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Aula Extra
Curso Regular de Matemática - Com videoaulas
Professores: Arthur Lima, Luiz Gonçalves
01780543565 - Ivonete Almeida da Silva Santos
CURSO REGULAR DE MATEMÁTICA 
 TEORIA E EXERCÍCIOS COMENTADOS 
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AULA EXTRA: CONTAGEM E PROBABILIDADE 
 
SUMÁRIO PÁGINA 
1. Questões adicionais sobre Contagem 01 
2. Questões adicionais sobre Probabilidade 19 
3. Lista de exercícios vistos na aula 57 
4. Gabarito 85 
 
Olá! 
Nesta aula trabalharemos questões adicionais sobre os temas Contagem e 
Probabilidade que tratamos anteriormente. Tenha uma boa aula, e lembre-se de me 
procurar sempre que tiver alguma dúvida. 
Saudações, 
Prof. Arthur Lima (www.facebook.com/ProfessorArthurLima) 
 
1. QUESTÕES ADICIONAIS SOBRE CONTAGEM 
1. FGV ± TJRJ ± 2014) Gabriel deve pintar a bandeira abaixo de forma que cada 
região tenha uma única cor. Regiões vizinhas não podem ter a mesma cor, mas 
regiões não vizinhas podem. 
Ele tem 5 cores disponíveis. 
 
O número de maneiras diferentes pelas quais essa bandeira pode ser pintada é: 
(A) 120; 
(B) 240; 
(C) 480; 
(D) 720; 
(E) 900. 
RESOLUÇÃO: 
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Vamos começar pintando a região na parte superior esquerda da figura. 
Temos 5 possibilidades de cores para esta região. Em seguida, podemos partir para 
a região na parte inferior esquerda. Temos 4 possibilidades de cores para esta 
região, pois não podemos repetir a cor da primeira região pintada (afinal elas são 
vizinhas). Podemos agora partir para a região situada logo à direita desta anterior. 
Temos 3 possibilidades de cores para esta região, pois não podemos repetir as 
cores usadas nas duas regiões anteriores, que são vizinhas dela. Prosseguindo, 
vamos pintar a região logo à direita. Temos 3 possibilidades de cores novamente, 
pois não podemos repetir as cores das duas regiões vizinhas dela (veja que 
podemos utilizar a cor da região inferior esquerda, afinal ela não é vizinha da que 
estamos pintando neste momento). Por fim, vamos pintar a última região, localizada 
na parte direita da figura. Temos 4 possibilidades de cores para ela, pois não 
podemos repetir a cor usada na região anterior, que é sua única vizinha. 
Usando o princípio multiplicativo, podemos calcular o produto dessas 
possibilidades, que é 5 x 4 x 3 x 3 x 4 = 720. Este é nosso gabarito. 
RESPOSTA: D 
 
2. FCC ± SEFAZ/PI ± 2015) A senha requerida para ligar um computador é formada 
pelas mesmas 8 letras da palavra TERESINA, com as vogais ocupando as 4 
primeiras posições e, as consoantes, as 4 últimas. Conhecendo apenas essas 
informações, uma pessoa que deseja usar o computador vai digitando todas as 
possíveis senhas, até acertar a correta. Se essa pessoa nunca digitar a mesma 
senha mais de uma vez, conseguirá descobrir a senha correta em, no máximo, 
(A) 240 tentativas. 
(B) 144 tentativas. 
(C) 576 tentativas. 
(D) 196 tentativas. 
(E) 288 tentativas. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que na palavra TERESINA temos quatro vogais, sendo duas 
repetidas, de modo que o total de permutações entre essas vogais é igual a P(4;2) 
= 4! / 2! = 12. Essa palavra também possui 4 consoantes sem nenhuma repetição 
de modo que o total de permutações entre essas consoantes é igual a P(4) = 4! = 
24. Desse modo, como as permutações entre as vogais ocorrem de maneira 
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independente das permutações entre as consoantes, o total de possibilidades que 
temos é dado pela multiplicação 12 x 24 = 288. 
RESPOSTA: E 
 
3. FUNDATEC ± SEFAZ/RS ± 2014) Assinale a alternativa correta em relação ao 
número de maneiras diferentes que podemos organizar as letras da sigla 
FUNDATEC, de modo que: 
x a letra F apareça sempre na primeira posição. 
x as consoantes N e D apareçam sempre juntas em qualquer ordem. 
x as consoantes T e C apareçam sempre juntas em qualquer ordem. 
A) 56. 
B) 120. 
C) 240. 
D) 480. 
E) 5.040 
RESOLUÇÃO: 
 Temos que preencher 8 lacunas: 
__ __ __ __ __ __ __ __ 
 
 9DPRV�³MXQWDU´���ODFXQDV�HP�DSHQDV����SDUD�VLPEROL]DU�DV�OHWUDV�1�H�'�TXH�
devem aparecer juntas, e fazer o mesmo com T e C. Com isso, ao invés de 8 
lacunas passamos a ter 6: 
__ __ __ __ __ __ 
 
 Temos apenas 1 possibilidade para a primeira lacuna (F), 5 para a segunda, 
4 para a terceira, 3 para a quarta, 2 para a quinta e 1 para a sexta, totalizando: 
1 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120 possibilidades 
 
 Devemos ainda permutar as letras N e D entre si, num total de 2 
possibilidades, e T e C entre si, num total de 2 possibilidades, ficando com: 
120 x 2 x 2 = 480 possibilidades 
RESPOSTA: D 
 
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4. FUNDATEC ± SEFAZ/RS ± 2014) Supondo que os jogadores da seleção 
brasileira de futebol, em cada jogo da Copa do Mundo 2014, ao se perfilarem para 
cantar o Hino Nacional, se organizassem do seguinte modo: o goleiro, o capitão do 
time, que é atacante, e três dos jogadores escalados para a defesa ficariam sempre 
à direita de todos os outros jogadores, e sempre nessa ordem. O restante dos 
jogadores se posicionariam à esquerda dos outros, independente de qualquer 
ordem. O número de maneiras diferentes que a seleção, composta pelos seus 11 
jogadores, poderia se perfilar para cantar o Hino Nacional, em cada jogo, é: 
A) 360. 
B) 462. 
C) 720. 
D) 3.600. 
E) 5.040. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos a organização: 
- goleiro, o capitão do time, que é atacante, e três dos jogadores escalados para a 
defesa ficariam sempre à direita de todos os outros jogadores, e sempre nessa 
ordem. 
 Isto significa que temos 11 posições a preencher. Seguindo a regra do 
enunciado, a tabela abaixo nos dá o número de possibilidades de preenchimento de 
cada posição: 
Posição1 Posição2 Posição3 Posição4 Posição5 Posição6 Posição7 Posição8 Posição9 Posição10 Posição11 
1 possib. 
(goleiro) 
1 possib. 
(capitão) 
1 possib. 
(defesa) 
1 possib. 
(defesa) 
1 possib. 
(defesa) 
6 possib. 
(restantes) 
5 possib. 
(restantes) 
4 possib. 
(restantes) 
3 possib. 
(restantes) 
2 possib. 
(restantes) 
1 possib. 
(restante) 
 
 Pela regra do produto, o total de possibilidades é: 
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 
RESPOSTA: C 
 
5. ESAF ± Mtur ± 2014) Com as letras M, N, O, P, Q, S, T e X, formam-se códigos 
de quatro letras, sendo que repetições das letras não são permitidas. O número de 
códigos possíveis é igual a: 
a) 1.680 
b) 1.560 
c) 1.590 
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d) 1.670 
e) 1.650 
RESOLUÇÃO: 
 Temos um total de 8 letras, de modo que o totalde permutações é dado pelo 
princípio fundamental da contagem: 
8x7x6x5 = 1.680 
RESPOSTA: A 
 
6. ESAF ± MTur ± 2014) A retirada de amostras aleatórias simples pode ser 
realizada segundo dois critérios, a saber: com ou sem reposição. Considerando-se 
uma população de tamanho N = 10 e amostras de tamanho n = 3, o número de 
possíveis amostras aleatórias simples que podem ser retiradas dessa população, 
utilizando-se os critérios com e sem reposição são, respectivamente, iguais a: 
a) 1000 ; 120 
b) 1000 ; 20 
c) 500 ; 120 
d) 100 ; 20 
e) 1200 ; 150 
RESOLUÇÃO: 
 Se não temos reposição, basta calcular o número de combinações de 10 
elementos em grupos de 3, que totalizam: 
C(10,3) = 10x9x8 / (3x2x1) = 120 
 
 Com reposição, temos sempre 10 possibilidades para retirar cada elemento, 
totalizando 10x10x10 = 1000 formas de selecionar 3 elementos. 
RESPOSTA: A 
 
7. UFG ± CELG-GT ± 2014) Um comerciante organizou um cadastro de seus 
clientes utilizando um código de identificação com quatro dígitos: o primeiro como 
uma letra vogal e os outros três como caracteres numéricos, de 0 a 9. O 
comerciante almeja expandir o seu negócio, levando-o inclusive para cidades do 
interior, e, para isso, pretende ter um cadastro único de seus clientes. Mediante um 
estudo, ele constatou que a quantidade de clientes esperada será sete vezes maior 
que a quantidade que o seu cadastro inicial seria capaz de suportar. Nessas 
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condições, para que o novo código comporte a quantidade de clientes esperada, o 
comerciante deverá: 
 (Use o alfabeto com 26 letras) 
(A) manter quatro dígitos, substituindo a vogal por uma consoante. 
(B) criar um código com cinco dígitos, sendo duas vogais e três números de 0 a 9. 
(C) manter o código atual trocando a vogal por uma letra qualquer do alfabeto. 
(D) criar um código com cinco dígitos, acrescentando no atual um número par de 0 a 
9. 
(E) manter quatro dígitos, substituindo a vogal e um dos três números por uma 
consoante. 
RESOLUÇÃO: 
 Precisamos que o número de códigos aumente 7 vezes em relação ao atual, 
que é do tipo vogal-algarismo-algarismo-algarismo. Vejamos cada alternativa de 
resposta: 
(A) manter quatro dígitos, substituindo a vogal por uma consoante. 
 Temos 5 vogais e 21 consoantes. Veja que se substituirmos a vogal por uma 
consoante, passaremos a ter 21 / 5 = 4,2 vezes mais possibilidades, o que não é 
suficiente. 
 
(B) criar um código com cinco dígitos, sendo duas vogais e três números de 0 a 9. 
 Se tivermos mais dígito para ser preenchido com uma das 5 vogais, 
aumentaremos apenas em 5 vezes o total de códigos possíveis, o que não é 
suficiente. 
 
(C) manter o código atual trocando a vogal por uma letra qualquer do alfabeto. 
 Se ao invés de usarmos as 5 vogais pudermos usar todas as 26 letras, 
aumentamos em 26/5 = 5,2 vezes o total de possibilidades, o que não é suficiente.
 
(D) criar um código com cinco dígitos, acrescentando no atual um número par de 0 a 
9. 
 Temos apenas 5 números pares, o que permitiria multiplicar por 5 o total de 
códigos existentes, o que não é suficiente. 
 
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(E) manter quatro dígitos, substituindo a vogal e um dos três números por uma 
consoante. 
 Substituindo uma vogal por uma consoante, aumentamos em 4,2 vezes (veja 
a alternativa A). E trocando um número (que tinha 10 possibilidades de 
preenchimento) por uma consoante (que tem 21 possibilidades), aumentamos em 
21/10 = 2,1 vezes. Ao todo, nós aumentamos 4,2x2,1 = 8,82 o total de 
possibilidades, superando 7 vezes, o que passa a ser suficiente. 
RESPOSTA: E 
 
8. UFG ± UEAP ± 2014) Uma escola possui noventa alunos matriculados no oitavo 
ano, que serão divididos aleatoriamente em três turmas de trinta alunos. Nessas 
condições, a quantidade possível de turmas diferentes é: 
A) 3
90!
(60!) 
B) 2
90!
(30!) 60! 
C) 2
90!
30!(60!) 
D) 3
90!
(30!) 
RESOLUÇÃO: 
 Para a primeira turma, temos que combinar os 90 alunos em grupos de 30, 
ficando com C(90,30). Para a segunda turma, temos que combinar os 60 alunos 
restantes em grupos de 30, ficando com C(60,30). Para a terceira turma, ficaremos 
com os 30 alunos restantes, ou seja, há apenas 1 possibilidade. Ao todo temos: 
Possibilidades = C(90,30)xC(60,30)x1 
Possibilidades = C(90,30)xC(60,30) 
 
 Lembrando que 
!( , )
!( )!
nC n p
p n p
 � , temos: 
90! 60!
30!(90 30)! 30!(60 30)!Possibilidades u� � 
90! 60!
30!(60)! 30!(30)!Possibilidades u 
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90! 1
30! 30!(30)!Possibilidades u 
3
90!
(30!)Possibilidades 
RESPOSTA: D 
 
9. UFG ± IF/GO ± 2014) A tabela a seguir mostra as opções de uma lanchonete. 
 
Por um erro de impressão, não foram listadas as opções de suco, mas sabe-se que 
o cliente tem 630 opções diferentes de fazer um lanche com um pastel, um salgado 
e um suco. Nessas condições, a quantidade de sucos diferentes oferecidos por esta 
lanchonete é: 
(A) 13 
(B) 15 
(C) 45 
(D) 48 
RESOLUÇÃO: 
 6HQGR�³Q´�DV�RSo}HV�GH�VXFR��H�VDEHQGR�TXH�WHPRV���RSo}HV�GH�SDVWHO�H���
opções de salgado, podemos escrever que: 
Total de possibilidades de lanche = pastéis x salgados x sucos 
630 = 6 x 7 x n 
630 / 7 = 6n 
90 = 6n 
90 / 6 = n 
15 = n 
RESPOSTA: B 
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10. FUNIVERSA ± SEAD/AP ± 2012) Um grupo de soldados formado por 420 
homens deve ser colocado em formação para um desfile. O espaço no qual o desfile 
será realizado permite que os homens sejam dispostos em até sete fileiras 
paralelas. Deseja-se que os homens sejam distribuídos em pelotões de 
configurações idênticas, ou seja, de mesma forma e quantidade de homens. Os 
pelotões deverão ter forma exatamente retangular e comportar o maior número 
possível de fileiras. Nessas condições, o número total de formas de se distribuírem 
todos os 420 homens é igual a: 
a) 4 
b) 5 
c) 10 
d) 12 
e) 24 
RESOLUÇÃO: 
 Devemos ter 7 fileiras, afinal o enunciado informou que deveríamos usar o 
maior número possível de fileiras. O número de homens em cada fileira será: 
Homens por fileira = 420 / 7 = 60 
 
 Portanto, uma configuração possível é ter 7 fileiras com 60 homens cada, 
formando um único pelotão. Outra possibilidade seria ter 2 pelotões, cada um com 7 
fileiras e 30 homens em cada fileira. Basta vermos os outros divisores de 60 que 
teremos todas as possibilidades de pelotões com 7 fileiras: 
- 1 pelotão com 60 homens por fileira 
- 2 pelotões com 30 homens por fileira 
- 3 pelotões com 20 homens por fileira 
- 4 pelotões com 15 homens por fileira 
- 5 pelotões com 12 homens por fileira 
- 6 pelotões com 10 homenspor fileira 
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- 10 pelotões com 6 homens por fileira 
- 12 pelotões com 5 homens por fileira 
- 15 pelotões com 4 homens por fileira 
- 20 pelotões com 3 homens por fileira 
- 30 pelotões com 2 homens por fileira 
- 60 pelotões com 1 homem por fileira 
 
 Listamos acima as 12 possibilidades existentes, o que nos permite marcar a 
alternativa D. 
Resposta: D 
 
11. FUNIVERSA ± CFM ± 2012) Um paciente faleceu, vítima de enfarto. Depois de 
sua morte, foram encontrados, entre seus documentos pessoais, oito registros de 
eletrocardiogramas, todos sem indicação da data de realização, da clínica onde 
foram realizados e, até mesmo, do nome do paciente. Nesse caso, o número total 
de conjuntos desses eletrocardiogramas que podem ser do paciente falecido é igual 
a: 
a) 1 
b) 8 
c) um número entre 1 e 8 
d) 255 
e) 256 
RESOLUÇÃO: 
 Dentre os 8 eletrocardiogramas, podem ser do paciente as seguintes 
quantidades: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ou 8. 
 Caso sejam 0, só há um conjunto vazio que podemos formar. Da mesma 
forma, se forem 8, só há um conjunto contendo todos os exames que podemos 
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formar. Caso apenas 1 dos exames seja do paciente, há 8 possibilidades (qualquer 
um dos 8 exames encontrados). 
 Já se exatamente 2 exames forem do paciente, devemos calcular quantas 
combinações de 8 elementos, 2 a 2, é possível formar. Para isso, usamos a fórmula 
da combinação: C(8, 2) = 28. 
 Se forem exatamente 3 exames, devemos fazer a combinação de 8 
elementos, 3 a 3. Ou seja, devemos calcular C(8, 3) = 56. E assim por diante, 
obtendo: 
TOTAL = C(8, 0) + C(8, 1) + C(8, 2) + C(8, 3) + C(8, 4) + C(8, 5) + C(8, 6) + C(8, 7) 
+ C(8, 8) 
TOTAL = 1 + 8 + 28 + 56 +70 + 56 + 28 + 8 + 1 = 256 
Resposta: E 
 
12. FUNIVERSA ± CFM ± 2012) A figura ilustra um ventilador de teto. 
 
É possível pintar as pás desse ventilador nas cores verde, azul, amarela, vermelha, 
laranja ou pink. Cada uma das pás pode ser pintada em qualquer das cores 
disponíveis, sendo cada pá pintada em uma única cor. Nessas condições, o número 
total de ventiladores distintos que é possível produzir é: 
a) 20 
b) 56 
c) 120 
d) 216 
e) 720 
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RESOLUÇÃO: 
- número de ventiladores com as 3 pás da mesma cor: 6 possibilidades (pois temos 
6 cores disponíveis). 
 
- número de ventiladores com 2 pás da mesma cor e outra diferente: temos 6 
possibilidades para a cor que cobrirá 2 pás, e outras 5 possibilidades para a cor que 
cobrirá a pá restante, totalizando 6 x 5 = 30 possibilidades. 
 
- número de ventiladores com 3 pás de cores distintas entre si: temos que escolher 
3 das 6 cores disponíveis, o que nos dá C(6, 3) = 20 possibilidades. 
 
 Ao todo temos 6 + 30 + 20 = 56 possibilidades. 
Resposta: B 
 
13. FUNIVERSA ± CEB ± 2010) A cela da delegacia D1 tem capacidade para 
abrigar, em caráter provisório, 6 detentos. Na noite em que foram capturados 4 
homens e 5 mulheres, 3 dessas pessoas tiveram que ser transportadas para a cela 
de outra delegacia. De quantas maneiras distintas puderam ser selecionados os 6 
que ficariam na D1 se, de acordo com as normas dessa delegacia, o número de 
homens não pode exceder o número de mulheres naquela cela? 
(A) 44 
(B) 54 
(C) 64 
(D) 74 
(E) 84 
RESOLUÇÃO: 
 Como o número de homens não pode exceder o número de mulheres 
naquela cela, é preciso que tenham ficado 3, 4 ou 5 mulheres na D1, ficando 
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respectivamente 3, 2 ou 1 homem. Vejamos as combinações para cada caso, 
lembrando que temos 5 mulheres e 4 homens disponíveis: 
- 3 mulheres e 3 homens: C(5, 3) x C(4, 3) = 10 x 4 = 40 possibilidades 
- 4 mulheres e 2 homens: C(5, 4) x C(4, 2) = 5 x 6 = 30 possibilidades 
- 5 mulheres e 1 homem: C(5, 5) x C(4, 1) = 1 x 4 = 4 possibilidades. 
 
 Ao todo temos 40 + 30 + 4 = 74 possibilidades. 
Resposta: D 
 
14. FUNIVERSA ± Polícia Civil/DF ± 2008 ± Adaptada) Para a investigação de um 
crime, deseja-se utilizar uma testemunha para identificar 3 suspeitos. Para auxiliar o 
processo, foram chamadas outras 7 pessoas. O processo de identificação consiste 
em mostrar um grupo com 2 dos possíveis suspeitos acompanhados de outras 3 
pessoas. Quantos grupos com essa descrição podem ser formados? Considere que 
a ordem das pessoas em cada grupo é irrelevante. 
a) 90 
b) 120 
c) 105 
d) 110 
e) 80 
RESOLUÇÃO: 
 Devemos combinar os 3 suspeitos em grupos de 2 e combinar as outras 7 
pessoas em grupos de 3, obtendo: 
C(3,2) x C(7,3) = 3 x 7 x 6 x 5 / 3! = 3 x 5 x 7 = 105 
Resposta: C 
 
15. FUNIVERSA ± EMBRATUR ± 2011) Em frente a um hotel internacional 
localizado em Brasília (DF), encontram-se alinhados 12 mastros destinados à 
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colocação de bandeiras. O mastro central e mais alto é reservado ao pavilhão 
nacional. Os mastros imediatamente à esquerda e à direita daquele são 
disponibilizados para a bandeira do Distrito Federal e da rede hoteleira proprietária 
do hotel. Os outros mastros são usados para se colocarem as bandeiras dos países 
de origem dos hóspedes do hotel. Para isso, usam-se as bandeiras dos países de 
origem dos hóspedes presentes ou que estiveram anteriormente no hotel, de modo 
a se ter sempre uma bandeira diferente em cada mastro. As bandeiras são trocadas 
ao final de cada semana, se houver necessidade. Em uma quarta-feira, o número 
total de disposições possíveis para as bandeiras hasteadas na frente do hotel é 
igual a: 
A) 126.218 
B) 181.440 
C) 362.880 
D) 657.320 
E) 725.760 
RESOLUÇÃO: 
 Eliminando o mastro central e os dois mastros utilizados apenas para as 
bandeiras do DF e do Hotel, sobram 9 mastros onde podemos permutar bandeiras, 
totalizando P(9) = 9! = 362880 permutações. 
 Além disso, devemos permutar entre si as bandeiras do DF e do Hotel, nas 
duas posições possíveis para elas (à direita ou à esquerda da bandeira nacional), 
em um total de P(2) = 2! = 2 permutações. 
 Como a permutação das bandeiras do DF e do Hotel é independente da 
permutação das outras 9 bandeiras, devemos usar a regra do produto, obtendo: 
2 x 362880 = 725760 permutações 
Resposta: E 
 
16. CESGRANRIO ± PETROBRÁS ± 2012) Uma matriz de permutação de n 
elementos é uma matriz quadrada, na qual, em cada fila (linha ou coluna), figura 
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exatamente uma vez o número 1, e todos os demais elementos da fila são iguais a 
zero. 
A matriz P = 
0 0 1 0
1 0 0 0
0 0 0 1
0 1 0 0
ª º« »« »« »« »¬ ¼
 é uma matriz de permutação de 4 elementos, pois o 
produto [ a b c d ] x 
0 0 1 0
1 0 0 0
0 0 0 1
0 1 0 0
ª º« »« »« »« »¬ ¼
 = [ b d a c ]. 
As possíveis matrizes de permutação de 4 elementos são em número de 
(A) 4 
(B) 12 
(C) 16 
(D) 24 
(E) 32 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que a matriz de permutação só tem um algarismo 1 em cada coluna e 
em cada linha, sendo os demais termos iguais a zero. Assim, começando da 
primeira coluna, temos 4 possíveis posições para o algarismo 1 (qualquer uma das 
quatro linhas). Na segunda coluna, teremos 3 possíveis posições para o algarismo 1 
(pois não podemos repetir a linha que foi usada na primeira coluna). Na terceira 
coluna, teremos 2 possíveis posições para o 1, e na quarta coluna restará apenas 1 
possível posição. Ao todo, temos: 
4 x 3 x 2 x 1 = 24 possibilidades de matrizes 
Resposta: D 
 
17. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Durante uma liquidação, uma loja de 
roupas disponibilizou nove camisetas de mesmo tamanho mas de modelos 
diferentes, cada uma a R$ 15,00. Quatro delas eram azuis, três eram brancas e 
duas, pretas. Uma cliente pretende comprar cinco dessas camisetas, sendo que 
três, e somente três, devem ser da mesma cor. 
De quantos modos distintos ela poderá escolher as cinco camisetas que pretende 
comprar? 
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a) 6 
b) 23 
c) 55 
d) 63 
e) 126 
RESOLUÇÃO: 
 Uma possibilidade é levar 3 das 4 camisas azuis, totalizando C(4,3) = 4 
possibilidades. Neste caso, seria preciso escolher 2 das outras 5 camisas 
disponíveis, totalizando C(5,2) = 10 possibilidades. Como a escolha das camisas 
azuis é independente da escolha das demais, temos 4 x 10 = 40 possibilidades 
neste caso. 
 Outra possibilidade é levar as 3 camisas brancas, totalizando C(3,3) = 1 
possibilidade. Neste caso, seria preciso escolher 2 das outras 6 camisas disponíveis 
de outras cores, totalizando C(6,2) = 15 possibilidades. Ao todo temos 1 x 15 = 15 
possibilidades neste caso. 
 Veja que os dois casos dos parágrafos acima são mutuamente excludentes, 
de modo que suas possibilidades devem ser somadas. Ao todo, temos 40 + 15 = 55 
possibilidades. 
RESPOSTA: C 
 
18. CESGRANRIO ± PETROBRÁS ± 2012) Toma-se um conjunto P com 2 
elementos e um conjunto Q com 3 elementos. Quantas são as possíveis relações 
não vazias de P em Q? 
(A) 6 
(B) 8 
(C) 16 
(D) 48 
(E) 63 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 2 elementos em P (ex.: A e B) e 3 elementos em Q (C, D e E). 
Portanto, podemos formar 6 pares distintos: 
{(A,C), (A,D), (A,E), (B,C), (B,D), (B,E)} 
 
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 A questão solicitou o número de relações que podemos formar. Uma relação 
é um subconjunto formado por alguns dos pares acima, ou mesmo por todos eles. 
Exemplificando, uma relação pode ser simplesmente: 
{(A,C), (B,D)} 
 
 Outra pode ser: 
{(A,C), (B,D), (B,E)} 
 
 E assim por diante. Para saber quantos subconjuntos distintos podemos ter, 
basta pensar o seguinte. Para cada um dos 6 pares acima, temos 2 possibilidades 
distintas: estar ou não estar presente no subconjunto formado. Assim, ao todo 
temos 2x2x2x2x2x2 = 26 = 64 possíveis subconjuntos. Destes, devemos excluir o 
subconjunto onde nenhum dos pares está presente (conjunto vazio), ficando com 64 
± 1 = 63 relações possíveis. 
Resposta: E 
 
19. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Certa empresa identifica as diferentes 
peças que produz, utilizando códigos numéricos compostos de 5 dígitos, mantendo, 
sempre, o seguinte padrão: os dois últimos dígitos de cada código são iguais entre 
VL��PDV�GLIHUHQWHV�GRV�GHPDLV��3RU�H[HPSOR��R�FyGLJR�³�����´�p�YiOLGR�� Mi�R�FyGLJR�
³�����´��QmR�� 
Quantos códigos diferentes podem ser criados? 
(A) 3.312 
(B) 4.608 
(C) 5.040 
(D) 7.000 
(E) 7.290 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 10 possibilidades para o quinto dígito (qualquer um dos dez 
algarismos). Como o quarto dígito deve ser o mesmo do quinto, temos uma única 
possibilidade para o quarto dígito (repetir o quinto). Já para cada um dos demais 
dígitos temos apenas 9 possibilidades, pois eles não podem ser iguais ao algarismo 
usado no quarto e quinto dígitos. Assim, ficamos com: 
9 x 9 x 9 x 1 x 10 = 7290 possibilidades 
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RESPOSTA: E 
 
20. QUADRIX ± CREMEC ± 2010) Considere a palavra ARARAQUARA. Quantos 
são os seus anagramas que começam e terminam pela letra A? 
a) 1120 
b) 1230 
c) 1280 
d) 1346 
e) 1468 
RESOLUÇÃO: 
 Se devemos fixar um A no início e outro A no fim, sobram as letras 
RARAQUAR para serem permutadas. Isto é, devemos permutar 8 letras, com a 
repetição de 3 letras R e 3 letras A. Assim, temos: 
8!(8; 3 3) 1120
3!3!
PR e 
Resposta: A 
 
21. QUADRIX ± CRP 14/MS ± 2012) Considere os símbolos: 
 
Com quatro símbolos, serão construídas bandeiras sinalizadoras para orientar um 
grupo participante de uma gincana. Quantos sinais diferentes poderão ser dados ao 
grupo, se cada símbolo poderá ser utilizado uma única vez em uma bandeira? 
a) 1160 
b) 1324 
c) 1540 
d) 1680 
e) 1720 
RESOLUÇÃO: 
 Temos ao todo 8 símbolos diferentes, dos quais 4 farão parte da bandeira. 
Veja que a ordem dos símbolos torna uma bandeira diferente da outra. Como não é 
possível repetir símbolos, o número de possibilidades que temos é: 
Possibilidades = 8 x 7 x 6 x 5 = 1680 
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Resposta: D 
 
22. QUADRIX ± CRN3ª/SP-MS ± 2014) Quantos são os anagramas da palavra 
SAÚDE que sempre intercalam vogais e consoantes? 
a) 36 
b) 30 
c) 24 
d) 18 
e) 12 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 3 vogais e 2 consoantes em SAÚDE. Para intercalar vogais e 
consoantes, temos que escrever: 
vogal ± consoante ± vogal ± consoante - vogal 
 
 Temos 3 possibilidades para a primeira vogal, 2 para a segunda vogal e 1 
para a última vogal. E temos 2 possibilidades para a primeira consoante e 1 para a 
segunda consoante. Ao todo, temos: 
3 x 2 x 2 x 1 x 1 = 
12 anagramas 
RESPOSTA: E 
 
2. QUESTÕES ADICIONAIS SOBRE PROBABILIDADE 
23. QUADRIX ± CRQ 20ª ± 2014) Em um armazém foram colocadas 10 caixas de 
laranja Bahia e 13 caixas de laranja lima (Bahia e lima são espécies de laranjas). 
Porém, esqueceram-se de colocar a devida identificação das caixas, que foram 
empilhadas. Ao retirar, aleatoriamente, uma caixa de laranjas desse armazém, um 
repositor verificou que essa caixa de laranja lima. Em seguida, ele retirouuma nova 
caixa de laranjas. Qual é a probabilidade de essa nova caixa ser de laranja Bahia? 
a) 10/23 
b) 9/22 
c) 9/23 
d) 5/11 
e) 12/22 
RESOLUÇÃO: 
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 Temos 23 caixas no início. Tirando uma de laranja lima, sobram 22 caixas, 
sendo 10 de laranja bahia e 12 de laranja lima. A chance de tirar uma das 10 caixas 
de laranja bahia, em um total de 22 caixas restantes, é: 
P = 10 / 22 = 5 / 11 
RESPOSTA: D 
 
24. QUADRIX ± CRQ 20ª ± 2014) Em uma festa de aniversario, uma criança recebe 
um saquinho com 12 balas de morango e 8 balas de abacaxi. Ao retirar, 
aleatoriamente, uma bala do saquinho, a criança verificou que era de morango. 
Caso a criança retire aleatoriamente, outra bala do saquinho, qual é a probabilidade 
de essa bala também ser de morango? 
a) 3/5 
b) 11/19 
c) 12/20 
d) 11/20 
e) 8/12 
RESOLUÇÃO: 
 Após tirar uma bala de morango, sobram 11 de morango e 8 de abacaxi, 
totalizando 19 balas. A chance de tirar uma das 11 de morango restantes é: 
P = 11 / 19 
RESPOSTA: B 
 
25. QUADRIX ± CRN3ª/SP-MS ± 2014) Na sala de espera de sua nutricionista, 
Mara estava brincando com cartões educativos para crianças, os quais se devem 
colocar em ordem, para formar palavras. Sua mãe pegou três cartões com a letra A, 
um com a letra L, um com a letra D e um com a letra S, os embaralhou, os empilhou 
com as letras para baixo e os entregou a Mara. A probabilidade de que os cartões 
embaralhados, tomados um a um, na ordem dada na pilha, formem a palavra 
SALADA é de uma em: 
a) 720 
b) 120 
c) 60 
d) 24 
e) 1 
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RESOLUÇÃO: 
 Temos 6 letras, das quais 3 são repetições do A. O total de formas de 
permutá-las é dada pela permutação com repetição: 
P(6, 3) = 6! / 3! = 6 x 5 x 4 x 3! / 3! = 6 x 5 x 4 = 120 
 
 Dessas 120 possibilidades, apenas 1 nos atende, que é aquela onde as 
letras estão na disposição SALADA. Portanto, a chance de conseguir esta 
disposição é de 1 em 120. 
RESPOSTA: B 
 
26. QUADRIX ± CRN3ª/SP-MS ± 2014) Num jogo de RPG são lançados 
simultaneamente dois dados numerados de 1 a 20, como o da imagem a seguir. 
 
A probabilidade de o produto dos dois números obtidos ser par é de: 
a) 100% 
b) 75% 
c) 50% 
d) 25% 
e) 0% 
RESOLUÇÃO: 
 Para o produto de dois números ser PAR, basta que um deles seja par. Já 
para o produto ser ímpar, é preciso que AMBOS sejam ímpares. 
 O total de produtos existentes é igual a 20 x 20 = 400, afinal temos 20 
possibilidades de resultado em cada dado. 
 Destes, os produtos ímpares são aqueles formados pelos 10 números 
ímpares de cada dado, totalizando 10 x 10 = 100. Logo, os 400 ± 100 = 300 
produtos restantes são pares. 
 A probabilidade de obter um produto par é: 
P = 300 / 400 = 3 / 4 = 0,75 = 75% 
RESPOSTA: B 
 
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27. QUADRIX ± COREN/BA ± 2014) No lago artificial de um pesqueiro encontram-
se 20 tilápias e 10 trutas (tilápias e trutas são espécies de peixes). Um pescador 
sentado à margem desse lago consegue pescar o seu primeiro peixe, que é uma 
truta. Ele então joga novamente o anzol no lago e consegue fisgar outro peixe. Qual 
é a probabilidade de esse segundo peixe ser também uma truta? 
a) 1/29 
b) 11/29 
c) 9/29 
d) 9/30 
e) 1/30 
RESOLUÇÃO: 
 Depois de pescar uma truta, sobram 29 peixes no lago, dos quais apenas 9 
são trutas e 20 são tilápias. A chance de pegar uma das 9 trutas é: 
P = favoráveis / total 
P = 9 / 29 
RESPOSTA: C 
 
28. QUADRIX ± COREN/BA ± 2014) Uma caixa de bombons possui 12 bombons de 
chocolate ao leite e 10 de chocolate branco. Ao retirar-se aleatoriamente um 
bombom dessa caixa, qual é a probabilidade de esse bombom ser de chocolate 
branco? 
a) 1/22 
b) 2/11 
c) 5/11 
d) 1/10 
e) 1/12 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 22 bombons ao todo, dos quais 10 são favoráveis ao que queremos 
(são de chocolate branco). Assim, 
P = favoráveis / total 
P = 10 / 22 
P = 5 / 11 
RESPOSTA: C 
 
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29. QUADRIX ± CRM/PR ± 2014) Uma moeda viciada tem a probabilidade de dar 
cara três vezes maior que a de dar coroa. Qual a probabilidade de dar cara em um 
lançamento dessa moeda? 
a) 25% 
b) 35% 
c) 55% 
d) 75% 
e) 85% 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que P(cara) = 3 x P(coroa). Sabemos ainda que a soma das 
probabilidades deve ser 100% (afinal uma moeda só pode dar cara ou coroa): 
P(cara) + P(coroa) = 100% 
 
 Substituindo P(cara) por 3xP(coroa), temos: 
3xP(coroa) + P(coroa) = 100% 
4xP(coroa) = 100% 
P(coroa) = 100% / 4 
P(coroa) = 25% 
 
 Assim, P(cara) = 3 x P(coroa) = 3 x 25% = 75%. 
RESPOSTA: D 
 
30. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) Dois casais saem conjuntamente para 
um jantar em um restaurante. As mesas do restaurante são circulares e de quatro 
posições. Qual a probabilidade de que cada um dos casais esteja, com o respectivo 
cônjuge, em posição diametralmente oposta, caso a ocupação das mesas seja 
completamente aleatória? 
(A) 1/5 
(B) 1/4 
(C) 1/3 
(D) 1/2 
(E) 2/3 
RESOLUÇÃO: 
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 Para calcularmos o total de formas de 4 pessoas se sentarem em torno de 
uma mesa redonda, basta calcular a permutação circular: 
Pc(4) = (4 ± 1)! = 3! = 6 
 
 Para os casais sentarem-se diametralmente opostos ao seus cônjuges, 
podemos começar colocando na mesa o primeiro casal, frente a frente. Feito isso, 
veja que temos 2 possibilidades de colocar o outro casal nas duas cadeiras 
restantes. 
 Assim, das 6 possibilidades de distribuir as 4 pessoas na mesa, em apenas 2 
possibilidades os casais sentam-se como pedido pelo enunciado, de modo que a 
probabilidade de se sentarem assim é: 
P = 2/6 = 1/3 
RESPOSTA: C 
 
31. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) Em uma fila com dez pessoas, entre 
elas, André, Andresa e José, qual a probabilidade de que eles estejam juntos nessa 
fila, independente de suas posições relativas, caso a ocupação da fila seja 
completamente aleatória? 
(A) 1/4 
(B) 1/5 
(C) 1/10 
(D) 1/15 
(E) 1/30 
RESOLUÇÃO: 
 O total de formas de preenchermos esta fila é dada pela permutação simples 
de 10 pessoas: 
Total = P(10) = 10! 
 
 Destas formas, para garantirmos que André, Andresa e José estão juntos, 
podemos considerá-los como sendo 1 pessoa só. Além disso, temos mais as outras 
7 pessoas. Portanto, é como se tivéssemos 8 pessoas para permutar, totalizando: 
P(8) = 8! 
 
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 Veja que em cada uma dessas possibilidades de permutação de 8 pessoas, 
precisamos considerar que as 3 pessoas em evidência (André, Andresa e José) 
devem permutar entre si, totalizando P(3) = 3! = 6 possibilidades. Portanto, o total 
de formas de deixar essas três pessoas juntas é: 
Casos favoráveis = P(3) x P(8) = 6 x 8! 
 
 A probabilidade de escolher um desses casos favoráveis é: 
P = 6 x 8! / 10! 
P = 6 x 8! / (10x9x8!) 
P = 6 / (10x9) 
P = 2 / (10x3) 
P = 1 / (5x3) 
P = 1 / 15 
RESPOSTA: D 
 
32. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) A tabela a seguir apresenta a 
classificação de 200 pessoas de uma determinada população, segundo o sexo e o 
clube de futebol de preferência. 
 
As probabilidades de que uma pessoa escolhida aleatoriamente na população seja 
botafoguense e de que um torcedor do Fluminense seja uma mulher, são, 
respectivamente, 
a) 1/20 e 1/3 
b) 1/20 e 2/3 
c) 1/10 e 1/3 
d) 1/10 e 2/3 
e) 1/5 e 2/3 
RESOLUÇÃO: 
 Os botafoguenses são 20 das 200 pessoas, portanto a probabilidade de 
escolher uma delas é 20/200 = 1/10. 
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 Temos 30 torcedores do fluminense, dos quais 20 são mulheres, de modo 
que a probabilidade de que um torcedor do fluminense seja mulher é 20/30 = 2/3. 
RESPOSTA: D 
 
33. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) Um sorteio é realizado com duas urnas, 
I e II. As urnas são escolhidas ao acaso. A urna I contém 2 bolas brancas e 6 
pretas. A urna II contém 4 bolas brancas e 4 pretas. Se a bola sorteada for branca, 
qual a probabilidade de ter sido da urna I? 
(A) 1/3 
(B) 1/4 
(C) 1/6 
(D) 2/3 
(E) 2/5 
RESOLUÇÃO: 
 Temos um total de 2 + 4 = 6 bolas brancas nas duas urnas, das quais 2 são 
da urna I. Deste modo, a probabilidade da bola branca sorteada ter vindo da urna I é 
P = 2/6 = 1/3. 
RESPOSTA: A 
 
34. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) Andresa tem três pretendentes: André, 
José e Ricardo. A probabilidade de que André convide Andresa para um jantar é de 
1/4, enquanto que as mesmas probabilidades para José e Ricardo são 1/3 e 1/2, 
respectivamente. Caso as pretensões entre os pretendentes sejam independentes 
entre si, qual a probabilidade de que Andresa não seja convidada para um jantar por 
nenhum de seus pretendentes? 
a) 1/3 
b) 1/4 
c) 1/5 
d) 1/6 
e) 1/7 
RESOLUÇÃO: 
 As probabilidades de Andresa NÃO ser convidada por André, José e Ricardo 
são, respectivamente, 3/4, 2/3 e 1/2. A probabilidade de ela não ser convidada por 
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nenhum deles é dada pela multiplicação, pois estamos diante de convites que 
podem ser realizados independentemente entre si: 
P = (3/4) x (2/3) x (1/2) 
P = (3/4) x (2/3) x (1/2) 
P = (3x2x1) / (4x3x2) 
P = 1 / 4 
RESPOSTA: B 
 
35. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2010) Um baralho comum consiste de 52 
cartas, separadas em 4 naipes com 13 cartas de cada naipe. Considere um baralho 
perfeitamente embaralhado (disposição aleatória de cartas). A probabilidade de que 
as primeiras quatro cartas do topo do baralho sejam de naipes diferentes está 
indicada na expressão 
a) 
52.26.13
51.50.49
 
b) 
39.26.13
52.50.48
 
c) 
39.26.13
51.50.49
 
d) 
39.38.37
51.50.49
 
e) 
39.38.37
52.50.48
 
RESOLUÇÃO: 
 O total de formas de tirar 4 cartas do baralho é calculado lembrando-se que 
temos 52 possibilidades para a primeira carta, 51 para a segunda (todas, exceto a 
carta que já havia sido tirada), 50 para a terceira, e 49 para a quarta, totalizando: 
Total = 52 x 51 x 50 x 49 
 
 
 Para saber o número de formas de as 4 primeiras cartas serem de naipes 
diferentes, veja que temos 52 possibilidades para a primeira carta (pode ser de 
qualquer naipe), 39 possibilidades para a segunda carta (pode ser de qualquer dos 
3 naipes restantes), 26 possibilidades para a terceira carta (pode ser de qualquer 
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dos 2 naipes restantes) e 13 possibilidades para a quarta carta (deve ser uma das 
13 cartas do naipe restante). Ou seja: 
Casos favoráveis = 52 x 39 x 26 x 13 
 
 Assim, a probabilidade de que as 4 primeiras cartas sejam de naipes distintos 
é: 
P = Casos favoráveis / Total 
P = (52 x 39 x 26 x 13) / (52 x 51 x 50 x 49) 
P = (39 x 26 x 13) / (51 x 50 x 49) 
RESPOSTA: C 
 
36. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Sabe-se por estudos estatísticos que as 
probabilidades de haver num certo almoxarifado os materiais A, B e C disponíveis 
para uso são de, respectivamente, 80%, 80% e 90%. Qual é a probabilidade de, 
num dado momento, estar faltando pelo menos um desses materiais no 
almoxarifado? 
(A) 0,4% 
(B) 1,2% 
(C) 16,6% 
(D) 42,4% 
(E) 50% 
RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de ter TODOS os produtos simultaneamente é: 
P = 80% x 80% x 90% = 57,6% 
 
 Assim, a probabilidade de estar faltando PELO MENOS um é: 
P = 100% - 57,6% = 42,4% 
RESPOSTA: D 
 
37. CESGRANRIO ± PETROBRÁS ± 2012) Para a produção de uma peça, utilizam-
se três máquinas: M1, M2 e M3. As proporções de peças defeituosas geradas por 
essas máquinas, M1, M2 e M3 são, respectivamente, 1%, 2% e 0,1%, e as três 
máquinas produzem, respectivamente, 30%, 50% e 20% da produção total. Se uma 
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peça defeituosa é retirada aleatoriamente, qual é a probabilidade de ela ter sido 
oriunda da máquina 3? 
(A) 1/1000 
(B) 1/66 
(C) 1/5 
(D) 1/3 
(E) 1/77 
RESOLUÇÃO: 
 Do total de peças produzidas, o total que são defeituosas é dado por: 
Defeituosas = 1% x 30% + 2% x 50% + 0,1% x 20% 
Defeituosas = 0,01 x 0,3 + 0,02 x 0,5 + 0,001 x 0,2 
Defeituosas = 0,003 + 0,01 + 0,0002 
Defeituosas = 0,0132 
Defeituosas = 1,32% 
 
 As peças defeituosas produzidas pela máquina 3 são: 
Defeituosas da máquina 3 = 0,1% x 20% 
Defeituosas da máquina 3 = 0,001 x 0,2 
Defeituosas da máquina 3 = 0,0002 
Defeituosas da máquina 3 = 0,02% 
 
 Assim, a probabilidade de que a peça defeituosa seja da máquina 3 é: 
P = 0,02% / 1,32% 
P = 0,02 / 1,32 
P = 2 / 132 
P = 1 / 66 
Resposta: B 
 
38. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Uma pessoa segura seis pedaços 
indistinguíveis de barbante de mesmo comprimento numa das mãos, deixando 
visíveis tanto as seis pontas superiores quanto as outras seis inferiores. Devem-se 
escolher duas pontas superiores para amarrá-las e, em seguida, escolher duas 
pontas inferiores e amarrá-las da mesma forma. 
Qual a probabilidade de que se venha a formar um anel? 
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a) 
1
2
 
b) 
1
6
 
c) 
1
15
 
d) 
2
15
 
e) 
1
30
 
RESOLUÇÃO: 
 Suponham que sejam escolhidas duas pontas quaisquer na parte superior. 
 O total de formas de escolhermos 2 das 6 pontas da parte inferior é: 
Total = C(6,2) = 6x5/2! = 15 
 Dessas possibilidades, apenas 1 nos é favorável, que é o caso onde 
escolhemos exatamente os mesmos 2 barbantes que haviam sido selecionados na 
parte superior. A probabilidade de escolher esses mesmos 2 barbantes (formando 
um anel) é: 
P = 1 / 15 
RESPOSTA: C 
 
39. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Considere as seguintes afirmações 
sobre probabilidade de eventos: 
I - 'RLV�HYHQWRV�$�H�%�VHUmR�LQGHSHQGHQWHV�VH�$ŀ%�= Ø. 
II - Dados dois eventos A e B quaisquer, obtém-se P(A|B) + P(A|BC) = 1. 
III - Se P(A) = 0, então, para qualquer outro evento B, A e B serão independentes. 
É correto APENAS o que se afirma em 
(A) I 
(B) II 
(C) III 
(D) I e II 
(E) II e III 
RESOLUÇÃO: 
 Avaliando cada alternativa: 
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I - 'RLV�HYHQWRV�$�H�%�VHUmR�LQGHSHQGHQWHV�VH�$ŀ%� �‘� 
 ERRADO. Dois eventos são independentes quando: 
P(AŀB) = P(A)xP(B) 
 
II - Dados dois eventos A e B quaisquer, obtém-se P(A|B) + P(A|BC) = 1. 
 Veja que P(A|B) é a probabilidade de A acontecer, dado que B aconteceu. E 
P(A|BC) é a probabilidade de A acontecer, dado que B não aconteceu. Portanto, 
podemos dizer que P(A|B) + P(A|BC) é a probabilidade de A acontecer (B 
acontecendo ou não). Isto é, 
P(A|B) + P(A|BC) = P(A) 
 Item ERRADO, pois P(A) não precisa ser igual a 1. 
 
III - Se P(A) = 0, então, para qualquer outro evento B, A e B serão independentes. 
 Como P(A) é nula, a probabilidade de A e B aconteceram simultaneamente 
também será nula, ou seja, 
P(AŀB) = 0 
 Da mesma forma, podemos dizer que P(A)xP(B) = 0 x P(B) = 0. Isto nos 
permite dizer que: 
P(AŀB) = P(A) x P(B) 
 
 Esta é a definição de eventos independentes. Item CORRETO. 
RESPOSTA: C 
 
40. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Sejam A e B dois eventos, tais que P(A) 
= x, P(B) = 0,2 e P(AUB) = 0,5. Se os eventos A e B são independentes, então, o 
valor de x é dado por 
a) 
2
5
 
b) 
3
10
 
c) 
7
10
 
d) 
1
6
 
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e) 
3
8
 
RESOLUÇÃO: 
 Se os eventos são independentes, então: 
P(A ˆB) = P(A).P(B) = x.0,2 
 
 Além disso, 
P(AUB) = P(A) + P(B) ± P(A ˆB) 
0,5 = x + 0,2 ± x.0,2 
0,5 ± 0,2 = x ± 0,2x 
0,3 = 0,8x 
0,3 / 0,8 = x 
3/8 = x 
RESPOSTA: E 
 
41. CESGRANRIO ± PETROBRAS ± 2012) Numa produção de um determinado 
componente industrial, lotes são formados contendo 10 componentes em cada. 
Sabe-se que a cada 5 componentes produzidos 1 é defeituoso. Tornando-se um lote 
ao acaso, qual a probabilidade de haver, no máximo, um componente defeituoso 
nesse lote? 
a) 
91 4
5 5
x
§ ·¨ ¸© ¹ 
b) 
914 4
5 5
x
§ ·¨ ¸© ¹ 
c) 
94
5
§ ·¨ ¸© ¹ 
d) 
1011
5
§ ·� ¨ ¸© ¹ 
e) 
911
5
§ ·� ¨ ¸© ¹ 
RESOLUÇÃO: 
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 A probabilidade de um componente ser defeituoso é 1/5, de modo que a 
probabilidade de um componente não ser defeituoso é de 4/5. Assim, a 
probabilidade de NENHUM dos 10 componentes ter defeito é: 
P(sem defeito) = (4/5) x (4/5) x ... x (4/5) = (4/5)10 
 
 A probabilidade de somente o PRIMEIRO ter defeito e os demais não terem 
é: 
P(primeiro com defeito) = (1/5) x (4/5) x ... x (4/5) = (1/5) x (4/5)9 
 
 Devemos considerar ainda a probabilidade de somente o segundo, somente 
o terceiro, somente o quarto etc serem defeituosos, totalizando: 
P(somente 1 defeito) = 10 x (1/5) x (4/5)9 
 
 Portanto, a probabilidade de ter NO MÁXIMO 1 defeito é: 
P(sem defeito) + P(somente 1 defeito) = (4/5)10 + 10 x (1/5) x (4/5)9 
P(sem defeito) + P(somente 1 defeito) = (4/5) x (4/5)9 + 2 x (4/5)9 
P(sem defeito) + P(somente 1 defeito) = (4/5) x (4/5)9 + (10/5) x (4/5)9 
P(sem defeito) + P(somente 1 defeito) = (14/5) x (4/5)9 
RESPOSTA: B 
 
42. FUNIVERSA ± IPHAN ± 2009) Em um instituto de pesquisa trabalham, entre 
outros funcionários, 3 físicos, 6 biólogos e 2 matemáticos. Deseja-se formar uma 
equipe com 4 desses 11 estudiosos, para realizar uma pesquisa. Se essa equipe for 
composta escolhendo-se os pesquisadores de forma aleatória, a probabilidade de 
todos os físicos serem escolhidos é um número cujo valor está compreendido entre 
(A) 0,00 e 0,01. 
(B) 0,01 e 0,02. 
(C) 0,02 e 0,03. 
(D) 0,03 e 0,04. 
(E) 0,04 e 0,05. 
RESOLUÇÃO: 
 O total de equipes de 4 pessoas que podemos formar com as 11 disponíveis 
é C(11, 4) = 11 x 10 x 9 x 8 / 4! = 330. 
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 O número de equipes de 4 pessoas contendo os 3 físicos é dado pela 
combinação dos outros 8 profissionais, 1 a 1, ou seja, C(8, 1) = 8. 
 Logo, a probabilidade pedida no enunciado é P = 8 / 330 = 0,02424, que é 
um número entre 0,02 e 0,03. 
Resposta: C 
 
43. FUNIVERSA ± SEPLAG/DF ± 2009) Dados do Detran/DF mostram que, em 
2008, das 1063 vítimas de acidentes envolvendo ônibus, 1013 tiveram apenas 
ferimentos e 50 perderam a vida, sendo 45 homens e 5 mulheres. 
In: Correio Brasiliense, 20/7/2009 
 De acordo com os dados apresentados, escolhendo-se aleatoriamente uma 
vítima fatal, a probabilidade de ela ser do sexo feminino é de: 
a) 1/9 
b) 1/10 
c) 9/10 
d) 5/1013 
e) 5/1063 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 50 vítimas fatais ao todo, das quais 5 são do sexo feminino. Logo, 
escolhendo uma vítima fatal, a chance de ela ser mulher é: 
P = 5 / 50 = 1 / 10 
Resposta: B 
 
44. FUNIVERSA ± CEB ± 2010) Uma cidade é abastecida por duas redes de 
transmissão de energia elétrica. A rede Alfa, por ser mais antiga, tem uma 
probabilidade de 5% de apresentar defeito, enquanto que a rede Beta, por ser mais 
nova, tem a probabilidade de apenas 2% de apresentar defeito. A probabilidade de 
as duas redes funcionarem sem apresentar defeito é de 
(A) 0,890. 
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(B) 0,895. 
(C) 0,931. 
(D) 0,980. 
(E) 0,999. 
RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de A funcionar sem defeito é 100% - 5% = 95%, e a 
probabilidade de B não apresentar defeito é de 100% - 2% = 98%. A probabilidade 
de A e B funcionarem sem defeito é dada pela multiplicação:95% x 98% = 0,95 x 0,98 = 0,931 
Resposta: C 
 
45. FUNIVERSA ± CEB ± 2010) O mau funcionamento de uma das máquinas de 
uma indústria fez com que 10% das peças produzidas em um determinado lote 
apresentassem defeito. Escolhendo-se aleatoriamente cinco peças desse lote, a 
probabilidade aproximada de que menos de três delas apresentem esse defeito, se 
cada peça retirada é reposta antes de se retirar a próxima, é de 
(A) 90%. 
(B) 91%. 
(C) 93%. 
(D) 96%. 
(E) 99%. 
RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de que uma peça não tenha defeito é de 90%, já que a 
probabilidade de ter defeito é de 10%. Assim, a probabilidade de nenhuma das 5 
peças ter defeito é: 90% x 90% x 90% x 90% x 90% = 0,95 = 0,59 
 A probabilidade de que 1 peça tenha defeito é (veja que devemos permutar 
as 5 peças, considerando a repetição de 4 sem defeito): 
P(5; 4) x 0,1 x 0,9 x 0,9 x 0,9 x 0,9 = 5 x 0,1 x 0,94 = 0,5 x 0,94 = 0,328 
 
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 E a probabilidade de que 2 peças tenham defeito é (aqui temos que permutar 
as 5 peças, considerando a repetição de 2 com defeito e de 3 sem defeito): 
P(5; 2, 3) x 0,1 x 0,1 x 0,9 x 0,9 x 0,9 = 10 x 0,12 x 0,93 = 0,073 
 
 Ao todo temos a probabilidade de 0,991 = 99,1% de ter menos de 3 peças 
com defeito. 
Resposta: E 
 
46. FUNIVERSA ± CEB ± 2010) O responsável pela contratação de funcionários de 
uma rede de supermercados está selecionando pessoal para atuar como repositor 
de produtos em uma nova unidade dessa rede. Gustavo e Ricardo foram os 
finalistas nesse processo. A análise da prova prática mostra que: 
x a probabilidade de os dois serem selecionados é de 12%; 
x a probabilidade de apenas um deles ser selecionado é de 70%; 
x Gustavo tem 10% a mais de probabilidade de ser selecionado que Ricardo. 
Considerando-se a situação descrita, a probabilidade de somente Gustavo ser 
selecionado está entre 
(A) zero e 25%. 
(B) 26% e 37%. 
(C) 38% e 45%. 
(D) 46% e 57%. 
(E) 58% e 100%. 
RESOLUÇÃO: 
 &KDPHPRV� GH� *� R� HYHQWR� ³*XVWDYR� VHU� VHOHFLRQDGR´� H� GH� 5� R� HYHQWR�
³5LFDUGR�VHU�VHOHFLRQDGR´��$VVLP��IRL�GLWR�TXH� 
x a probabilidade de os dois serem selecionados é de 12%: 
P(G ˆR) = 12% 
 
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x a probabilidade de apenas um deles ser selecionado é de 70%; 
P(G) + P(R) ± 2 x P(G ˆR) = 70% 
P(G) + P(R) ± 2 x 12% = 70% 
P(G) + P(R) = 94% 
 
x Gustavo tem 10% a mais de probabilidade de ser selecionado que Ricardo. 
P(G) = P(R) + 10% 
 
 Substituindo P(G) por P(R) + 10% na equação anterior, temos: 
P(G) + P(R) = 94% 
P(R) + 10% + P(R) = 94% 
2 x P(R) = 84% 
P(R) = 44% 
 
 Logo, P(G) = 44% + 10% = 54%. A probabilidade de somente Gustavo ser 
selecionado é dada por: 
P(somente G) = P(G) ± P(GˆR) = 54% - 12% = 42% 
Resposta: C 
 
47. FUNIVERSA ± TERRACAP ± 2010) Com base no estudo de distribuições de 
probabilidade, assinale a alternativa que apresenta a probabilidade de dar 3 caras, 
ao se lançar 5 vezes uma moeda não viciada. 
(A) 29%. 
(B) 31%. 
(C) 33%. 
(D) 34%. 
(E) 35%. 
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RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de obter CARA nos 3 primeiros lançamentos e COROA nos 2 
seguintes é: (1/2) x (1/2) x (1/2) x (1/2) x (1/2) = (1/2)5. 
 
 Devemos ainda permutar esses 5 resultados, com a repetição de 3 CARAS e 
2 COROAS, pois não precisamos que as CARAS sejam obtidas exatamente nos 
primeiros lançamentos. Assim, o total de permutações é: 
P(5; 3, 2) = 5! / (3! X 2!) = 10 
 
 Portanto, temos 10 x (1 / 2)5 = 5 / 16 = 31,25% de chance de obter 3 CARAS. 
Resposta: B 
 
48. UFG ± UEAP ± 2014) Uma empresa realizou uma pesquisa para montar o 
cardápio para os seus trabalhadores. Nessa pesquisa, 29% dos trabalhadores 
disseram preferir exclusivamente suco de laranja, 13% preferem exclusivamente 
suco de abacaxi, 10% preferem exclusivamente suco de manga, 8% preferem 
exclusivamente suco de maçã, 6% preferem exclusivamente suco de uva, 22% 
bebem qualquer tipo de suco e o restante declara não beber qualquer tipo de suco 
durante as refeições. De acordo com os dados dessa pesquisa, escolhendo ao 
acaso um trabalhador dessa empresa, a probabilidade de que ele beba suco de 
laranja ou de uva é: 
(A) 0,57 
(B) 0,35 
(C) 0,28 
(D) 0,13 
RESOLUÇÃO: 
 Os trabalhadores que bebem suco de laranja OU uva são aqueles que 
bebem: 
Exclusivamente laranja + exclusivamente uva + qualquer suco = 
29% + 6% + 22% = 
57% = 
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0,57 
RESPOSTA: A 
 
49. UFG ± UEAP ± 2014) A tabela a seguir apresenta a quantidade de cálcio 
contida em alguns alimentos. 
 
Escolhendo ao acaso uma refeição com uma opção de carne, uma de verdura e 
uma de fruta, a probabilidade dessa refeição conter a menor quantidade de cálcio 
possível é: 
A) 
1
12
 
B) 
1
7
 
C) 
11
12
 
D) 
6
7
 
RESOLUÇÃO: 
 O caso com menor quantidade de cálcio ocorre quando escolhemos a Carne 
cozida, Brócolis (cru) e Figo. Isto porque cada um desses alimentos é o que possui 
menos cálcio dentro de seu respectivo grupo. Ou seja, temos 1 opção que resulta 
na menor quantidade de cálcio. 
 O total de possibilidades de montar um prato é dado por 2x3x2 = 12, afinal 
temos 2 possibilidades de carne, 3 de verdura e 2 de fruta. 
 A probabilidade de selecionar o caso com menor cálcio é de 1 em 12, ou 
seja, 1/12. 
RESPOSTA: A 
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50. UFG ± CELG-GT ± 2014) Dois dados são lançados simultaneamente e são 
considerados os números que aparecem nas faces voltadas para cima. A 
probabilidade de que um dos dois números que aparecem na face superior seja um 
divisor do outro número é de: 
(A) 4/18 
(B) 5/18 
(C) 7/18 
(D) 8/18 
(E) 11/18 
RESOLUÇÃO: 
 O total de possibilidades nos lançamentos é igual a 6x6 = 36. Veja na tabela 
abaixo, para cada resultado possível no primeiro dado, quais os resultados do 
segundo dado que são divisores daquele primeiro: 
Resultado do 1º dado 
Resultados do 2º dado que seriam 
divisores do 1º 
1 1 
2 1, 2 
3 1, 3 
4 1, 2, 4 
5 1, 5 
6 1, 2, 3, 6 
 
 Veja que temos um total de 1+2+2+3+2+4 = 14 possibilidades. Temos ainda 
as seguintes possibilidades de combinações onde o resultado do 1º dado é divisor 
do resultado do 2º dado: 
Resultados do 1º dado que seriam 
divisores do 2º 
Resultado do 2º dado 
1 1 
1, 2 2 
1, 3 3 
1, 2, 4 4 
1, 5 5 
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1, 2, 3, 6 6 
 
 Contando somente as combinações que ainda não foram contabilizadas 
anteriormente, temos (1,2), (1,3), (1,4), (2,4), (1,5), (1,6), (2,6), (3,6). Ao todo temos 
14 + 8 = 22 possibilidades. 
 A chance de tirar uma delas é 22/36 = 11/18. 
RESPOSTA: E 
 
51. UFG ± IF/GO ± 2014) De acordo com uma reportagem divulgado pelo jornal O 
Estado de S. Paulo, em 2013 foram comercializados 3,061 milhões de veículos 
nacionais e 737 mil veículos importados. De acordo com esses dados, escolhendo 
ao acaso um veículo que foi comercializado em 2013, a probabilidade de que ele 
seja importado é, aproximadamente: 
(A) 0,19 
(B) 0,24 
(C) 0,41 
(D) 0,74 
RESOLUÇÃO: 
 O total de carros é igual a 3.061.000 + 737.000 = 3.798.000, dos quais 
737.000 são veículos importados. Assim, a probabilidade de selecionar um veículo 
importado é igual: 
P = 737.000 / 3.798.000 
P = 737 / 3.798 
P = 0,1940 
RESPOSTA: A 
 
52. ESAF ± MPOG ± 2014) Um jogo consiste em jogar uma moeda viciada cuja 
probabilidade de ocorrer coroa é igual a 1/6. Se ocorrer cara, seleciona-se, ao 
acaso, um número z do conjunto Z dado pelo intervalo {z  1� _� �� ”� ]� ”� ��`�� 6H�
ocorrer coroa, seleciona-se, ao acaso, um número p do intervalo P = {p  1�_���”�S���
5}, em que N representa o conjunto dos números naturais. Maria lança uma moeda 
e observa o resultado. Após verificar o resultado, Maria retira, aleatoriamente, um 
número do conjunto que atende ao resultado obtido com o lançamento da moeda, 
ou seja: do conjunto Z se ocorreu cara ou do conjunto P se ocorreu coroa. Sabendo-
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se que o número selecionado por Maria é ímpar, então a probabilidade de ter 
ocorrido coroa no lançamento da moeda é igual a: 
a) 6/31 
b) 1/2 
c) 1/12 
d) 1/7 
e) 5/6 
RESOLUÇÃO: 
 Temos: 
Z = 7, 8, 9, 10, 11 
P = 1, 2, 3, 4 
 
 Veja que 3 dos 5 resultados do conjunto Z são ímpares, e a probabilidade de 
retirarmos um número deste conjunto é de 5/6 (pois temos 5/6 de chance de obter 
cara). A probabilidade de tirar um número deste conjunto E ele ser ímpar é de 5/6 x 
3/5 = 1/6 x 3/1 = 3/6 = 1/2. 
Veja ainda que 2 dos 4 resultados do conjunto P são ímpares, e a 
probabilidade de retirarmos um número deste conjunto é de 1/6 (pois esta é a 
probabilidade de obter coroa). A probabilidade de tirar um número deste conjunto E 
ele ser ímpar é de 1/6 x 2/4 = 1/6 x 1/2 = 1/12. 
 
 Logo, a probabilidade total de tirar um número ímpar é: 
Probabilidade(ímpar) = 1/2 + 1/12 = 6/12 + 1/12 = 7/12 
 
 Já vimos que a probabilidade de tirar um número ímpar do conjunto P é: 
Probabilidade(ímpar e P) = 1/12 
 
 O exercício pede uma probabilidade condicional. Trata-se da probabilidade 
de um número ser oriundo do conjunto P (ou seja, resultado coroa), dado que este 
número é ímpar. Ou seja, 
Probabilidade (ser de P | é ímpar) = 
Probabilidade (ímpar e P) / Probabilidade (ímpar) = 
(1/12) / (7/12) = 
(1/12) x (12/7) = 
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1/7 
RESPOSTA: D 
 
53. ESAF ± MTur ± 2014) Dois eventos, A e B, são ditos independentes quando: 
a) P(A/B) = P(B) 
b) P(B/A) = 1- P(B) 
c) P(A/B) = P(A) 
d) P(A ˆB) = 0 
e) P(A ‰B) = P(A) P(B) 
RESOLUÇÃO: 
 Quando dois eventos A e B são independentes, sabemos que P(AˆB) = 
P(A)xP(B). Não temos essa opção de resposta. 
Entretanto, sabemos que a probabilidade condicional é dada por: 
( )( | ) ( )
P A BP A B
P B
ˆ 
 
 Para eventos independentes, podemos substituir P(AˆB) por P(A)xP(B), 
ficando com: 
( ) ( )( | ) ( )
P A P BP A B
P B
u 
( | ) ( )P A B P A 
 
 De maneira intuitiva, basta entender que não há que se falar em 
probabilidade condicional no caso de eventos independentes. Como A e B são 
independentes, o fato de B ter ocorrido em NADA influencia o evento A ocorrer ou 
não. Portanto, P(A ocorrer dado que B ocorreu) é o mesmo que, simplesmente, P(A 
ocorrer). 
RESPOSTA: C 
 
54. ESAF ± MTur ± 2014) Dois eventos A e B são tais que: P(A) = 0,25; P(B/A) = 
0,5; P(A/B) = 0,25. Assim, pode-se afirmar que: 
a) A e B são eventos dependentes. 
b) P(B) = 0,5 e os eventos são mutuamente exclusivos. 
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c) P(B) = 0,25 e os eventos são independentes. 
d) P(B) = 0,5 e os eventos são independentes. 
e) P(A ˆ B) = 0 e os eventos são independentes. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que: 
( )( | ) ( )
P A BP B A
P A
ˆ 
( )0,5
0,25
P A Bˆ 
0,5 0,25 ( )P A Bu ˆ 
0,125 ( )P A B ˆ 
 
 Temos ainda que: 
( )( | ) ( )
P A BP A B
P B
ˆ 
0,1250, 25 ( )P B 
0,125( ) 0,50
0, 25
P B 
 
 Assim, veja que: 
P(A)xP(B) = 0,25x0,50 = 0,125 = ( )P A Bˆ 
 
 Como P(A)xP(B) = ( )P A Bˆ , podemos dizer que os eventos são 
independentes. 
RESPOSTA: D 
 
55. ESAF ± MTur ± 2014) Quando Maria vai visitar sua família, a probabilidade de 
Maria encontrar sua filha Kátia é 0,25; a probabilidade de Maria encontrar seu primo 
-RVLQR�p�LJXDO�D�������D�SUREDELOLGDGH�GH�0DULD�HQFRQWUDU�DPERV�ņ�.iWLD�H�-RVLQR�ņ�
é igual a 0,05. Sabendo-se que, ao visitar sua família, Maria encontrou Kátia, então 
a probabilidade de ela ter encontrado Josino é igual a: 
a) 0,30 
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b) 0,20 
c) 0,075 
d) 0,1667 
e) 0,05 
RESOLUÇÃO: 
 Temos: 
P(encontrar K) = 0,25 
P(encontrar J) = 0,30 
P(encontrar K E encontrar J) = 0,05 
 
 Queremos a probabilidade condicional: 
 
P(encontrar J | encontrou K) = P(encontrar K E encontrar J) / P(encontrar K) 
 
P(encontrar J | encontrou K) = 0,05 / 0,25 = 5/25 = 20/100 = 0,20 
RESPOSTA: B 
 
56. ESAF ± MTur ± 2014) Beto e Bóris são grandes amigos e moram em cidades 
diferentes. Durante uma viagem que realizaram ao Rio de Janeiro para participar de 
um congresso, Beto ficou devendo a Bóris 500 dólares. Bóris, um rico empresário, 
disse a Beto que não se preocupasse com a dívida, pois assim teria um motivo para 
viajar até a cidade de Beto, tantas vezes quantas forem necessárias, para cobrar a 
dívida. Como Beto reside sozinho e costuma sair muito, Bóris só poderá cobrar a 
dívida se encontrar Beto em sua casa. Sabe-se que a probabilidade de Beto ser 
encontrado em casa é 1/5. Então, a probabilidade de Bóris ter de ir mais de 2 vezes 
à casa de Beto para cobrar a dívida é dada por: 
a) 1/8 
b) 4/25 
c) 9/25 
d) 3/16 
e) 16/25 
RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de encontrar Beto já na primeira visita é de 1/5. A 
probabilidade de não encontrá-lo na primeira visita, mas encontrar na segunda, é de01780543565
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4/5 x 1/5 = 4/25. Assim, a probabilidade de encontrar Beto na primeira OU na 
segunda visitas é: 
Probabilidade (encontrar na 1ª ou 2ª) = 1/5 + 4/25 = 5/25 + 4/25 = 9/25 
 
 Logo, a probabilidade de precisar ir mais de 2 vezes na casa de Beto para 
encontrá-lo é: 
P = 100% - probabilidade (encontrar na 1ª ou 2ª) 
P = 1 ± 9/25 
P = 25/25 ± 9/25 
P = 16/25 
RESPOSTA: E 
 
57. ESAF ± MTur ± 2014) O processo de produção de uma fábrica de copos está 
apresentando um grande número de copos defeituosos, ou seja: copos trincados. 
Antonio e Ricardo estão realizando um estudo para analisar a quantidade de copos 
trincados. Antonio embala em uma caixa 8 copos, dos quais 3 estão trincados. 
Ricardo retira, aleatoriamente, e sem reposição, 4 copos da caixa. Então, a 
probabilidade de Ricardo retirar, exatamente, dois copos trincados é igual a: 
a) 3/5 
b) 12 
c) 3/7 
d) 2/5 
e) 2/7 
RESOLUÇÃO: 
 O total de combinações possíveis formadas por 4 dos 8 copos é: 
Total = C(8,4) = 8x7x6x5 / (4x3x2x1) = 7x6x5 / (3) = 7x2x5 = 70 
 
 Queremos combinações formadas por 2 copos trincados e 2 copos normais. 
O número de formas de escolher 2 dos 3 copos trincados é C(3,2) = 3. E o número 
de formas de escolher 2 dos 5 copos normais é C(5,2) = 10. Logo, as combinações 
com 2 copos trincados e 2 normais totalizam 3x10 = 30. A probabilidade de escolher 
uma delas é: 
P = 30 / 70 = 3/7 
RESPOSTA: C 
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58. ESAF ± MTur ± 2014) Coruja e Pardal são dois jogadores do Futebol Clube 
Natureza, FCN. Talvez Coruja e Pardal não possam defender o FCN em sua 
próxima partida, contra seu temido adversário, o Futebol Clube Verde, FCV. A 
probabilidade de Coruja jogar é 40% e a de Pardal jogar é 70%. Com ambos os 
jogadores em campo, o FCN terá 60% de probabilidade de vencer o FCV. Mas se 
nem Coruja e nem Pardal jogarem, a probabilidade de vitória do FCN passa para 
30%. No entanto, se Coruja jogar e Pardal não jogar, a probabilidade de o FCN 
vencer o FCV é de 50%. Se Pardal jogar e Coruja não jogar, essa probabilidade 
passa para 40%. Sabendo-se que o fato de Coruja jogar ou não é independente de 
Pardal jogar ou não, então a probabilidade de o FCN vencer seu temido adversário 
é igual a: 
a) 90% 
b) 45% 
c) 60% 
d) 30% 
e) 75% 
RESOLUÇÃO: 
 Como a probabilidade de Coruja jogar é de 40% e de Pardal jogar é de 70%, 
podemos dizer que as probabilidades de eles não jogarem são, respectivamente, 
60% e 30%. 
Veja que precisamos analisar 4 casos: 
1- Coruja E Pardal jogarem E o FCN vencer: 40%x70%x60% = 16,8% 
2- Coruja E Pardal não jogarem E o FCN vencer: 60%x30%x30% = 5,4% 
3- Coruja jogar E Pardal não jogar E FCN vencer: 40%x30%x50% = 6% 
4- Coruja não jogar E Pardal jogar E FCN vencer: 60%x70%x40% = 16,8% 
 
 Como os eventos acima são mutuamente excludentes, podemos somar as 
probabilidades de cada um, obtendo o total de 45% de probabilidade do FCN 
vencer. 
RESPOSTA: B 
 
59. ESAF ± MTur ± 2014) Em um clube, 5% dos homens e 2% das mulheres 
praticam basquete. Sabe-se que 40% dos frequentadores são mulheres. 
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Selecionando-se, ao acaso, um frequentador desse clube, verificou-se que ele 
pratica basquete. Assim, a probabilidade desse frequentador ser mulher é igual a: 
a) 4/15 
b) 4/19 
c) 23/45 
d) 6/19 
e) 4/21 
RESOLUÇÃO: 
 Imagine que o clube tem 1000 pessoas. Assim, temos 400 mulheres (elas 
são 40% dos frequentadores) e 600 homens. Sabemos que 5% dos 600 homens 
jogam basquete, ou seja, 5%x600 = 30 homens. E 2% das 400 mulheres jogam 
basquete, totalizando 2%x400 = 8 mulheres. 
 Ao todo temos 30 + 8 = 38 praticantes de basquete, dos quais 8 são 
mulheres. Sabendo que foi selecionado um dos 38 jogadores de basquete, a 
probabilidade de ser uma das 8 mulheres é: 
P = 8 / 38 = 4 / 19 
RESPOSTA: B 
 
60. ESAF ± MINISTÉRIO DA FAZENDA ± 2014) Considere que há três formas de 
Ana ir para o trabalho: de carro, de ônibus e de bicicleta. Em 20% das vezes ela vai 
de carro, em 30% das vezes de ônibus e em 50% das vezes de bicicleta. Do total 
das idas de carro, Ana chega atrasada em 15% delas, das idas de ônibus, chega 
atrasada em 10% delas e, quando vai de bicicleta, chega atrasada em 8% delas. 
Sabendo-se que um determinado dia Ana chegou atrasada ao trabalho, a 
probabilidade de ter ido de carro é igual a 
a) 20%. 
b) 40%. 
c) 60%. 
d) 50%. 
e) 30%. 
RESOLUÇÃO: 
 Suponha que Ana foi 100 vezes ao trabalho. Dessas, 20 foram de carro, 30 
de ônibus e 50 de bicicleta. Os atrasos nas idas de carro foram 15%x20 = 3 vezes. 
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Nas idas de ônibus, os atrasos foram 10%x30 = 3 vezes. E os atrasos nas idas de 
bicicleta foram 8%x50 = 4 vezes. 
 Ao todo tivemos 3 + 3 + 4 = 10 atrasos, dos quais 3 foram em idas de carro. 
Sabendo que ela chegou atrasada um dia, a chance desse atraso ter sido de carro é 
igual a 3 em 10, ou 3/10 = 0,30 = 30%. 
RESPOSTA: E 
 
61. FUNCAB ± ISS/SALVADOR ± 2014) Marcos, João e mais quatro amigos irão 
disputar uma corrida. Determine a probabilidade de Marcos e João terminarem a 
corrida um em primeiro e o outro em último em qualquer ordem. 
a) 1/30 
b) 2/5 
c) 3/5 
d) 1/5 
e) 1/15 
RESOLUÇÃO: 
Total de casos = 6! = 720 
 
Casos favoráveis = 2 x (4 x 3 x 2 x 1) x 1 = 48 
 
Probabilidade = 48 / 720 = 1 / 15 
RESPOSTA: E 
 
62. ESAF ± Mtur ± 2014) Uma caixa contém 3 moedas de um real e 2 moedas de 
cinquenta centavos. 2 moedas serão retiradas dessa caixa ao acaso e obedecendo 
às condições: se a moeda retirada for de um real, então ela será devolvida à caixa 
e, se for de cinquenta centavos, não será devolvida à caixa. Logo, a probabilidade 
de pelo menos uma moeda ser de um real é igual a 
a) 80% 
b) 75% 
c) 90% 
d) 70% 
e) 85% 
RESOLUÇÃO: 
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 A chance da primeira moeda ser de 1 real é de 3 em 5, ou seja, 3/5. Neste 
caso ela é devolvida à caixa, e independente da 2ª moeda que for retirada, já 
cumprimos o requisito de tirar pelo menos uma moeda de 1 real. 
 A chance da primeira moeda ser de 50 centavos é de 2/5. Neste caso, ela 
não é devolvida, e achance da 2ª moeda retirada ser de 1 real é de 3 em 4, ou seja, 
¾. Portanto, nesta situação a chance de tirar pelo menos 1 moeda de 1 real é de 
(2/5)x(3/4) = 3/10. 
 As situações de cada parágrafo acima são mutuamente excludentes, e 
assim devemos somar as probabilidades: