os dois principais “segredos”

UNIVERSIDADE SEVERINO SOMBRA
Especialização em Educação Matemática
Matemática Discreta – Parte 2
Combinatória e Probabilidade
Prof. Ilydio Pereira de Sá
Princípio Básico da Contagem (Multiplicativo)
O princípio fundamental da contagem diz que
se há x modos de tomar uma decisão D1 e,
tomada a decisão D1, há y modos de tomar a
decisão D2, então o número de modos de
tomar sucessivamente as decisões D1 e D2 é
xy.
Exemplo 1: Com 5 homens e 5 mulheres, de quantos
modos se pode formar um casal?
SOLUÇÃO: Formar um casal equivale a tomar as
decisões:
D1 : Escolha do homem (5 modos).
D2 : Escolha da mulher (5 modos).
Há 5 × 5 = 25 modos de formar um casal.
SOBRE O ENSINO DE MATEMÁTICA COMBINATÓRIA
 Não faça fórmulas demais ou casos particulares demais.
Isso obscurece as idéias gerais e torna as coisas mais
complicadas.
 Aprenda
e faça com que os alunos aprendam com os
erros. É importante, diante de uma solução errada, analisar
o motivo do erro.
 Combinatória não é difícil. Resista aos truques imediatos.
Devemos procurar métodos mais gerais e não truques
específicos para determinados formatos de problemas.
 Resista
às enfadonhas listas de exercícios que ninguém
saber resolver e que só fazem com que os alunos se
desinteressem cada vez mais pelo tema.
Exemplo 2: Uma bandeira é formada por 7 listras que
devem ser coloridas usando-se apenas as cores verde, azul
e cinza. Se cada listra deve ter apenas uma cor e não podem
ser usadas cores iguais em listras adjacentes, de quantos
modos se pode colorir a bandeira?
Solução: Colorir a bandeira equivale a escolher a cor de
cada listra. Há 3 modos de escolher a cor da primeira listra e,
a partir daí, 2 modos de escolher a cor de cada uma das
outras 6 listras. A resposta é 3 × 26 = 192 modos.
Exemplo 3: Quantos são os números de três dígitos
distintos?
Solução: O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 modos,
pois não pode ser igual a 0. O segundo dígito pode ser
escolhido de 9 modos, pois não pode ser igual ao primeiro
dígito. O terceiro dígito pode ser escolhido de 8 modos, pois
não pode ser igual nem ao primeiro nem ao segundo dígitos.
A resposta é 9 × 9 × 8 = 648 números.
IMPORTANTE !
Você já deve ter percebido nesses exemplos qual é a
estratégia para resolver problemas de Combinatória:
1) Postura: Devemos sempre nos colocar no papel da pessoa
que deve fazer a ação solicitada pelo problema e ver que
decisões devemos tomar. No Exemplo 3, nós nos colocamos
no papel da pessoa que deveria escrever o número de três
dígitos; no Exemplo 2, nós nos colocamos no papel da
pessoa que deveria colorir a bandeira; no Exemplo 1, nós nos
colocamos no papel da pessoa que deveria formar o casal.
2) Divisão: Devemos, sempre que possível, dividir as decisões
a serem tomadas em decisões mais simples. Formar um
casal foi dividido em escolher o homem e escolher a mulher;
colorir a bandeira foi dividido em colorir cada listra; formar um
número de três dígitos foi dividido em escolher cada um dos
três dígitos .
Exemplo 4: O código Morse usa duas letras, ponto e traço, e
as palavras têm de 1 a 4 letras. Quantas são as palavras do
código Morse?
Solução: Há 2 palavras de uma letra; há 2 × 2 = 4 palavras
de duas letras, pois há dois modos de escolher a primeira
letra e dois modos de escolher a segunda letra;
analogamente, há 2×2×2 = 8 palavras de três letras e
2 × 2 × 2 × 2 = 16 palavras de 4 letras. O número total de
palavras é 2 + 4 + 8 + 16 = 30.
Exemplo 5: Quantos divisores inteiros e positivos possui o
número 360?
Solução: 360 = 23 × 32 × 51. Os divisores inteiros e positivos
de 360 são os números da forma 2x × 3y × 5z, com x ∈ {0, 1,
2, 3} (4 possibilidades); y ∈ {0, 1, 2} (3 possibilidades) e z ∈
{0, 1} (2 possibilidades). Há 4 × 3 × 2 = 24 maneiras de
escolher os expoentes x, y e z. Há, portanto, 24 divisores.
Mas será que recaímos sempre em
multiplicação ? Ou existem outros casos?
Observe o próximo exemplo:
Uma famosa sorveteria anuncia 31 diferentes sabores de sorvete. O
número possível de casquinhas com três bolas sem nenhuma repetição de
sabor é, portanto, 31 x 30 x 29 = 26 970; qualquer um dos 31 sabores
pode vir em cima, qualquer um dos 30 restantes no meio, e qualquer um
dos 29 que sobraram embaixo. Se não estamos interessados no modo
como os sabores são dispostos na casquinha, mas simplesmente em
quantas casquinhas com três sabores há, teremos que dividir 26 970 por
6, obtendo então 4 495 casquinhas. Por que dividimos por 6?
A razão por que dividimos por 6 é que há 6 = 3 x 2 x 1 diferentes maneiras
de dispor os sabores escolhidos numa casquinha. Vamos supor que os
sabores escolhidos seja: morango-baunilha-chocolate. Teríamos as
seguintes ordenações possíveis: MBC, MCB; BMC; BCM, CBM e CMB.
Uma vez que o mesmo se aplica a cada casquinha com três sabores, o
número dessas casquinhas é (31x30x29)/(3x2x1) = 4 495 casquinhas com
3 sabores, escolhidos dentre os 31 oferecidos (sem importar a ordem de
colocação desses 3 sabores na casquinha).
Um exemplo menos “engordativo” é fornecido pelas muitas loterias
existentes em nosso país. A mega-sena, por exemplo cujo jogo mínimo
consiste na escolha de 6 dezenas, dentre as 60 disponíveis. Caso a ordem
de escolha dos números fosse importante na escolha do apostador,
teríamos 60 x 59 x 58 x 57 x 56 x 55 jogos distintos, com seis dezenas.
Mas como sabemos que a ordem de escolha desses números não é
importante, temos que dividir esse resultado por 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720,
já que qualquer uma das seqüências de seis números pode ser
decomposta em 720 outras apostas iguais. Teremos, portanto 50 063 860
possibilidades de escolha das 6 dezenas, dentre as 60 disponíveis na
Mega-sena. Verifique que uma pessoa que escolher apenas uma dessas
apostas (6 dezenas) terá uma possibilidade em 50 063 860 de ser o
ganhador do prêmio.
Agora já estamos falando em probabilidades...
Observe que a forma do número obtido é a mesma nesses 2 últimos
exemplos: (31x30x29)/(3x2x1) diferentes casquinhas com três sabores;
(60x59x58x57x56x55)/(6x5x4x3x2x1) maneiras de escolher seis números
entre os sessenta da mega-sena. Números obtidos desta forma são
chamados coeficientes combinatórios ou combinações. Eles surgem
quando estamos interessados no número de maneiras de escolher R
elementos a partir de N elementos e não estamos interessados na ordem
em que os R elementos são escolhidos.
Tente resolver sozinho:
1) Durante a Copa do Mundo, que foi disputada por 24 países, as
tampinhas de Coca-Cola traziam sempre palpites sobre os países que se
classificariam nos três primeiros lugares (por exemplo: 1º lugar, Brasil; 2º
lugar, Nigéria; 3º lugar, Holanda). Se, em cada tampinha, os três países
são distintos, quantas tampinhas diferentes poderiam existir?
SOLUÇÃO:
24 x 23 x 22 = 12 144 tampinhas distintas, já que a ordem de colocação
dos nomes dos países é importante (define a sua classificação na copa)
2) Quantos são os triângulos que podem ser construídos a partir de 10
pontos marcados sobre uma circunferência?
SOLUÇÃO:
A
B
C
Neste caso, a ordem de disposição dos elementos de
cada coleção não importa ao problema, isto é, o
triângulo ABC é o mesmo do triângulo ACB, por
exemplo. Logo, como na questão da Mega-Sena,
teremos que a quantidade de triângulos será dada por:
10 . 9 . 8
 120
3 . 2. 1
Problemas Combinatórios: Complementos
Todas as questões que vimos até o momento se encaixam num dos três
tipos
clássicos
de
problemas
combinatórios:
ARRANJOS,
COMBINAÇÕES E PERMUTAÇÕES. Vamos agora apresentar mais
informações sobre tais tipos e até algumas fórmulas que, como já
mostramos antes, não são necessárias. Lembro que se os problemas não
permitem a repetição de elementos em cada agrupamento formado, temos
um caso de Combinatória Simples mas quando as repetições são
permitidas, temos a Combinatória com Repetição.
Arranjos e Combinações Simples:
Nesses dois casos a situação é semelhante pois possuímos uma coleção
de n objetos (distintos) da qual vamos sempre escolher uma quantidade p
de objetos também distintos (p < n). O que difere esses dois tipos de
agrupamentos é apenas o fato de que nos ARRANJOS a ordem dos
elementos é importante para a formação do grupo, enquanto que nas
combinações essa ordem não tem qualquer influência na formação de
cada grupo.
Vamos pegar dois exemplos já resolvidos anteriormente para, em seguida,
mostrarmos as fórmulas específicas de cada caso.
1) Durante a Copa do Mundo, que foi disputada por 24 países, as tampinhas
de Coca-Cola traziam sempre palpites sobre os países que se classificariam
nos três primeiros lugares (por exemplo: 1º lugar, Brasil; 2º lugar, Nigéria; 3º
lugar, Holanda). Se, em cada tampinha, os três países são distintos,
quantas tampinhas diferentes poderiam existir?
Quando resolvemos essa questão, pelo princípio multiplicativo, vimos que
o resultado era 24 x 23 x 22 = 12 144 tampinhas distintas. Esse mesmo
resultado poderia ser obtido pela fórmula:
A ORDEM DOS PAÍSES É IMPORTANTE, LOGO
An,p
Verifique que na questão do exemplo, teríamos:
A 24, 3
A 24, 3
24!
24! 24 . 23.22. 21!



(24 - 3)! 21!
21!
 24 x 23 x 22
n!

(n - p)!
2) Quantos são os triângulos que podem ser construídos a partir de 10
pontos marcados sobre uma circunferência?
Quando resolvemos essa questão, pelo princípio multiplicativo, vimos que
o resultado era 10 x 9 x 8
 120
3x 2x1
Nesse caso a ordem dos elementos não é importante, já que o triângulo
ABC, por exemplo é o mesmo do triângulo CBA. Trata-se de um caso de
Combinações Simples.
Para as combinações simples temos a fórmula: C
Para o nosso exemplo, teríamos:
10! 10 . 9 . 8 . 7!
C10 , 3 


3! . 7! 3 . 2 . 1. 7!
10 . 9 . 8
 120 triângulos
3 . 2 .1
n,p
n!

p! . (n - p)!
E ainda temos as permutações simples...
Podemos, de forma resumida, dizer que as permutações simples nada
mais são do que os arranjos simples em que n = p, ou seja, usamos em
cada agrupamento TODOS os elementos disponíveis e não alguns,
como nos arranjos.
Exemplo: Quantas filas distintas podemos formar com as 5 pessoas de
uma família?
Solução: Pelo princípio multiplicativo, teremos: 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120
filas ou 5! filas.
Poderíamos também fazer P5 = A 5,5 = 5! / 0! = 5!
Dessa forma, podemos concluir a seguinte fórmula:
Pn  n!
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra CHINELO?
SOLUÇÃO: Concorda que essa questão é semelhante à anterior? Que
formar palavras (com ou sem significado) com 7 letras distintas é o
mesmo que formar filas com 7 pessoas, logo, a resposta é 7! = 5040
anagramas.
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra
apresentam sílaba CHI?
CHINELO e que
SOLUÇÃO: Nesse caso temos que manter essas três letras juntas e
nessa mesma ordem, logo, elas serão como uma nova letra K. A questão
é como se desejássemos obter os anagramas da palavra KNELO, ou
seja, teremos agora permutações simples de 5 elementos, logo, a
resposta será 5! = 120 anagramas.
Exemplo: Quantos são os anagramas da palavra CHINELO e que
apresentam juntas as letras C,H, I, em QUALQUER ordem?
SOLUÇÃO: Acho que você concorda comigo que essa questão é a
mesma anterior, multiplicada por 6, que são as variações possíveis das
letras C, H , I, entre si, ou seja, 5! x 3!
Exemplo: E como você calcularia os anagramas da palavra ARARA?
SOLUÇÃO: Nesse caso agora, já estamos começando a falar em
repetições. Note que se trocarmos os lugares das letras A ou das letras
R, a palavra obtida não sofrerá qualquer alteração. E como as letras A
podem variar entre si de 3! modos e as letras R podem variar de 2!
modos, o resultado obtido terá de ser dividido por 3! x 2!.
P5
3,2
5!
5 x 4 x 3!


 10 anagramas
3! x 2! 3! x 2 x 1
Esses tipos de questão são denominadas de Permutações com
Objetos Repetidos, para os quais, temos a fórmula:
Pn
 ,  ...
n!

 ! x  ! ...
TENTE ESSA...
a)
b)
O gráfico abaixo representa um Sistema Cartesiano Ortogonal. Quantos
são os caminhos distintos, do ponto A (1,2) até o ponto B (8,6), de
acordo com as seguintes regras:
Só podemos percorrer as linhas horizontais e verticais, do quadriculado,
uma unidade de cada vez.
Só podemos percorrer essas linhas, no sentido positivo dos eixos.
B
A
Este é um dos
possíveis caminhos...
SOLUÇÃO: Você conseguiu encontrar semelhança entre essa questão e
a das permutações com elementos repetidos? Não? Veja comigo...
Se designarmos cada “passo” para a direita por D e cada “passo” para
cima por C, o caminho que está representado na figura poderia ser
representado por DDDDDDDCCCC. Qualquer outro caminho que
fizermos, se representado dessa forma, será uma variação da
ordenação dessas letras, ou seja, achar o número de caminhos é como
calcular o número de anagramas dessa palavra de 11 letras, com 7
repetições do D e 4 repetições do C, logo:
7,4
11
P
11!
11 x 10 x 9 x 8 x 7!


 330 caminhos
7! x 4!
7! x 4 x 3 x 2 x 1
Uma outra versão do mesmo problema ...
O
SAPO E O PERNILONGO – VESTIBULAR PUC RGS.
Um sapo e um pernilongo encontram-se respectivamente na origem e
no ponto (8, 2) de um sistema cartesiano ortogonal. Se o sapo só
pudesse saltar nos sentidos positivos dos eixos cartesianos e cobrisse
uma unidade de comprimento em cada salto, o número de trajetórias
possíveis para o sapo alcançar o pernilongo seria igual a:
a) 35 b) 45 c) 70
d) 125 e) 256
UMA DAS TRAJETÓRIAS
Convencionando que um deslocamento para a direita seja indicado
por D e um deslocamento para cima seja indicado por C, o
deslocamento indicado na figura seria representado por
DCDDDCDDDD. O número de trajetórias possíveis será dado então
por:
8, 2
10
P
10 !

 45 caminhos
8!. 2!
Uma outra questão de aparência bem simples mas que tem
derrubado muitas pessoas é a seguinte: Quantos pedidos diferentes
podemos fazer numa lanchonete que oferece três tipos de pastéis e
vamos fazer um pedido de 6 unidades? Na seqüência vamos mostrar
que tal tipo de exercício também recai no caso anterior e é o que
denominamos de Combinações com Repetição.
Exemplo: Quantas soluções inteiras, não negativas, possui a equação:
x+y+z=5?
Mostraremos que esse tipo de problema pode recair exatamente numa
situação gráfica, como vimos no exemplo anterior, de permutações com
elementos repetidos.
Vamos imaginar que temos 5 unidades (representaremos cada unidade por
*) que serão repartidas por três variáveis. Usaremos traços para separar as
variáveis. É claro que, como são três variáveis, precisaremos de dois traços
para esta separação. Vejamos uma possível solução
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
Aqui, temos representada a solução: x = 1; y = 2 e z = 2.
Aqui, temos representada a solução: x = 0; y = 3 e z = 2.
Logo, o número de soluções procuradas será dado pela permutação de 7
elementos, com 5 repetições ( * ) e 2 repetições (  ).
5, 2
7
P
7!

 21 soluções inteiras e não negativas
5!. 2!
Generalizando: Quantas soluções inteiras e não negativas possui a equação
x1  x 2  ...  x n  k
n - 1, k
n -1  k
P
(n - 1  k) !

(n - 1)! . k!
E o que o problema dos pastéis tem a ver com isso?
Repetindo o problema: Quantos pedidos diferentes podemos fazer numa
lanchonete que oferece três tipos de pastéis e vamos fazer um pedido de 6
unidades?
Solução: Concorda que se a lanchonete só oferece três sabores e o pedido
terá 6 unidades, alguns pastéis terão de ser repetidos, obrigatoriamente.
Concorda também que esse problema recai exatamente na equação:
x1  x 2  x 3  6
2, 6
8
P
Onde x1, x2 e x3 são as quantidades
pedidas, de cada tipo.
8!

 28 pedidos
2!. 6!
A questão que acabamos de resolver representa exatamente as combinações
com repetição de 3 elementos, tomados 6 a 6, ou seja:
CR 3 , 6  P
2, 6
8
Generalizando
CRn , p  P
n-1, p
n1p
(n  1  p)!

(n  1)!.p!
OBSERVAÇÃO:
CRn , p  Cn  p - 1, p
Verificação:
CRn , p
(n  1  p)!

(n  1)!.p!
Cn  p -1, p
(n  p - 1)!
(n  p - 1)!


(n  p - 1 - p)!.p! (n - 1)!. p!
Tente agora fazer essa...
Problema do Menino Guloso: Um menino encontra-se no balcão de uma
sorveteria que oferece 7 opções diferentes de sabores. Ele tem dinheiro
para comprar 4 sorvetes e ele também pode escolher sabores repetidos.
Nessas condições, quantos diferentes pedidos ele pode fazer?
SOLUÇÃO:
Esse problema, que confunde muitas pessoas, que o resolvem por
combinações simples, é novamente um caso de combinações com
repetições.
Como são sete opções de sabores, para escolha de 4 sabores, temos a
equação linear:
x1  x 2  x 3  x 4  x 5  x 6  x 7  4
6, 4
10
P
10!
10 . 9 . 8 .7 . 6!


 210 pedidos
6! x 4!
6! . 4 . 3. 2. 1
E sobre as Probabilidades ...
Para iniciar, vamos considerar algumas hipóteses: Rita espera
ansiosamente o nascimento de seu filho, mas ela ainda não sabe qual
será o sexo da criança. Em outro caso, antes do início de um jogo de
futebol, o juiz tira "cara ou coroa" com uma moeda para definir o time
que ficará com a bola. Numa terceira hipótese, toda semana, milhares
de pessoas arriscam a sorte na loteria. Problemas como os acima são,
hoje, objeto de estudo das probabilidades.
Laplace foi, certamente, o que mais contribuiu para a teoria das
probabilidades. Seus inúmeros trabalhos nessa área foram reunidos
no monumental Tratado Analítico das Probabilidades, onde são
introduzidas técnicas poderosas como a das funções geradoras, que
são aproximações para probabilidades com o uso do cálculo integral.
Atualmente, a teoria das probabilidades é muito utilizada em outros
ramos da Matemática (como o Cálculo e a Estatística), da Biologia
(especialmente nos estudos da Genética), da Física (como na Física
Nuclear), da Economia, da Sociologia, das Ciências Atuariais, da
Informática, etc.
UMA QUESTÃO INICIAL: JOGO DOS DOIS DADOS
Uma boa atividade introdutória ao estudo das probabilidades é apresentar
este jogo aos alunos e perguntar-lhes se lhes parece que algum dos
jogadores está em vantagem. Você verá que essa provocação inicial será um
excelente modo de começar o estudo desse importante tópico do Ensino
Médio.
JOGO DOS DOIS DADOS - INSTRUÇÕES
• Dois jogadores ou duas equipes;
• Em cada jogada, cada jogador (ou equipe) lança um dado e somam-se os
pontos dos dois dados.
• O jogador (ou equipe) A marca um ponto se a soma for 5, 6, 7 ou 8.
• O jogador (ou equipe) B marca um ponto se a soma for 2, 3, 4, 9, 10, 11 ou
12.
• Ganha quem primeiro obtiver 20 pontos.
COMENTÁRIOS
Depois de ouvir as opiniões dos alunos, mas antes de as discutir, proponha
que eles façam algumas apostas. Para isso, devem organizar-se em
grupos de dois, escolhendo entre si qual deles aposta no jogador A e qual é
no B.
Uma boa parte dos alunos prefere ser o jogador B porque, das onze somas
possíveis, há sete que fazem o jogador B ganhar e só quatro que o fazem
perder. Um pouco apressadamente concluem que a probabilidade de B
ganhar seria maior, ou seja, 7 sobre 11.
Normalmente, o jogador (equipe) A ganhará a maior parte dos jogos. Isto
faz-nos suspeitar que A está em vantagem. É uma boa hora para analisar a
questão e verificar se a probabilidade de A ser o vencedor é realmente
maior. O professor não deve resolver a questão, mas pode fornecer pistas,
do tipo: Será a soma “2” tão fácil de acontecer como a “7”?
Dado 1
SOLUÇÃO:
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
Dado 2
3
4
4
5
5
6
6
7
7
8
8
9
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
Vê-se então que há 36 casos elementares possíveis e organiza-se um
quadro com o número de casos favoráveis para cada resultado. Vejamos
quem tem realmente a vantagem...
Vê-se então que há 36 casos elementares possíveis e organiza-se um
quadro com o número de casos favoráveis para cada resultado. Vejamos
quem tem realmente a vantagem...
Resultados
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
Casos favoráveis 1
2
3
4
5
6
5
4
3
2
1
O jogador (equipe) A ganha se sair 5, 6, 7 ou 8.
Os casos favoráveis a A são 4 + 5 + 6 + 5 = 20.
O jogador (equipe) B ganha saindo 2, 3, 4, 9, 10, 11 ou 12.
Os casos favoráveis a B são 1 + 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 1 = 16.
Conclui-se então que o jogo é favorável ao jogador A, apesar de só lhe
servirem quatro resultados. A probabilidade de ele ganhar uma jogada é de
20 sobre 36 ou 55,6%. Para o jogador B, a probabilidade de ganhar é de 16
sobre 36 ou 44,4%.
.
 Comentário... você pode ainda aproveitar a atividade para preparar a
turma para a definição de probabilidade como distribuição de
freqüências e Lei dos Grandes Números e comparar o resultado obtido
na prática da sala de aula com o resultado final obtido com a análise
das possibilidades de cada equipe.
.
As três definições de probabilidade
A) Definição Clássica (Laplace)
A probabilidade de um acontecimento E, que é um subconjunto finito de
um espaço amostral S, de resultados igualmente prováveis, é:
n(E)
p(E) =
n(S)
Sendo n(E) e n(S) as quantidades de elementos de E e de S,
respectivamente.
Exemplo: Num sorteio de Escola, com bilhetes numerados de 1 a 1000,
qual a probabilidade de sortearmos um múltiplo de 3?
Solução: n(E) = 333, n(S) = 1000
333
p
 0,333 ou 33,3 %
1000
Críticas à definição clássica:
(I) A definição clássica é dúbia, já que a idéia de “igualmente provável” é a
mesma de “com probabilidade igual”, isto é, a definição é circular, porque
está definindo essencialmente a probabilidade com seus próprios termos.
(II) A definição não pode ser aplicada quando o espaço amostral é infinito.
B) A definição de probabilidade como freqüência relativa
Na prática acontece que nem sempre é possível determinar, pela
forma tradicional, a probabilidade de ocorrência um evento. Qual a
probabilidade de um avião cair? Qual a probabilidade de que um carro
seja roubado? Qual a probabilidade de que um licenciando de
matemática termine a sua graduação? Respostas para esses
problemas são fundamentais mas, como não podemos calcular essas
probabilidades pela definição clássica, tudo o que podemos fazer é
observar com que freqüência esses fatos ocorrem. Com um grande
número de observações, podemos obter uma boa estimativa da
probabilidade de ocorrência desse tipo de eventos. É o que
denominamos “Lei dos Grandes Números”.
Freqüência relativa de um evento
Seja E um experimento e A um evento de um espaço amostral associado
ao experimento E. Suponha-se que E seja repetido “n” vezes e seja “m” o
número de vezes que A ocorre nas “n” repetições de E. Então a
freqüência relativa do evento A, anotada por frA, é o quociente:
frA = m / n = (nº de vezes que A ocorre) / (nº de vezes que E é repetido)
Propriedades da freqüência relativa
Seja E um experimento e A e B dois eventos de um espaço amostral
associado S. Sejam frA e frB as freqüências relativas de A e B
respectivamente. Então:
(i) 0  frA  1, isto é, a freqüência relativa do evento A é um número que
varia entre 0 e 1.
(ii) frA = 1 se e somente se, A ocorre em todas as “n” repetições de E.
(iii) frA = 0, se e somente se, A nunca ocorre nas “n” repetições de E.
(iv) frAUB = frA + frB, se A e B forem eventos mutuamente excludentes.
Exemplo:
Lançamos um dado várias vezes e fomos anotando numa tabela o
número de vezes que a face sorteada era o número 1.
Os dados obtidos encontram-se na tabela a seguir:
nº de lançamentos
face 1
freqüência
100
23
0,23
1000
171
0,171
10000
1688
0,1688
50000
8266
0,16532
Se calcularmos a probabilidade pela forma convencional, teremos p =
1/6 = 0,16666666...
Note que a freqüência obtida nos lançamentos se aproxima do
resultado dessa probabilidade conforme aumentamos a quantidade de
lançamentos. Por isso, na definição freqüencista de probabilidade,
temos:
Definição freqüencista de probabilidade:
Seja E um experimento e A um evento de um espaço amostral associado
S. Suponhamos que E é repetido “n” vezes e seja frA a freqüência relativa
do evento. Então a probabilidade de A é definida como sendo o limite de frA
quando “n” tende ao infinito. Ou seja:
P(A) = lim fr A
n
Deve-se notar que a freqüência relativa do evento A é uma aproximação da
probabilidade de A. As duas se igualam apenas no limite. Em geral, para
um valor de n, razoavelmente grande a frA é uma boa aproximação de
P(A). É o que chamamos de “Lei dos grandes números”.
Crítica à definição freqüencial
Esta definição, embora útil na prática, apresenta dificuldades matemáticas,
pois o limite pode não existir. Em virtude dos problemas apresentados pela
definição clássica e pela definição freqüencial, foi desenvolvida uma teoria
moderna, que é a Teoria Axiomática das Probabilidades.
Definição axiomática de probabilidade
Seja E um experimento aleatório com um espaço amostral associado S. A
cada evento A  S associa-se um número real, representado por P(A) e
denominado “probabilidade de A”, que satisfaz as seguintes propriedades
(axiomas):
(i) 0  P(A)  1;
(ii) P(S) = 1;
(iii) P(AUB) = P(A) + P(B), se A e B forem eventos mutuamente excludentes.
Conseqüência: Se A e A’ são eventos complementares então:
P(A) + P(A’) = 1 ou P(A’) = 1 - P(A)
Prova
Tem-se que A  A’=  e A  A’ = S. Então:
P(A A’) = P(A) + P(A’) = P(S) = 1, pela propriedade 3.
CASOS COMENTADOS
1) Qual a probabilidade de obtermos 5 “caras”, em cinco lançamentos
sucessivos de uma moeda “equilibrada”?
SOLUÇÃO:
A probabilidade de obtermos cara em um lançamento é de ½. Logo, em
cinco lançamentos sucessivos, pelo princípio fundamental da contagem,
teremos:
5
1
1
p  
 2  32
2) Qual a probabilidade de, em um grupo de 10 pessoas, escolhidas
aleatoriamente, ao menos uma delas ter nascido em julho?
SOLUÇÃO:
Nesse caso, fica mais fácil encontrarmos a resposta indiretamente, isto é,
pela probabilidade complementar. Vamos verificar a probabilidade de
NENHUMA das pessoas nascer em julho e, em seguida, subtraímos a
resposta de 1 (se duas probabilidades, em um mesmo universo, são
complementares, a soma de suas probabilidades é igual a 1).
Probabilidade de NENHUMA DELAS ter nascido em julho
 11 
p 
 12 
10
 0,4189  41,89%
A probabilidade de cada uma dessas pessoas não ter nascido em julho é
11/12. Como são 10 pessoas, aplicando o princípio multiplicativo,
teremos a resposta dada acima.
Probabilidade Complementar (o que se pede).
 11 
p  1 

 12 
10
 1 - 0,4189  0,5811 ou 58,11%
A probabilidade acima calculada refere-se à chance de que alguma das
10 pessoas ou pelo menos uma delas, ter nascido em Julho.
3)
Um problema clássico: Antoine Gambeaud, Chevalier de Mère,
um famoso jogador, queria saber o que era mais provável de
ocorrer: obter ao menos um 6 em 4 lances de um único dado, ou
obter pelo menos um 12 em 24 lances de um par de dados ?
SOLUÇÃO
a) obtenção de pelo menos um 6 = 1 – p (probabilidade de não
sair o número 6, nos 4 lances do dado).
4
Mais provável
5
p  1 -    0,52  52%
6
b) obtenção de pelo menos um 12 = 1 – p (probabilidade de não
sair 12, nos 24 lances de um par de dados).
24
 35 
p  1 -    0,49  49%
 36 
4) O PROBLEMA DA COINCIDÊNCIA DOS ANIVERSÁRIOS
Em um grupo de 8 pessoas, determine a probabilidade de que duas
dessas pessoas, pelo menos, aniversariem no mesmo dia.
SOLUÇÃO
Vamos primeiro determinar a probabilidade de que todas as oito
pessoas façam aniversários em datas diferentes, e depois
calcular o que se pede pelo complementar, ou seja, 1 – p.
Número de possibilidades das oito pessoas aniversariarem em datas
diferentes = 365. 364. 363. 362. 361. 360. 359. 358 . Note que o último
fator corresponde a 365 – 8 + 1 ou 366 – 8. (casos favoráveis)
Número total de possibilidades das oito pessoas aniversariarem =
365 x 365 x 365 x ...x 365  365
8
p
365. 364. 363. 362. 361. 360. 359. 358.
Probabilidade das 8 pessoas

0
,
9257
aniversariarem em datas distintas.
3658
Probabilidade pedida = 100% - 92,57% = 7,43%
GENERALIZANDO ...
A probabilidade de, num grupo de k pessoas,
encontrarmos pelo menos duas com a mesma data de
aniversário é dada por:
365 x 364 x ....x (366  k)
p  1
k
365
Abaixo elaboramos uma tabela com as probabilidades
encontradas, para distintos valores de k
Pessoas
Probabilidade
20
41%
25
57%
30
71%
40
89%
45
94%
50
97%
Verifique que, num grupo de 50 pessoas,
é praticamente certo o fato de que duas
delas, ao menos, aniversariam na mesma
data...incrível, não?
No cálculo de probabilidades vários são os caminhos possíveis.
Os caminhos são muitos e o cuidado que se deve tomar é de usar o
mesmo critério no cálculo do número de elementos do Espaço
Amostral e também dos casos favoráveis. Outro cuidado deve ser o
de não mudar esse critério ao longo da resolução do problema.
Vejamos um exemplo:
Três bilhetes de cinema
A professora de História resolveu levar os seus 15 alunos para
ver um filme. Como o cinema tem filas de precisamente 15
cadeiras, comprou uma fila inteira e distribuiu os bilhetes ao
acaso pelos alunos. As alunas Ana, Beth e Carla, por serem
muito amigas, gostariam de ficar
juntas e numa das
extremidades da fila.


Qual a probabilidade de que isso ocorra?
Fazer um esquema ajuda sempre a pensar melhor na solução do
problema:
As três amigas querem ficar nos lugares 1, 2 e 3 ou 13, 14 e 15. Existem
pelo menos quatro processos de resolver o problema.
Método 1: Por Combinações Simples
Vamos pensar apenas nos três bilhetes destinados às três amigas, não nos
interessando a ordem como elas ocuparão depois esses três lugares.
O espaço de resultados é o conjunto dos ternos não ordenados. Por
exemplo, um dos seus elementos é o terno {5, 7, 15}, que corresponde às
três amigas receberem os bilhetes 5, 7 e 15 embora não saibamos o lugar
exato em que cada uma delas se vai sentar.
Os casos possíveis são as diferentes maneiras delas receberem os 3
bilhetes de um conjunto de 15, ou seja, todos os ternos não ordenados
formados a partir do conjunto de 15 bilhetes.
Casos Possíveis = C 15,3 = 455
Os casos favoráveis são apenas 2: ou recebem os bilhetes 1-2-3 ou os
bilhetes 13-14-15. Lembre-se de que não estamos considerando as
variações entre elas.
p (ficarem juntas numa ponta) =
2
455
Método 2: Por Arranjos Simples
Vamos pensar nos três bilhetes destinados às três amigas, mas
interessando-nos agora a ordem como elas ocuparão depois esses três
lugares. Continuamos a ignorar os outros 12 bilhetes.
O espaço de resultados é o conjunto dos ternos ordenados. Por exemplo,
um dos seus elementos é o terno {5, 7, 15}, ou seja, a Ana fica no lugar
5, a Bela no 7 e a Carla no 15.
Os casos possíveis são portanto as diferentes maneiras de elas receberem 3
bilhetes de um conjunto de 15, mas em que a ordem por que recebem os
bilhetes é importante.
Casos Possíveis = A 15,3 = 2730
Se os bilhetes que elas receberem forem 1, 2 e 3, como a ordem interessa,
há seis maneiras de elas os ocuparem (são as permutações de 3). O mesmo
se passa para os bilhetes 13, 14 e 15. Logo, os casos favoráveis são 2 x 3!,
ou seja, 12.
p (ficarem juntas numa ponta) =
12
2

2730 455
Método 3: Por Permutações Simples
Desta vez vamos considerar todas as maneiras como os 15 alunos
podem sentar-se nos 15 lugares
O espaço de resultados é constituído por todas as permutações dos 15
alunos pelas cadeiras. Os casos possíveis são, portanto as
permutações de 15. Casos Possíveis = = 15!
Se as três amigas ficarem nos lugares 1, 2 e 3, podem permutar entre
si, e os outros 12 alunos também. O mesmo se passa se ficarem nos
três últimos lugares.
Então: Casos Favoráveis = 2 x P3 x P12
2 x 3! x 12!
2 x 6 x 12!
12
2



p (ficarem juntas numa ponta) =
15!
15 x 14 x 13 x 12! 2730 455
Método 4: Aplicando o Princípio Multiplicativo com as probabilidades
Vamos calcular a probabilidade pedida admitindo que os bilhetes vão ser
entregues um a um às três amigas.
A primeira vai receber o seu bilhete. Dos 15 lugares, há 6 que lhe servem
(os três primeiros e os três últimos). Logo, p = 6/15
Chegou a vez da segunda. Há 14 bilhetes e a ela só servem os dois
lugares que restam na ponta onde a primeira ficou. Logo, p = 2/14
Finalmente, a terceira, dos 13 bilhetes restantes, tem de receber o único
que sobra na ponta onde estão as amigas. Logo, p = 1/13
p (ficarem juntas numa ponta) =
6
2
1
2
x
x

15 14 13 455
PROBABILIDADE X FAVORABILIDADE
Trataremos agora de alguns aspectos simples da Teoria das
Probabilidades e que normalmente não são explorados em sala de
aula.
 confusão entre as duas medidas usuais de chance ou acaso:
probabilidade e favorabilidade.
 a noção de valor esperado ou esperança matemática.
O que você acharia de alguém que dissesse: “Esse fenômeno tem
120% de chance de acontecer” ?
Provavelmente você deve ter dito que essa pessoa está errada,
pois está lembrando que a probabilidade máxima de ocorrência de
um evento é igual a 1 ou 100%. Mas quem falou em probabilidade?
Ele falou em chance...será que a única medida de chance é a
probabilidade? O que a pessoa falou pode estar correto...vamos
mostrar isso nesse tópico de nosso curso.
Existem duas medidas de chance: a probabilidade e a favorabilidade.
As duas são facilmente relacionáveis, mas enquanto a escola trata
exclusivamente da probabilidade, muitas são as situações do cotidiano
onde se usa exclusivamente a favorabilidade, como é o caso dos jogos
esportivos e as apostas em jogos de azar.
A probabilidade p de ocorrer um evento é o quociente entre a
quantidade ou medida dos casos favoráveis pela quantidade ou
medida de todas as possibilidades (favoráveis ou desfavoráveis). Já a
favorabilidade desse evento é o quociente entre as quantidade ou
medida de casos favoráveis pela dos casos desfavoráveis.
Exemplo: Imaginemos uma urna com fichas numeradas de 1 a 10 e o
evento de sortear um número que não seja múltiplo de 3. Em termos
de probabilidade, a chance desse fato ocorrer será igual a 7/10 ou
70%. Pois dos 10 números, 3 são múltiplos de 3 e 7 não são múltiplos
de 3. Já em termos de favorabilidade essa chance seria expressa por
7/3  2,33 ou 233%. Conclusão: Se a medida de chance for a
favorabilidade, pode ser superior a 1 ou a 100%.
Na linguagem do cotidiano é muito comum as pessoas usarem,
intuitivamente, a favorabilidade. Vejamos um exemplo disso:
Um micro-empresário concluiu que há uma chance de 3 em 2 que seu
novo negócio tenha sucesso. Traduzir isso em termos de probabilidade.
Solução:
O empresário expressou-se da maneira comum no cotidiano. Traduzindo
isso para a terminologia matemática, ele disse que a favorabilidade de
seu negócio ter sucesso é f = 3/2 = 1,5 (150%), ou 3 casos favoráveis
para cada 2 desfavoráveis. Em termos de probabilidade, significa que ele
tem 3 casos favoráveis em cada 5 considerados, ou seja, a probabilidade
é de 3/5 ou 0,6 ou ainda 60%.
ESPERANÇA MATEMÁTICA
Esse conceito surgiu antes da noção de probabilidade. Historicamente,
foi introduzido para quantificar o provável ganho de um jogador, mas
hoje é aplicado nas mais diversas áreas da ciência. Vejamos a sua
definição:
Se uma variável aleatória assume valores v1, v2, ... , vn cujas
probabilidades são, respectivamente: p1, p2, ... , pn, sendo que
p1 + p2 + ... + pn = 1, então o valor esperado dessa variável é:
E = v1 p1 + v2 p2 + ... + vn pn
EXEMPLO 1
O governo avalia em 22%, 36%, 28% e 14% a probabilidade de que a
venda da estatal “XYZ” renda um lucro de R$ 2 500, R$ 1 500 e R$ 500,
ou um prejuízo de R$ 500 (em milhares de reais). Qual o lucro
esperado?
Solução:
Valor esperado E = 2 500 x 0,22 + 1500 x 0,36 + 500 x 0,28 – 500 x 0,14
= 1 160 milhares de reais.
EXEMPLO 2
Usando a noção de valor esperado, podemos facilmente ver o quão
equivocada é a expectativa dos apostadores de jogos de cassino, jogo
do bicho e loterias. Nesses jogos, em média, o jogador sempre perde.
Comecemos por uma loteria simples e fácil de entender: jogadores
apostam R$ 5,00 em um número de 000 a 999, recebendo R$ 2 500,00
se o mesmo for sorteado. Interessado? Vejamos: as probabilidades de
acertar e errar são: 0,001 e 0,999, de modo que, em cada aposta, o
jogador em média recebe:
E = 2500 x 0,001 - 5 x 0,999 = -2,495, ou seja: ele perde, em média,
R$ 2,50 cada vez que jogar.
Exercícios Resolvidos
1) (UFF - RJ) Em um jogo de bingo são sorteadas, sem reposição, bolas
numeradas de 1 a 75 e um participante concorre com a cartela
reproduzida abaixo. Qual é a probabilidade de que os três primeiros
números sorteados estejam nessa cartela?
B
I
N G
5
18
33
48
12
21
31
51
14
30
13
16
11
27
1ª solução: Total de casos possíveis:
O
64
68
75!
75 . 74 . 73 . 72!

 67 525
C75,3 =
3! . 72!
6 . 72!
60
71
Total de casos favoráveis:
44
46
61
41
49
73
24!
24 . 23 . 22 . 21!

 2 024
C24,3 =
3! . 21!
6 . 21!
p=
2 024
 0,03 = 3%
67 525
2ª Solução: Pelo princípio multiplicativo das probabilidades
24 23 22
p=
.
.
 0,03 = 3%
75 74 73
2) (Concurso para Professores – Ensino Fundamental – SME Valença
RJ – 1998)
A turma 801 da Escola Esperança é constituída de 12 meninas e 8
meninos. Com o objetivo de organizar uma gincana na escola, deseja-se
selecionar 3 alunos para representantes de turma. Qual a probabilidade
aproximada de que essa comissão de representantes tenha exatamente 2
meninas e 1 menino?
Solução:
Total de comissões que podem ser formadas:
20!
20 . 19 . 18 . 17!
C 20 , 3 

 1140 comissões
17! . 3!
17! . 6
Total de comissões com 2 meninas e 1 menino: C12 , 2 x C8 , 1  66 x 8  528
Probabilidade pedida: p = 528 / 1140  0,46 ou 46%
3) A chance de um time ser campeão, em termos de favorabilidade é de
180%. Expresse essa chance em termos de probabilidade.
Solução:
F = 180 / 100 = 9 / 5
Logo, temos 9 casos favoráveis contra 5 desfavoráveis. Em termos de
probabilidade, teremos:
P = 9 / 14  0,64 ou 64%
Conclusão: A probabilidade desse time ser campeão é de 64%,
aproximadamente.
PROBABILIDADE GEOMÉTRICA
UMA QUESTÃO INICIAL
“Um atirador, com os olhos vendados, procura atingir um alvo circular
com 50 cm de raio, tendo no centro um disco de 10 cm de raio. Se em
certo momento temos a informação de que o atirador acertou o alvo,
perguntamos qual deve ser a probabilidade de que tenha atingido o
disco central.”
No ensino médio, o ensino de probabilidades se restringe ao caso finito
e os problemas são basicamente de contagem de casos favoráveis e
casos possíveis. Existem, entretanto, problemas muito simples e
interessantes de probabilidades onde o espaço amostral possui a
situação análoga ao exemplo mostrado acima.
A questão apresentada, bastante simples, costuma ser resolvida
acertadamente por muitos alunos com base apenas na intuição. Mas
existem outras bastante mais complexas e que exigem um estudo
detalhado desse tema.
DEFINIÇÃO: PROBABILIDADE GEOMÉTRICA
Se tivermos uma região B, do plano, contida numa região A,
admitimos que a probabilidade de um ponto de A também
pertencer a B (e que chamamos de probabilidade
geométrica) é proporcional à área da região B e não
depende da posição que B ocupa em A. Em outras palavras,
se B está contido em A, a probabilidade de que um ponto de
A, selecionado ao acaso também pertença a B é igual a:
area de B
p=
area de A
Demos uma definição com áreas de regiões do plano, mas poderíamos
usar definições semelhantes para comprimentos de segmentos ou
volumes de regiões não planas, dependendo da situação envolvida no
problema.
ATIVIDADE DE APLICAÇÃO: O JOGO DOS DISCOS
Trata-se de um jogo que tem sido aplicado com grande sucesso em
aulas de Prática de Ensino nas Licenciaturas de Matemática, bem como
nas aulas do Ensino Médio, como aplicação do conceito de Probabilidade
Geométrica.
O jogo
Uma escola estava preparando uma Feira de Ciências e foi pedido aos
estudantes que bolassem um jogo que servisse para arrecadar fundos
para uma um laboratório de matemática. Os estudantes observaram que
o piso do salão onde se realizaria a feira era formado por placas
quadradas de Paviflex, com 30 cm de lado, cada uma. Pensaram então
em construir discos de papelão ou de madeira, de um certo diâmetro d
que seriam entregues aos visitantes, a R$ 2,00 cada um para que
jogassem sobre o piso. Combinaram o seguinte desafio: o participante só
seria premiado se o disco caísse dentro de uma placa sem tocar num de
seus lados. Se a pessoa fosse vitoriosa, receberia R$ 4,00 (um ganho de
100%).
Favorável ao jogador
Favorável à Escola
O problema para os estudantes que tinham “bolado” a brincadeira era
saber qual o valor do diâmetro d do disco a ser construído, de modo que
o jogo resultasse em favor da Escola.
Sabiam ainda que quanto menor o valor desse diâmetro, melhor seria
para o jogador e quanto maior ele fosse, melhor seria para a Escola,
sendo que, tinham em mente também que esse favorecimento da Escola
não poderia ser exagerado pois se o jogo fosse muito desfavorável aos
apostadores, ninguém iria querer jogar. Acordaram que uma
probabilidade de 60% em favor da Escola seria adequada aos propósitos.
1) Qual o valor do diâmetro d, adequado à proposta, ou seja, que gera
uma probabilidade de 40% favorável ao jogador e 60% favorável à
Escola?
2) Se usaram esse diâmetro adequado às pretensões, qual o lucro da
Escola se foram atirados 1000 discos?
SOLUÇÃO:
Podemos imaginar o caso ideal de considerar que lançar o disco
aleatoriamente no piso é o mesmo que lançar seu centro, também
aleatoriamente. Assim, a probabilidade p do jogador ganhar (no nosso
caso 40%) é a mesma probabilidade de um ponto, lançado
aleatoriamente dentro de um quadrado de lado 30 cm, cair dentro de um
outro quadrado, concêntrico, de lado igual a 30 – d. Verifique no modelo
que apresentamos a seguir que se esse ponto caísse sobre um dos lados
do quadrado menor (afastado em d/2 dos lados do maior) o disco seria
tangente a um dos lados do piso (quadrado maior) e se o ponto (centro
do disco) caísse fora do quadrado menor, o disco seria secante a um dos
lados do quadrado maior
30
Usando a noção de probabilidade
geométrica, teremos:
30
30
d
2
30 - d
30
(30 - d) 2
p 
30 2
(30 - d) 2
0,4 
30 2
d
2
área do quadrado menor
p 
área do quadrado maior
Como queremos que a probabilidade de sucesso para o
jogador seja de 40%, temos que igualar a fração a 0,4.
Resolvendo a equação obtida, vamos obter d  11,03 cm.
Sugestão para sala de aula:
Vamos mostrar uma experiência do prof. Roberto Paterlini, desenvolvida
com alguns colegas professores da UFSCar (São Paulo) que a aplicaram
com seus alunos do Ensino Médio.
Para resolver o problema dos discos, de forma experimental, foram
construídos diversos discos de madeira (ou borracha) com diâmetros
iguais a 4, 6, 8, 10, 12, 14 cm. Os professores que elaboraram a
experiência acordaram que deveriam ser feitos, no mínimo, uns 200
lançamentos para cada diâmetro construído. Para facilitar e poderem
contar com várias pessoas experimentando, construíram 10 discos de
cada tipo (para 10 participantes) e cada um realizou 20 lançamentos, por
tipo de diâmetro. Foram anotando a freqüência de lançamentos vitoriosos
para cada diâmetro usado e, ao final, fazendo a razão entre os casos
favoráveis, sobre 200 (que foi o total de arremessos), chegaram à seguinte
tabela:
Diâmetro d
4 cm
6 cm
8 cm
10 cm
12 cm
14 cm
Probabilidade
de acertos (p)
75,5%
68,5%
62%
50%
38%
32%
Assumiram então uma resposta experimental (aproximada, é claro) de
que o diâmetro ideal para a proposta deveria ser de 11,5 cm (para gerar
uma probabilidade 40% favorável ao jogador).
Note que, como fizeram um grande número de arremessos, a resposta
obtida foi bastante próxima do valor que encontramos pela probabilidade
geométrica.
Quanto à outra pergunta, se forem lançados 1000 discos no tamanho
calculado, a expectativa é que a escola tenha um lucro de R$ 400,00.
Confira!!!!
ATIVIDADE DE APLICAÇÃO: O Problema do Macarrão
(adaptado de: SBM – Revista do Professor de
Matemática, nº 34 – 1997 – Eduardo Wagner)
Gostaria que todos dividissem o macarrão que receberam em três
pedaços quaisquer.
Gostaria agora que verificassem se conseguem formar um triângulo com
as três partes obtidas.
DIVIDINDO, ALEATORIAMENTE, UM SEGMENTO DE RETA EM 3 PARTES,
QUAL É A PROBABILIDADE DE QUE ESSES NOVOS SEGMENTOS
FORMEM UM TRIÂNGULO?
Trata-se de uma questão não muito simples e cuja solução recai em
Probabilidade Geométrica. Vamos tentar?
A resposta, posso adiantar, é de 25%.
Solução do problema do macarrão (por probabilidade geométrica)
Vamos supor um segmento de reta AB, representando o macarrão.
Vamos adotar que ele tenha comprimento unitário. Em seguida, através
dos pontos M e N, vamos dividir o nosso segmento (macarrão) em três
partes, AM, MN e NB, que representaremos, respectivamente, por: x, y e
1 – x – y.
Logo, cada uma das maneiras de dividir o segmento em três partes fica
definida pelo par ordenado (x, y), que atende às seguintes condições:
Sabemos que essas três condições, no plano cartesiano, definem uma
região triangular que representamos abaixo:
Os pares (x,y) que representam todas
as divisões possíveis são dados pelos
pontos interiores ao triângulo da figura
ao lado. Mas é claro que nem todas
essas divisões gerarão triângulos.
Vamos continuar investigando.
Basta lembrar que o triângulo só estará definido se cada segmento for
menor do que a soma dos outros dois (condição de existência de um
triângulo). Isso equivale a dizer que cada lado é inferior ao
semiperímetro do triângulo, vejamos:
Se designarmos os três lados de um triângulo qualquer por a, b , c, a
condição de existência desse triângulo diz que a < b + c (1). Se
representarmos o perímetro a + b + c por 2p, teremos: a + b + c = 2p ou
então b + c = 2p – a (2) .
Substituindo a relação (2) na relação (1), teremos: a < 2p – a ou 2 a < 2 p
ou finalmente a < p, o que prova a nossa afirmativa. Essa propriedade vai
acarretar para nosso problema, considerando como unidade de medida o
comprimento do macarrão (1 u), as seguintes condições:
Essas três novas condições (casos
favoráveis ao nosso problema) definem uma
nova região, interior ao triângulo formado
pelos pontos médios dos lados do nosso
triângulo inicial. Vejamos na figura a seguir:
É claro que a razão entre a área desse
triângulo (casos favoráveis) e a área do
triângulo inicial (total de casos possíveis)
é igual a ¼ ou 0,25 ou 25%.
Temas para pesquisa e
aprofundamento






Teoria dos Grafos
Teoria das Filas
Probabilidade Condicional – Teorema de Bayes
Genética e Probabilidades
Loterias Brasileiras e Probabilidade
Distribuição Binomial em Probabilidade
Cada grupo de duas ou três pessoas deverá escolher um dos temas
acima para apresentarem na próxima aula. Deverão entregar um texto
sobre o tema escolhido, com duas cópias (uma para a turma e outra para
o professor), além de fazerem uma apresentação sobre o assunto.
Importante fazerem alguma aplicação sobre o tema e também citarem as
fontes da consulta.