulado” uma cadeira no sentido horário. 
 
Portanto, não há sentido para multiplicar o 36 por 2, achando existem mais 
maneiras diferentes de organizar as pessoas. 
 
Resposta: Letra B 
 
Questão 9 – CESGRANRIO/PETROBRÁS/Administrador/2011 
 
O gerente de um projeto quer dividir sua equipe, que é composta de 12 
pessoas, em três grupos de quatro pessoas cada um. Entretanto, duas 
dessas pessoas, João e Maria, por questões de perfil profissional, 
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serão colocadas em grupos diferentes. O número de maneiras distintas 
que esse gerente tem para dividir sua equipe segundo a forma descrita 
é 
(A) 930 
(B) 3.720 
(C) 4.200 
(D) 8.640 
(E) 12.661 
 
Nesta questão, basta “fixar” as pessoas que não podem ficar juntas em grupos 
diferentes. 
 
Vamos lá. Teremos 3 grupos de 4 pessoas, certo? No primeiro grupo, vamos 
fixar João: 
 
Grupo 1: João + X + X + X 
 
No grupo 2, fixamos Maria: 
 
Grupo 2: Maria + X + X + X 
 
No terceiro grupo, ficam os 4 que sobraram: 
 
Grupo 3: X + X + X + X 
 
Assim, iniciamos no grupo 1, tendo que distribuir 10 pessoas em 3 vagas. São 
10 porque são 12 ao todo, menos João e Maria, que já tem lugar “fixo”: 
 
C10,3 = = = 120 
 
No grupo 2, teremos uma combinação dos pacientes restantes, 3 a 3. 
Sobraram 10 – 3 = 7 pacientes: 
 
C7,3 = = = 35 
 
No último grupo, teremos 4 pessoas para 4 vagas, o que resulta em C4,4, cujo 
resultado já sabemos ser 1. 
 
Assim, temos: 120x35x1 = 4200. 
 
Resposta: letra C 
 
Questão 10 – CESGRANRIO/PETROBRÁS/Administrador/2010 
 
Um posto de combustível comprou 6 bombas (idênticas) de 
abastecimento, que serão pintadas, antes de sua instalação, com uma 
única cor, de acordo com o combustível a ser vendido em cada uma. O 
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posto poderá vender etanol (cor verde), gasolina (cor amarela) e 
diesel (cor preta). De quantas maneiras as bombas podem ser 
pintadas, considerando a não obrigatoriedade de venda de qualquer 
tipo de combustível? 
 
(A) 20 
(B) 28 
(C) 56 
(D) 216 
(E) 729 
 
 
Algo que chamo a atenção de vocês é para o fato de a questão dizer que as 
bombas são pintadas antes da instalação. Isso é importante, pois, se a bomba 
já estivessem instaladas, haveria uma ordem entre elas, e seria caso de 
Permutação com Repetição. Como as bombas são pintadas antes, há 
Combinação com Repetição. 
 
Bem, vamos ao cálculo: 
 
CR de n,p = Cn + p – 1,p 
 
CR de 3,6 = C3 + 6 – 1,6 = C8,6 
 
C8,6 = = = 28 
 
 
Assim, temos 28 maneiras diferentes de pintar as bombas. 
 
Resposta: letra B. 
 
Questão 11 – CESGRANRIO/PETROBRÁS/Administrador/2010 
 
Quantos números naturais de 5 algarismos apresentam dígitos 
repetidos? 
27.216 
59.760 
62.784 
69.760 
(E) 72.784 
 
Essa questão é facilmente resolvida de forma “inversa”. Ou seja, primeiro 
descobrimos o total de números com 5 algarismos existentes. Depois, 
descobrimos quantos desses possuem algarismos distintos. Por fim, 
diminuímos um do outro, e teremos o número de números com algarismos 
repetidos. 
 
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Primeiramente, o total de números com 5 algarismos existentes. Lembrando 
que existem 10 algarismos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), mas um número de 5 
algarismos não pode começar com 0, senão vira um número de 4 algarismos, 
certo? Os demais algarismos podem ser qualquer um dos 10. Por PFC, temos: 
 
___ ___ ___ ___ ___ 
 9 x 10 x 10 x 10 x 10 = 90000 números no total 
 
Para sabermos o número de algarismos distintos, devemos pensar: o segundo 
algarismo pode ser qualquer 1, menos aquele que já foi utilizado como 
primeiro algarismo. O terceiro não pode ser nenhum dos anteriores. Assim por 
diante. Temos, novamente por PFC: 
 
___ ___ ___ ___ ___ 
 9 x 9 x 8 x 7 x 6 = 27216 números com algarismos distintos 
 
A diferença (90000 – 27216 = 62784) representa a quantidade de números 
com algarismos repetidos. 
 
Resposta: letra C. 
 
Questão 12 – CESGRANRIO/PETROBRÁS/Administrador/2010 
 
Quantos são os anagramas da palavra PETROBRAS que começam com 
as letras PE, nesta ordem? 
(A) 720 
(B) 2.520 
(C) 5.040 
(D) 362.880 
(E) 3.628.800 
 
 
Nossa primeira questão de anagramas. Temos que as palavras formadas 
devem começar com PE nesta ordem, ou seja, o que nos resta é fazer o 
anagrama com as letras restantes, que são 7. 
 
No entanto, reparem que a letra R aparece duas vezes, ou seja, temos que 
utilizar a Permutação com Elementos Repetidos. 
 
Temos: 
 
PR, 7, 2 = = = = 2520 
 
Resposta: letra B. 
 
Questão 13 – CESGRANRIO/BB/Escriturário/2010 
 
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Uma artesã de bijuterias fabrica um colar de contas no qual utiliza 16 
contas pequenas e duas contas grandes, cujo modelo é apresentado 
abaixo. 
 
 
 
Os critérios que ela utiliza para montar cada colar são os seguintes: 
. as contas pequenas são todas da mesma cor; 
. contas grandes devem ter cores diferentes; 
. se as contas pequenas forem da cor "x", nenhuma conta grande pode 
ser da cor "x". 
 
Sabendo-se que a artesã dispõe de contas pequenas brancas, pretas, 
azuis e laranjas e de contas grandes brancas, vermelhas, verdes, azuis 
e rosas, de quantos modos distintos ela pode escolher as cores das 
contas que irão compor um colar? 
(A) 28 
(B) 30 
(C) 32 
(D) 40 
(E) 42 
 
 
Essa questão envolve vários conhecimentos que já vimos. Temos um colar 
feito de várias contas pequenas e 2 grandes. 
 
Primeiramente, reparem que as contas pequenas são “membros em bloco”, 
pois, como elas devem ter sempre a mesma cor, podem ser consideradas 
como se fossem uma só. 
 
Além disso, não pode haver repetição de cores nas contas. Existem duas cores 
de contas pequenas possíveis que também são possíveis nas contas grandes: 
branco e azul. 
 
Vamos, então, analisar os três casos: contas pequenas nas cores preta ou 
laranja (que não se repetem nas maiores), contas pequenas brancas e contas 
pequenas azuis. 
 
Caso 1: contas pequenas pretas ou laranjas. 
 
Aqui, temos: 
 
_Contas pequenas_ x _Conta grande 1_ x _Conta grande 2_ 
 
_______ 2________ x _Conta grande 1_ x _Conta grande 2_ 
 
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2 x C5,2 = 2 x = 20 
 
Reparem que fizemos Combinação das 5 contas grandes, 2 a 2, porque a 
ordem das contas não importa. 
 
Caso 2: contas pequenas brancas. 
 
Neste caso: 
 
_Contas pequenas brancas_ x _Conta grande 1_ x _Conta grande 2_ 
 
_______ 1________ _Conta grande 1_ _Conta grande 2_ 
 
1 x C4,2 = 1 x = 6 
 
Neste caso, temos apenas 1 opção de conta pequena (a branca). E, para as 
contas grandes, deve haver a Combinação de 4 contas 2 a 2, pois uma das 
contas grandes (a branca) não pode mais ser utilizada. 
 
Caso 3: contas pequenas azuis. 
 
A lógica é a mesma do caso anterior: 6 combinações diferentes. 
 
Total: 32 variações de colares. 
 
Resposta: Letra C. 
 
Questão 14 – CESGRANRIO/PETROBRÁS/Analista de Sistemas Jr/2008 
 
Quantos são os númerosnaturais pares que se escrevem (na base 10) 
com três algarismos distintos? 
(A) 256 
(B) 288 
(C) 320 
(D) 328 
(E) 360 
 
 
Pessoal, essa é uma questão de PFC (ou Arranjo), pois a ordem dos números 
importa, certo. 
 
Ela parece simples, mas tem vários detalhezinhos. Vejam só: 
 
- Os números devem ser pares, ou seja, podem terminar com 0, 2, 4, 6, 8. 
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- Para terem 3 algarismos, devem começar com 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (0 não, 
como vimos em questão anterior). 
 
Ou seja, podemos dividir os números pedidos em 3 grupos: 
 
- Começam com par e terminam com 0; 
- Começam com par e terminam com qualquer outro algarismo par diferente 
de 0; 
- Começam com impar e terminam com par. 
 
Assim, temos: 
 
- Começam com par e terminam com 0: ____ ____ 0 
 
O primeiro número deve ser um dos 4 pares possíveis: 2, 4, 6, 8. 
O número do meio pode ser qualquer um, menos os 2 já utilizados: 
 
_4_ _8_ 0 = 32 números possíveis. 
 
- Começam Começam com par e terminam com qualquer outro algarismo par 
diferente de 0; 
 
O último número deve ser 2, 4, 6 ou 8. 
O primeiro número deve ser um dos 4 pares possíveis, menos o que já foi 
utilizado na última posição. Ou seja, 3 possibilidades. 
O número do meio pode ser qualquer um, menos os 2 já utilizados: 
 
_3_ _8_ _4_ = 96 números possíveis. 
 
- Começam com impar e terminam com par. 
 
O último número deve ser 0, 2, 4, 6 ou 8. 5 possibilidades. 
O primeiro número deve ser impar. 5 possibilidades. 
O número do meio pode ser qualquer um, menos os 2 já utilizados: 
 
_5_ _8_ _5_ = 200 números possíveis. 
 
Somando todas as possibilidades, temos 328. 
 
Resposta: letra D. 
 
Questão 15 – FCC/BB/Escriturário/2010 
 
Na sala de reuniões de uma empresa há uma mesa de formato 
retangular com 8 cadeiras dispostas da forma como é mostrado na 
figura abaixo. 
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Sabe-se que, certo dia, seis pessoas reuniram-se nessa sala: o 
Presidente, o Vice-Presidente e 4 Membros da Diretoria. Considerando 
que o Presidente e o Vice- Presidente sentaram-se nas cabeceiras da 
mesa, de quantos modos podem ter se acomodado nas cadeiras todas 
as pessoas que participaram da reunião? 
 
(A) 720 
(B) 360 
(C) 120 
(D) 72 
(E) 36 
 
 
Essa questão parece difícil e muita gente a errou, mas ela não é assim. Ela é 
útil para mostrar que às vezes precisamos “inverter a lógica” do que a gente 
pensa. 
 
Temos a mesa retangular. Pessoal, nem pensem em fazer Permutação Circular, 
viu? A mesa tem dois cantos! 
 
Em cada canto, senta-se ou o presidente, ou o vice. Assim, podemos nos 
preocupar apenas com os diretores, e depois multiplicar por 2 (trocando o 
presidente e o vice de lugar). 
 
E, por fim, temos 4 diretores e 6 cadeiras. Nessa hora, teve gente que pensou 
em Combinação/Permutação com repetição, só porque havia mais “objetos” 
que pessoas (normalmente fazemos 6 pessoas combinadas em 4 cadeiras, 
etc). Então, o que muda, neste caso? 
 
Ora, NADA! Se normalmente selecionaríamos, dentre 6 pessoas, 4 a 4 delas 
para acomodar nas cadeiras, aqui vamos selecionar, dentre 6 cadeiras, 4 a 4 
para acomodar as pessoas. Percebam que não é nada com repetição, pois 
algumas cadeiras vão ficar vazias mesmo. 
 
Outro ponto importante é que estamos tratando de Arranjo, pois a ordem das 
pessoas nas cadeiras importa. Assim, temos: 
 
Arranjo de 6 cadeiras para 4 pessoas = A6,4 
A6,4 = = 360 
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Vamos multiplicar o resultado por 2, pois há a possibilidade de inverter o 
presidente e o vice presidente de posição: 
 
360 x 2 = 720. 
 
Resposta: Letra A. 
 
Questão 16 – ESAF/MPOG/EPPGG/2008 
 
Marcos está se arrumando para ir ao teatro com sua nova namorada, 
quando todas as luzes de seu apartamento apagam. Apressado, ele 
corre até uma de suas gavetas onde guarda 24 meias de cores 
diferentes, a saber: 5 pretas, 9 brancas, 7 azuis e 3 amarelas. Para que 
Marcos não saia com sua namorada vestindo meias de cores 
diferentes, o número mínimo de meias que Marcos deverá tirar da 
gaveta para ter a certeza de obter um par de mesma cor é igual a: 
 
(A) 30 
(B) 40 
(C) 246 
(D) 124 
(E) 5 
 
 
Essa questão parece ser de Análise Combinatória. 
 
Muitos autores chamam o conhecimento usado aqui de “Princípio da Casa dos 
Pombos”. Vejamos. 
 
Primeiramente, a nomenclatura: durante todo o enunciado, a banca fala em 
meia, meia e meias. Estamos acostumados a pensar que “meias” são sempre 
aos pares. Mas não. Reparem que no final ela explica que Marcos deve 
selecionar as meias direito, para ter certeza de pegar um par da mesma cor. 
Ou seja, as meias são apenas um “pé”, e os pares de meias são os dois “pés”. 
 
Finalmente, temos: 5 pretas, 9 brancas, 7 azuis e 3 amarelas. Quantas, no 
mínimo, Marcos deve tirar da gaveta, para pegar com certeza 2 da mesma 
cor? 
 
Ora, simples. Vamos pensar no pior cenário: ele tira cada hora uma de cor 
diferente da gaveta. Tira a primeira, é preta. Tira a segunda, é preta. Tira a 
terceira, é azul. Tira a quarta, é amarela. A quinta meia que Marcos for tirar 
com certeza será de uma cor repetida. Assim, ele terá o par que deseja. 
 
Portanto, são necessárias 5 meias para que ele forme o par desejado. 
 
Resposta: letra E. 
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Questão 17 - CEPERJ/Pref. São Gonçalo/Professor/2011 
 
No quadro abaixo, cada linha deve conter as letras a, b, c, em qualquer 
ordem, de forma que qualquer coluna não pode ter duas letras iguais. 
 
 
 
O número de formas diferentes que pode ser feita a arrumação desse 
quadro é: 
A) 3 
B) 4 
C) 6 
D) 8 
E) 12 
 
Temos duas linhas, que formam três colunas. As letras a, b e c não podem 
estar iguais na mesma coluna. 
 
Vamos analisar o que pode acontecer em cada quadradinho, seguindo o 
esquema abaixo: 
 
 
 
Quadradinho A: neste quadrado, podem estar as 3 letras. 
 
Quadradinho B: neste quadrado, podem estar 2 letras (pois uma já estará 
sendo usada no quadrado A acima, e não pode repetir no quadrado B). 
 
Quadradinho C: neste quadrado, podem estar as 2 letras (pois uma já estará 
no quadrado A). 
 
Quadradinho D: neste quadrado, pode estar apenas 1 letra (uma a menos do 
que no quadrado C, pois não pode repetir a mesma letra do quadrado C). 
 
Quadradinho E: neste quadrado, podem estar apenas 1 letra (pois outras duas 
já foram usadas nos quadrados A e C). 
 
Quadradinho F: neste quadrado, podem estar apenas 1 letra (as outras duas já 
foram utilizadas nos quadrados B e D). 
 
Portanto, fazemos PFC das opções possíveis em A, B, C, D, E e F: 
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3*2*2*1*1*1 = 12 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 18 - CEPERJ/FESP/Professor/2008 
 
Marcelo possui tintas de quatro cores e deseja pintar a bandeira 
abaixo. 
 
 
Considerando que não é necessário usar sempre todas as cores, e que 
duas regiões vizinhas não podem ter a mesma cor, o número de 
maneiras diferentes com que Marcelo pode pintar essa bandeira é: 
 
A) 36 
B) 48 
C) 72 
D) 96 
E) 144 
 
Questão semelhante à anterior. 
 
Da mesma forma, vamos dar nome a cada região da bandeira: 
 
 
 
Agora, vamos ver quantas opções são possíveis para cada região: 
 
Região A: como são 4 cores, as 4 podem ser utilizadas. 
 
Região B: podemos utilizar 3 cores, umaa menos pois regiões vizinhas não 
podem ter a mesma cor. 
 
Região C: podemos utilizar 2 cores, 2 a menos, pois a região C é vizinha das 
regiões A e B. 
 
Região D: podemos utilizar 2 cores, 2 a menos, pois a região D é vizinha das 
regiões A e C. 
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Região E: podemos utilizar 3 cores, pois a região E só é vizinha da região D. 
 
Ou seja, fazemos PFC das opções possíveis para as regiões A, B, C, D e E: 
 
4*3*2*2*3 = 144 
 
Portanto, são 144 opções possíveis. 
 
Resposta: letra E. 
 
Questão 19 - CEPERJ/Pref. Itaboraí/Professor/2011 
 
Numa escola, foram construídas 6 novas salas de aula, sendo 2 para o 
quinto ano, 2 para o sexto ano e 2 para o sétimo ano. Pretende-se 
distribuir as salas para as referidas turmas. Sabe-se que: 
 
• As salas estão dispostas segundo o desenho abaixo. 
• Cada uma das seis turmas citadas ocupa uma sala. 
• As turmas de sexto ano ocupam as salas 1 e 4, as do quinto ano 
ocupam as salas 2 e 5, e as do quarto ano ocupam as salas 3 e 6. 
 
 
 
Baseando-se nas informações dadas, é correto afirmar que as seis 
turmas podem ser distribuídas, nas salas descritas acima, de: 
 
A) 90 maneiras diferentes 
B) 36 maneiras diferentes 
C) 20 maneiras diferentes 
D) 10 maneiras diferentes 
E) 8 maneiras diferentes 
 
Essa questão tem um pouco mais de detalhes que as questões anteriores, mas 
é resolvida da mesma maneira. 
 
Como a questão já trouxe o desenho com cada sala, vamos ver as opções 
possíveis para cada uma, tendo em mente que as turmas de sexto ano ocupam 
as salas 1 e 4, as do quinto ano ocupam as salas 2 e 5, e as do quarto ano 
ocupam as salas 3 e 6: 
 
Sala 1: Apenas para as turmas do 6º ano. 2 opções possíveis. 
Sala 2: Apenas para as turmas do 5º ano. 2 opções possíveis. 
Sala 3: Apenas para as turmas do 4º ano. 2 opções possíveis. 
Sala 4: Apenas para a turma do 6º ano que não ficou na sala 1. Uma opção 
possível. 
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Sala 5: Apenas para a turma do 5º ano que não ficou na sala 2. Uma opção 
possível. 
Sala 6: Apenas para a turma do 4º ano que não ficou na sala 3. Uma opção 
possível. 
 
Por PFC: 
 
2*2*2*1*1*1 = 8 
 
São 8 as opções possíveis. 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 20 - CEPERJ/SEEDUC/Professor/2011 
 
As letras B, R, A, S, I, L devem ser escritas nas faces de um cubo, com 
uma letra em cada face. O número de maneiras diferentes em que 
essas letras podem ser colocadas nas faces do cubo é: 
A) 18 
B) 24 
C) 30 
D) 60 
E) 72 
 
 
Nessa questão temos um cubo. Primeiramente, precisamos entender como é a 
montagem de um cubo. Vejamos na figura abaixo: 
 
 
 
Fundo Tampa 
Lado 1 
Lado 2 
Lado 3 Lado 4 
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É importante perceber que sempre podemos rotacionar o cubo, então fundo 
pode virar tampa, lado 1 pode virar lado 2, etc. 
 
O que não muda com a rotação são as faces opostas. O lados em amarelos 
sempre serão opostos, assim como os azuis e os vermelhos. 
 
Primeiramente, escolhemos uma letra para a tampa e para o fundo, que 
podem estar na mesma posição (basta inverter o cubo, fazendo fundo virar 
tampa e tampa virar fundo). Portanto, para a tampa, podemos pegar qualquer 
letra, desde que na face oposta (o fundo) haja alguma das 5 letras que não 
estão na tampa. 
 
Portanto, temos 5 opções para a dupla tampa-fundo. 
 
Nas laterais do cubo, temos uma permutação circular os outros 4 elementos 
(temos de retirar os outros dois que estão na tampa e no fundo): 
 
PCircular = (n – 1)! = (4 – 1)! = 3! = 3.2 = 6 
Finalmente, como todas as combinações de laterais do cubo podem estar 
combinadas com todas as combinações de tampa-fundo, multiplicamos um 
valor pelo outro: 
 
5*6 = 30 
 
Portanto, são 30 opções possíveis. 
 
Resposta: Letra C. 
 
Questão 21 - CEPERJ/Pref. Resende/Professor/2007 
 
No retângulo quadriculado abaixo, deseja-se ir do ponto A ao ponto B 
andando sobre as linhas do desenho, somente para a direita ou para 
cima. 
 
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Desse modo, o número de caminhos possíveis que partem de A e 
chegam a B é: 
A) 180 
B) 210 
C) 240 
D) 270 
E) 320 
 
Esse é um tipo de questão que sempre assusta. Quem não sabe resolver por 
Análise Combinatória começa a contar os quadradinhos no meio da prova do 
concurso... 
 
Percebam que, para ir de A até B, a pessoa tem que andar 10 quadradinhos, 
para a direita ou para cima: 
 
 
 
Pensando em termos de Análise Combinatória, temos 10 elementos que se 
permutam entre si: 
 
D, D, D, D, D, D, C, C, C, C 
 
Ocorre que 6 destes elementos estão repetidos. São os 6 para a direita. 
 
E outros 4 elementos também estão repetidos. São os 4 para cima. 
 
Portanto, para calcular o número de maneiras, fazemos uma Permutação de 10 
elementos, com elementos repetidos: 
 
PRepetida, 4, 2 = 
! 10! 10.9.8.7.6!
210
! ! !... 6!4! 6!4.3.2
n
a b c
= = = 
 
 
Assim, temos 210 maneiras diferentes. 
 
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Resposta: Letra B. 
 
Questão 22 - CEPERJ/Pref. Belford Roxo/Professor/2011 
 
Em um curso de espanhol estudam vinte alunos, sendo doze rapazes e 
oito moças. O professor quer formar uma equipe de quatro alunos para 
intercâmbio em outro país. O número de equipes de dois rapazes e 
duas moças que podem ser formadas é: 
A) 625 
B) 1848 
C) 1787 
D) 648 
E) 878 
 
Temos EQUIPE. Portanto, temos caso de Combinação. 
 
A equipe deve possuir 2 rapazes e duas moças. 
 
Para as opções de rapazes, temos 12 rapazes combinados 2 a 2: 
Cn,p = 
!
!( )!
n
p n p−
 
 
C12,2 = 
12! 12.11.10!
66
2!(12 2)! 2.10!
= =
−
 
 
Para as opções de moças, temos 8 moças combinadas 2 a 2: 
 
C8,2 = 
8! 8.7.6!
28
2!(8 2)! 2.6!
= =
−
 
 
Por fim, temos que multiplicar as opções de rapazes pelas opções de moças, 
pois cada 2 rapazes diferentes formam equipes diferentes com as diferentes 
opções de moças: 
 
66*28 = 1848 
 
Resposta: Letra B. 
 
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4. Probabilidade 
 
4.1 Probabilidade de Ocorrência de um evento 
 
Existem várias equações para os cálculos de probabilidade. Mas, nesse 
assunto, é fundamental “desapegar” das equações e simplesmente pensar. 
 
Utilizaremos o seguinte exemplo: as possibilidades de filho de um casal. O 
primeiro filho pode ser menino ou menina. Ou seja, 2 eventos possíveis nessa 
situação. 
 
Em Probabilidade, chamamos isso de Espaço Amostral (o número total de 
eventos possíveis em uma situação): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Depois desse primeiro filho, o casal pode ter outro menino ou outra menina: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Podemos perguntar: qual a probabilidade de um dos filhos (o primeiro ou o 
segundo) ser uma menina? 
 
Esse cálculo, intuitivamente, é dado por: 
 
Número de eventos em que nasçam meninas 
Número total de eventos possíveis 
 
Possibilidades de primeiro filho 
de um casal 
Menino Menina 
Possibilidades de filhos de um 
casal 
Menino Menina Primeiro Filho 
Menino Menina Menino Menina Segundo Filho 
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Prof. Karine Waldrich www.pontodosconcursos.com.br 37Existem 4 eventos, ao total. Isso é, 4 combinações possíveis de possibilidades 
de nascimentos. São elas: 
 
Primeiro filho menino – Segundo filho menino 
Primeiro filho menino – Segundo filho menina 
Primeiro filho menina – Segundo filho menino 
Primeiro filho menina – Segundo filho menina 
 
No desenho acima: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Evento 1 Evento 2 Evento 3 Evento 4 
 
 
Dos 4 eventos possíveis que vimos acima, em 3 há o nascimento de uma 
menina (casos menino x menina, menina x menino e menina x menina). E 
temos, ao total, 4 eventos: 
 
 
 
3 = 0,75 
4 
 
 
A probabilidade fica sempre entre 0 e 1. Isso pois o denominador da equação 
acima é o número total de eventos possíveis, e o numerador é uma parcela 
deste total de eventos. Ou seja, o denominador sempre será maior do que o 
numerador. 
 
Normalmente, a probabilidade é expressa em termos percentuais, ou seja, 
multiplicando-se o resultado acima por 100. Assim, temos que a probabilidade 
de um casal com 2 filhos ter uma menina é de 75%. 
 
Utilizando o mesmo exemplo, qual a probabilidade do casal ter uma menina 
caçula? Basta vermos que são 2 os eventos em que as meninas nascem por 
último: 
 
Possibilidades de filhos de um 
casal 
Menino Menina Primeiro Filho 
Menino Menina Menino Menina Segundo Filho 
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Número de eventos em que nasçam meninas caçulas 
Número total de eventos possíveis 
 
 
2 = 0,5 
4 
 
Temos 50% de probabilidade de uma menina ser caçula. 
 
Vamos, então, “equacionar” o que vimos de maneira quase intuitiva até aqui. 
 
A probabilidade de um evento ocorrer é igual a: 
 
P(E) = 
( )
( )
n E
n S
 
 
Onde: 
 
P(E) = probabilidade de um evento E ocorrer; 
n(E) = número de eventos em que E ocorre (por exemplo, o número de 
possibilidades de nascimento de uma menina); 
n(S) = espaço amostral (que, como vimos, é o número total de eventos que 
ocorrem, como as 4 possibilidades diferentes de combinações de nascimento). 
 
 
4.2 Probabilidade de Ocorrência de dois eventos 
 
 
Tínhamos, no grupo G da Copa de 2010, Brasil, Costa do Marfim, Coréia do 
Norte e Portugal. 
 
Utilizando os conhecimentos que já vimos, podemos calcular: qual era a 
probabilidade de o Brasil ser classificado para a segunda fase da Copa? 
 
Sabemos que na chave haviam 4 times, e os 2 primeiros se classificavam. O 
espaço amostral, portanto, era o Brasil ficar ou em primeiro, ou em segundo, 
ou em terceiro, ou em quarto da chave, certo? E o que queremos era o Brasil 
ou em primeiro ou em segundo. O desenho abaixo explica melhor: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Possibilidades de classificação do Brasil 
para a segunda fase da Copa 
1º da chave: Brasil 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: Brasil 
3º da chave: XXX 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: Brasil 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
4º da chave: Brasil 
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Assim, temos que: 
 
n(Brasil ser classificado) = n(B) = 2 
n(Total de eventos = espaço amostral) = n(S) = 4 
P(B) = probabilidade de o Brasil ser classificado 
 
 
 
 
Agora, vou contar uma história para vocês. Meu chefe aqui na Receita Federal 
é descendente de português. Ano passado, quando eu tomei posse, era bem a 
época de Copa. Eu lembro que ele me dizia: “Ká, não sei para quem torcer, 
acho que torço para os dois times: Brasil e Portugal”. 
 
Qual a probabilidade de o meu chefe sair feliz dessa, ou seja, ver um de seus 
dois times, Brasil ou Portugal, serem classificados para a segunda fase da 
Copa? 
 
Já vimos que a probabilidade de o Brasil se classificar é de 0,5. A probabilidade 
de Portugal se classificar é igual, certo? Ou seja, P(P) = 0,5. Agora vamos 
pensar na probabilidade um dos dois se classificarem... Ou seja, queremos 
algo que represente P(B OU P) = Probabilidade de Brasil e Portugal se 
classificarem para a segunda fase da Copa. 
 
Já que queremos P(B OU P), podemos pensar em fazer P(B OU P) = P(B) + 
P(P), somando as probabilidades. Se for assim, teríamos P(B OU P) = 0,5 + 
0,5 = 1, ou seja, 100% de probabilidade. 
 
Pois bem. Isso está certo? É de 100% a probabilidade de o Brasil ou Portugal 
se classificarem para a segunda fase da Copa? 
 
Não! Há a probabilidade de Costa do Marfim e Coréia do Norte ocuparem as 2 
vagas para a segunda fase, e nem Brasil e nem Portugal serem classificados, 
certo? 
 
Mas, então, por que a equação que induzimos não deu certo? Não seria lógico 
simplesmente somar as probabilidades, fazendo P(B OU P) = P(B) + P(P)? 
 
Ocorre que, se fizermos simplesmente essa conta, estaremos somando um 
evento em duplicidade. Estou falando no caso de Brasil E Portugal se 
classificarem. Percebam que este evento está contido em P(B) = probabilidade 
do Brasil se classificar, e dentro de P(P) = probabilidade de Portugal se 
classificar. Podemos ver melhor no desenho: 
 
 
 
 
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Se somarmos as probabilidades, estaremos somando duas vezes a 
probabilidade de Brasil E Portugal, AMBOS, se classificarem. Vejam, se 
retiramos essa probabilidade, temos: 
 
P(B OU P) = P(B) + P(P) – P(Probabilidade de ambos se classificarem) 
 
A probabilidade de ambos de classificarem é de ¼ = 0,25, como podemos ver 
no fluxograma acima. Assim, temos: 
 
P(B OU P) = 0,5 + 0,5 – 0,25 
 
P(B OU P) = 0,75 = 75% 
 
Este é mais um entendimento extremamente importante para concursos. 
Abaixo veremos a teoria do que aqui vimos. Alguns livros de concurso trazem 
apenas as “fórmulas” que veremos abaixo, sem nenhuma explicação. Eu acho 
muito mais válido vocês entenderem a lógica da equação, ao invés de 
simplesmente decorarem a fórmula... 
 
Como vimos acima, quando queremos saber a probabilidade de ocorrência de 
dois eventos, temos de somar as probabilidades de ocorrência de cada um dos 
eventos, descontando, contudo, a probabilidade de ocorrência dos dois eventos 
simultaneamente (para não termos redundância na soma das probabilidades). 
 
Chamamos a probabilidade de ocorrência de um evento A OU de um evento B 
de P(A OU B), e a probabilidade de ocorrência do evento A E do evento B 
(simultaneamente) de P(A E B). 
 
Temos: 
 
P(A OU B) = P(A) + P(B) – P(A E B) 
 
Para eventos independentes, temos: 
 
Possibilidades de classificação do Brasil OU 
Portugal para a segunda fase da Copa 
1º da chave: Brasil 
2º da chave: Port. 
3º da chave: XXX 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: Brasil 
3º da chave: Port. 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: Brasil 
4º da chave: Port. 
1º da chave: Port. 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
4º da chave: Brasil 
Brasil e Portugal 
se classificam 
Nem Brasil nem 
Portugal se 
classificam 
Só Portugal se 
classifica 
Só o Brasil se 
classifica 
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OU = + 
 
E = x 
 
Vimos acima que P(A OU B) = P(A) + P(B) – P(A E B) 
 
Ou seja, P(A OU B) é a soma de P(A) e P(B), excluindo-se os eventos 
simultâneos (P(A E B)), para que não haja redundância na soma. 
 
Por sua vez, P(A E B) = P(A) x P(B). Ou seja, quando quero saber a 
probabilidade da ocorrência de dois eventos simultaneamente (por exemplo,de Brasil e Portugal, AMBOS, se classificarem para a segunda fase da Copa, 
como vimos acima), basta multiplicar as probabilidades individuais (por 
exemplo, a probabilidade do Brasil ir para a segunda fase era de 0,5. A de 
Portugal também. Assim, temos 0,5 x 0,5 = 0,25). 
 
4.3 Probabilidade Condicional 
 
Falamos, no item anterior, sobre a probabilidade que o Brasil e Portugal 
tiveram de passar para a segunda fase da última Copa. 
 
Agora, imaginem se quiséssemos saber qual a probabilidade de o Brasil se 
classificar para a segunda fase, sabendo que Portugal se classificou. Ou seja, 
voltando à figura acima: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se soubermos que Portugal se classificou efetivamente, o nosso espaço 
amostral se reduzirá. Por exemplo, teremos que desconsiderar o evento “Nem 
Brasil nem Portugal se classificam”, pois sabemos que Portugal se classificou. 
Possibilidades de classificação do Brasil OU 
Portugal para a segunda fase da Copa 
1º da chave: 
Brasil 
2º da chave: 
Port. 
3º da chave: 
XXX 
4º da chave: 
XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: 
Brasil 
3º da chave: 
Port. 
4º da chave: XXX 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: 
Brasil 
4º da chave: 
Port. 
1º da chave: 
Port. 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
4º da chave: 
Brasil 
Brasil e Portugal 
se classificam 
Nem Brasil nem 
Portugal se 
classificam 
Só Portugal se 
classifica 
Só o Brasil se 
classifica 
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Temos, então: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Descartamos (com o “x” vermelho) os dois eventos em que Portugal não se 
classifica, pois já assumimos que Portugal se classificou, com certeza. 
 
Portanto, intuitivamente, o que queremos saber é: 
 
Número de eventos em que o Brasil se classifique (diante da certeza da classificação de Portugal) 
Número de eventos em que Portugal se classifique 
 
O número de eventos em que Portugal se classifique virou o nosso “espaço 
amostral”. Temos, então: 
 
Número de eventos em que o Brasil se classifique (desde que Portugal também 
tenha se classificado) = 1 
Número de eventos em que Portugal se classifique = 2 
 
Probabilidade de o Brasil se classificar diante da condição de Portugal estar 
classificado = ½ = 0,5 = 50% 
 
Como vimos no fluxograma acima, diante da certeza de que Portugal se 
classificou, o Brasil terá tido 50% de probabilidade de também se classificar: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Possibilidades de classificação do 
Brasil para a segunda fase da Copa, 
sabendo que Portugal se classificou 
1º da chave: 
Brasil 
2º da chave: 
Port. 
1º da chave: XXX 
2º da chave: 
Brasil 
3º da chave: 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: 
Brasil 
1º da chave: 
Port. 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
Brasil e Portugal 
se classificam 
Nem Brasil nem 
Portugal se 
classificam 
Só Portugal se 
classifica 
Só o Brasil se 
classifica 
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Reparem que o único evento em que o Brasil se classifica é aquele em que 
Portugal também se classifica. 
 
 
Colocando em forma de equação, temos que a Probabilidade Condicional é 
expressa da seguinte maneira: 
 
Probabilidade Condicional = P( ) = Probabilidade de ocorrência de um evento 
A diante da ocorrência (com certeza) de um evento B 
 
No exemplo anterior, fizemos o seguinte cálculo: 
 
Número de eventos em que o Brasil se classifique (diante da certeza da classificação de Portugal) 
Número de eventos em que Portugal se classifique 
 
O número de eventos em que o Brasil se classifique, diante da certeza da 
classificação de Portugal, nada mais é do que os eventos em que A E B 
ocorrem, concordam? Vejam no fluxograma do evento anterior, como 
descartamos o evento em que só o Brasil se classifica, e consideramos apenas 
aqueles em que o Brasil e Portugal se classificam. Isso é algo lógico: se 
queremos os eventos em que o Brasil se classifique diante da classificação de 
Portugal, não podemos considerar classificações do Brasil sem que haja, 
igualmente, classificação de Portugal. 
 
Portanto, a equação da Probabilidade Condicional é: 
 
 
(A E B) número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamente
( ) número de eventos em que apenas B ocorre
A n
P
B n B
 
= = 
 
 
 
1º da chave: XXX 
2º da chave: 
Brasil 
3º da chave: 
Só o Brasil se 
classifica 
Possibilidades de classificação do 
Brasil para a segunda fase da Copa, 
sabendo que Portugal se classificou 
1º da chave: 
Brasil 
2º da chave: 
Port. 
1º da chave: XXX 
2º da chave: XXX 
3º da chave: 
Brasil 
1º da chave: 
Port. 
2º da chave: XXX 
3º da chave: XXX 
Brasil e Portugal 
se classificam 
Nem Brasil nem 
Portugal se 
classificam 
Só Portugal se 
classifica 
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Há uma variante dessa equação, que na verdade é um algebrismo matemático. 
Sabemos que: 
 
( ) (A E B) número de eventos em que A e B ocorrem simultaneamenteA E B
( ) número de eventos do espaço amostral
n
P
n S
= =
 
(A E B) (A E B).n(S)n P= 
 
P(B) é, igualmente: 
 
( ) (B) número de eventos em que B ocorreB
( ) número de eventos do espaço amostral
(B) ( ). ( )
n
P
n S
n P B n S
= =
=
 
 
 
Substituindo essas duas equações na equação de 
A
P
B
 
 
 
 que encontramos 
acima: 
 
(A E B) (A E B).n(S) (A E B)
( ) ( ). ( ) ( )
A n P P
P
B n B P B n S P B
 
= = = 
 
 
 
Assim, temos duas maneiras de resolver as questões de probabilidade 
condicional. A primeira é pelo número de eventos, a segunda é pela 
probabilidade. 
 
5. Exercícios Comentados – Probabilidade 
 
Questão 23 – ESAF/SMF-RJ/Agente da Fazenda/2010 
 
Em uma determinada cidade, 25% dos automóveis são da marca A e 
50% dos automóveis são da marca B. Ademais, 30% dos automóveis 
da marca A são pretos e 20% dos automóveis da marca B também são 
pretos. Dado que só existem automóveis pretos da marca A e da marca 
B, qual a percentagem de carros nesta cidade que são pretos? 
a) 17,5% 
b) 23,33% 
c) 7,5% 
d) 22,75% 
e) 50% 
 
Vimos na aula sobre Porcentagem que, em questões em que o enunciado traz 
apenas dados percentuais, o melhor é delimitar um valor absoluto para o 
total. 
 
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Nesta questão, por exemplo, vamos delimitar que haja 100 carros na cidade. 
 
Se há 100 carros na cidade, e 25% são da marca A, 25 são da marca A. Se 
50% são da marca B, 50 são da marca B. 
 
30% dos automóveis da marca A são pretos. Ou seja, 30% de 25, 0,3x25 = 
7,5. 
 
20% dos automóveis da marca B também são pretos. Ou seja, 20% de 50, 
0,2x50 = 10. 
 
Assim, num universo de 100 carros, temos 7,5+10 = 17,5 pretos. 
 
A probabilidade é dada por: 
P(E) = 
( ) 17,5
0,175
( ) 100
n E
n S
= = =17,5%. 
 
Resposta: Letra A. 
 
Questão 24 – ESAF/MPOG/Agente de Planejamento e 
Orçamento/2010 
 
Em uma urna existem 200 bolas misturadas, diferindo apenas na cor e 
na numeração. As bolas azuis estão numeradas de 1 a 50, as bolas 
amarelas estão numeradas de 51 a 150 e as bolas vermelhas estão 
numeradas de 151 a 200. Ao se retirar da urna três bolas escolhidas 
são acaso, com reposição, qual a probabilidade de as três bolas serem 
da mesma cor e com os respectivos números pares? 
a) 10/512. 
b) 3/512.c) 4/128. 
d) 3/64. 
e) 1/64. 
 
Nesta questão, veremos P(A E B) e P(A OU B). 
 
Queremos a probabilidade de 3 bolas pares azuis OU a probabilidade de 3 
bolas pares amarelas OU a probabilidade de 3 bolas pares vermelhas. 
 
Chamando: 
 
3 bolas pares azuis = A 
 
3 bolas pares amarelas = B 
 
3 bolas pares vermelhas = C 
 
Queremos P(A OU B OU C). 
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Vou explicar o raciocínio para as 3 bolas azuis, mas o mesmo vale para as 3 
amarelas ou vermelhas. 
 
Para 3 bolas pares azuis, o que queremos é: primeira bola par azul E segunda 
bola par azul E terceira bola par azul. 
 
São três eventos independentes e sucessivos, assim: 
 
P(3 bolas pares azuis) = P(primeira bola par azul).P(segunda bola par 
azul).P(terceira bola par azul) 
 
O número de bolas pares azuis é de metade das bolas azuis, que são 50. Ou 
seja, são 25 bolas pares azuis, num contexto de 200 bolas. Ou seja, a 
probabilidade de a bola ser par e azul é de 25/200. 
 
Como há reposição (o enunciado fala isso), o valor não muda. Então: 
 
P(A) = P(3 bolas pares azuis) = P(primeira bola par azul).P(segunda bola par 
azul).P(terceira bola par azul) = (25/200).(25/200).(25/200) = (25/200)³ 
 
O mesmo raciocínio vale para as demais cores. São 50 bolas pares amarelas e 
25 bolas pares vermelhas. Temos: 
 
P(B) = P(3 bolas pares amarelas) = P(primeira bola par amarela).P(segunda 
bola par amarela).P(terceira bola par amarela) = (50/200).(50/200).(50/200) 
= (50/200)³ 
 
P(C) = P(3 bolas pares vermelhas) = P(primeira bola par vermelha).P(segunda 
bola par vermelha).P(terceira bola par vermelha) = 
(25/200).(25/200).(25/200) = (25/200)³ 
 
Assim, P(A OU B OU C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(A E B E C) 
 
Não tem como as 3 bolas azuis, amarelas e vermelhas saírem ao mesmo 
tempo, então P(A E B E C) = 0. 
 
Portanto: 
 
P(A OU B OU C) = P(A) + P(B) + P(C) = (25/200)³ + (50/200)³ + (25/200)³ 
= (1/8)³ + (2/8)³ + (1/8)³ = 1/512 + 8/512 + 1/512 = 10/512. 
 
Resposta: Letra A. 
 
Questão 25 – ESAF/MPOG/Agente de Planejamento e 
Orçamento/2010 
 
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As apostas na Mega-Sena consistem na escolha de 6 a 15 números 
distintos, de 1 a 60, marcados em volante próprio. No caso da escolha 
de 6 números tem-se a aposta mínima e no caso da escolha de 15 
números tem-se a aposta máxima. Como ganha na Mega-sena quem 
acerta todos os seis números sorteados, o valor mais próximo da 
probabilidade de um apostador ganhar na Mega-sena ao fazer a aposta 
máxima é o inverso de: 
a) 20.000.000. 
b) 3.300.000. 
c) 330.000. 
d) 100.000. 
e) 10.000. 
 
Qual é a probabilidade de ocorrência de um evento? 
 
P(E) = 
( )
( )
n E
n S
 
 
Qual é o número de eventos possíveis (n(S))? Ora, é o número de 
combinações possíveis a serem feitas no cartão da mega sena. 
 
Se são 60 números, e 6 números sorteados, temos uma combinação de 60, 6 
a 6 (não importa a ordem, certo?). 
 
C60,6 = 
! 60! 60!
!( )! 6!(60 6)! 6!54!
n
p n p
= =
− −
 
 
E qual é o evento que queremos? Queremos que um apostador que faça a 
aposta máxima ganhe. Na aposta máxima são escolhidos 15 números, e 6 são 
sorteados. Ou seja, o número de possibilidades é dado por C15,6: 
 
C15,6 = 
! 15! 15!
!( )! 6!(15 6)! 6!9!
n
p n p
= =
− −
 
 
Assim, a probabilidade é: 
 
P(E) = 
15!
( ) 15!54! 15.14.13.12.11.10.9!54!6!9!
60!( ) 60!9! 60.59.58.57.56.55.54!9!
6!54!
n E
n S
= = = 
 
Agora temos de simplificar essa coisa enorme. 
 
Temos: 
 
15/60 = 1/4 
 
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11/55 = 1/5 
 
15.14.13.12.11.10 1.14.13.12.1.10 1.14.13.3.1.2
60.59.58.57.56.55 4.59.58.57.56.5 59.58.57.56
= = 
 
3/57 = 1/19 
 
2/56 = 1/28 
 
1.14.13.3.1.2 14.13
59.58.57.56 59.58.19.28
= 
 
14/28 = 1/2 
 
14.13 13
59.58.19.28 59.58.19.2
= 
 
Finalmente, multiplicamos o denominador. Encontramos 130036. 
 
Temos: 
 
13 13
59.58.19.2 130036
= 
 
Dividindo 130036 por 13, resulta em 10000: 
 
13 1
130036 10000
= 
 
Portanto, fazendo a aposta máxima, a chance de sairem os 6 números é o 
inverso de 10000. 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 26 – ESAF/SUSEP/Analista Técnico/2010 
 
Admita que a probabilidade de uma pessoa de um particular grupo 
genético ter uma determinada doença é de 30%. Um custoso e 
invasivo exame para diagnóstico específico dessa doença tem uma 
probabilidade de um resultado falso positivo de 10% e de um 
resultado falso negativo de 30%. Considerando que uma pessoa desse 
grupo genético com suspeita da doença fez o referido exame, qual a 
probabilidade dela ter a doença dado que o resultado do exame foi 
negativo? 
a) 30%. 
b) 7,5%. 
c) 25%. 
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d) 15%. 
e) 12,5%. 
 
Mais uma vez, vamos determinar um número absoluto de exames. 
 
Estipulamos que sejam 100 exames. 
 
Se 30% têm a doença, 30 são doentes e 70 não. 
 
O resultado falso positivo indica que uma pessoa que não tem a doença recebe 
o exame com resultado positivo. Ou seja, dos 70 que não têm a doença, 10% 
receberão o exame dizendo que sim, estão doentes. Isso representa 0,1x70 = 
7 pessoas. 
 
Já dos 30 que têm a doença, 30% receberão o exame dizendo que não, ou 
seja, 0,3x30 = 9 pessoas. 
 
A questão pede a probabilidade de a pessoa ter a doença, sendo que recebeu o 
resultado negativo. 
 
Das 100 pessoas, 70 – 7 + 9 = 72 receberam o resultado negativo. As 70 que 
não estão doentes, menos as 7 do falso positivo, e mais as 9 do falso negativo. 
 
E, das mesmas 100, 9 têm a doença mas receberam o exame negativo. 
 
Assim, a probabilidade é de 9/72 = 0,125 = 12,5%. 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 27 – ESAF/ANA/Contador/2009 
 
Uma urna possui 5 bolas azuis, 4 vermelhas, 4 amarelas e 2 verdes. 
Tirando-se simultaneamente 3 bolas, qual o valor mais próximo da 
probabilidade de que as 3 bolas sejam da mesma cor? 
a) 11,53% 
b) 4,24% 
c) 4,50% 
d) 5,15% 
e) 3,96% 
 
As bolas são tiradas de maneira simultânea. Ou seja, há uma combinação de 
15 bolas, 3 a 3, que é o número total de eventos: 
 
C15,3 = 
! 15! 15.14.13.12! 15.14.13.12!
5.7.13 455
!( )! 3!(15 3)! 3!12! 3.2.12!
n
p n p
= = = = =
− −
 
 
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Queremos os eventos com bolas da mesma cor. Para as 5 bolas azuis, temos 
uma combinação de 5, 3 a 3. Para as 4 vermelhas, temos combinação de 4, 3 
a 3. Para as 4 amarelas, temos combinação de 4, 3 a 3. 
 
As duas verdes nem entram no cálculo, porque não conseguem somar 3. 
 
Assim, os eventos que queremos são C5,3 + C4,3 + C4,3. 
 
C5,3 = 
! 5! 5! 5.4.3!
10
!( )! 3!(5 3)! 3!2! 3!2!
n
p n p
= = = =
− −
 
 
C4,3 = 
! 4! 4.3!
4
!( )! 3!(4 3)! 3!
n
p n p
= = =
− −
 
 
Os eventos que queremos somam 10 + 4 + 4 = 18. E o total é 455. 
 
P(E) = 18/455 = 0,0396. 
 
Resposta: Letra E. 
 
Questão 28 – ESAF/SEFAZ-SP/APOFP/2009 
 
Considere que numa cidade 40% da população adulta é fumante, 40% 
dos adultos fumantes são mulheres e 60% dos adultos não-fumantes 
são mulheres. Qual a probabilidade de uma pessoa adulta da cidade 
escolhida ao acaso ser uma mulher? 
a) 52% 
b) 48% 
c) 50% 
d) 44% 
e) 56% 
 
Já sabemos o que fazer em questões com percentual, certo? Chutar 100 como 
número para o valor total. 
 
Se temos 100 pessoas adultas,