gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III
3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROFº WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
EXERCÍCIOS GERAIS DE PROBABILIDADE - GABARITO
1) Considerando o lançamento de uma moeda e um dado construa:
a) O espaço amostral.
b) Se o evento A = {cara com número ímpar} e evento B = {coroa com um número par}, exiba o evento B e o
evento onde A e B ocorrem.
Solução. Observando o espaço amostral o evento B é o complementar de B. Isto é, elementos que sejam
(coroa,ímpar), (cara,ímpar) ou (cara, par).
Logo, B = {(1,K); (3,K); (5,K); (1,C); (3,C); (5,C); (2,C); (4,C); (6,C)}
A∩B = Ø
2) Em determinado experimento constatou-se que P ( A) 
1
1
e P ( B )  , onde A e B são mutuamente
2
4
exclusivos. De acordo com essas informações, calcule:
Solução. Se os eventos são mutuamente exclusivos, então A  B  {}  P( A  B)  0. Aplicando as
propriedades das probabilidades em cada caso, temos:
a) P( A)
c) P( A  B)
b) P(B)
a) P( A)  1  P( A)  1 
1 1

2 2
b) P( B)  1  P( B)  1 
d) P( AUB)  P( A )  P(B)  P( A  B) 
3) Um experimento constatou que P( A) 
1 1
3
 0
2 4
4
e) P ( AUB)
d) P ( AUB)
1 3

4 4
c) P( A  B)  0
e) P( AUB)  1  P( A  B)  1 
1
1
1
, P ( B )  e P( A  B)  . Calcule:
2
3
4
Solução. Neste caso os eventos não são mutuamente exclusivos.
a) P( A  B)
b) P( A  B)
a) P( AUB)  P( A)  P( B)  P( A  B) 
c) P ( A  B )
1 1 1 6 43 7
  

.
2 3 4
12
12
P( A  B)  P( A  B )  (Pr opriedade )
b)
P( A  B)  P( A  B)  1  P( A  B)  1 
1 3.

4 4
P( A  B)  P( A  B)  (Pr opriedade )
c)
P( A  B)  P( A  B)  1  P( A  B)  1 
7
5 .

12 12
Obs. Repare que nos casos (b) ou (c) poderíamos optar pelo mesmo procedimento do item (a).
4) Um número inteiro é escolhido aleatoriamente entre 1, 2, 3, ..., 50. Qual a probabilidade de ser:
a) Múltiplo de 5
b) Divisível por 6 ou 8
Solução. Em todos os casos o espaço amostral possui 50 elementos.
c) Número primo
3 1

4 4
50  5
 1  10  {5,10,15,20,25,30,35,40,45,50}
5
a)
.
n( M 5 ) 10 1
P( M 5 ) 


50
50 5
n( M 5 ) 
n(M6 )  10  {6,12,18,24,30,36,42,48}
 n(M6  M8 )  2  {24,48}

n
(
M
)

6

{
8
,
16
,
24
,
32
,
40
,
48
}
8

b)
.
10
6
2 14
7
P(M6  M8 )  P(M6 )  P(M8 )  P(M6  M8 ) 




50 50 50 50 25
n( primo)  15  {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47}
c)
.
n( primo) 15 3
P( M 5 ) 


50
50 10
5) As probabilidades de três jogadores acertarem um pênalti são respectivamente
2 4
7
,
e
. Se cada um
10
3 6
chutar uma única vez, qual a probabilidade de:
Solução. Nomeando os eventos de acerto respectivamente por A, B, C e aplicando as propriedades da
união, interseção e complementar das probabilidades, vem:
a) Todos acertem
b) Só um acerte
c) Todos errarem
a) Se todos acertam há uma interseção: P( A  B  C )  P( A).P( B).P(C ) 

 P( A  B  C )  P( A).P ( B ).P(C ) 


b) Há 3 possibilidades a considerar:  P ( A  B  C )  P ( A).P ( B ).P(C ) 


 P( A  B  C )  P( A).P ( B ).P(C ) 

Logo a possibilidade de que só um acerte é:
c) Todos erram: P( A  B  C ) 
2 4 7
56 14
  

3 6 10 180 45
1 2 7
14
7
  

3 6 10 180 90
1 4 3
12
1
  

3 6 10 180 15
2 2 3
12
1
  

3 6 10 180 15
14 12 12
38 19




180 180 180 180 90
1 2 3
6
1
  

. OBS: P( A  B  C )  1  P( A  B  C )
3 6 10 180 30
OBS: A probabilidade de todos errarem não é complementar de todos acertarem porque se nem todos
acertam pode significar que somente 1 ou dois acertem.
6) Uma urna contém 12 bolas: 5 brancas, 4vermelhas, e 3 pretas. Outra contém 18 bolas: 5 brancas, 6
vermelhas e 7 pretas. Uma bola é retirada de cada urna. Qual a probabilidade de que as duas bolas sejam da
mesma cor?
Solução. O evento pedido é uma união de {BB} ou {VV} ou {PP}. Em cada urna, temos:
- Urna 1: P ( B ) 
5
4
3
; P (V ) 
; P( P) 
12
12
12
- Urna 2: P ( B ) 
5
6
7
; P (V ) 
; P( P) 
18
18
18
OBS: Repare que não há interseção entre os eventos. Isto é, ele são disjuntos e portanto a Probabilidade
da união dos eventos será a soma das probabilidades de cada evento.
5 5

 P( BB )  12  18

4 6
5 5 4 6 3 7
70
35

  P( BB  VV  PP)       

Logo,  P (VV ) 
12 18
12 18 12 18 12 18 216 108

3 7

 P( PP)  12  18

Representando a situação em um diagrama de árvore, teríamos a seguinte situação.
5
12
4
P (V ) 
12
5
18
6
P (V ) 
18
P( B) 
P( B) 
Urna 1
P( P) 
Urna 2
3
12
P( P) 
7) A probabilidade de uma mulher estar viva daqui a 30 anos é
7
18
3
3
e de seu marido é
. Calcular a
4
5
probabilidade de:
Solução. Pela informação do problema, já sabemos que o complementar de cada probabilidade é a da
situação onde há o falecimento de uma das partes.
a) apenas o homem estar vivo
b) somente a mulher estar viva
c) pelo menos um estar vivo
a) Se apenas o homem vive então a mulher morreu. Logo, P ( HV  M M ) 
3 1
3
 
5 4 20
b) Se apenas a mulher vive então o homem morreu. Logo, P( H M  M V ) 
2 3 6
3
 

5 4 20 10
2 1
5 4
c) Se pelo menos um vive então não há morte conjunta. Logo, 1  P( H M  M M )  1     
18 9

20 10
8) Uma urna contém 5 bolas vermelhas e 3 brancas. Uma bola é selecionada aleatoriamente da urna e
abandonada, e duas de cores diferentes destas são colocadas na urna. Uma segunda bola é então selecionada da
urna. Encontre a probabilidade de que:
a) a segunda bola seja vermelha
b) ambas as bolas sejam da mesma cor.
c) Se a segunda bola é vermelha, qual é a probabilidade de que a primeira bola seja vermelha.
d) Se ambas são da mesma cor, qual é a probabilidade de que sejam brancas.
Solução. O diagrama ilustra a situação.
P (V ) 
Urna
P(V ) 
5
8
P( B) 
3
8
4
9
3
9
5
P(V ) 
9
P( B) 
P( B) 
2
9
Observe que as duas bolas colocadas após a 1ª retirada (aumentando para 9 o total de bolas) não são
vermelhas, nem brancas. Repare ainda que após esta 1ª retirada a urna ficou com 1 bola a menos que
pode ser vermelha ou branca.
a) A segunda bola pode ser vermelha nas opções {VV} ou {BV}. Logo a união destes resultados será a
5 4

 P(VV )  8  9
20 15 35
 P( BB  BV ) 


soma das probabilidades de cada caso: 
72 72 72
 P( BV )  3  5
8 9

b) Bolas de mesma cor ocorrem nas opções {VV} ou {BB}. Logo a união destes resultados será a soma das

 P(VV ) 
probabilidades de cada caso: 
 P( BB ) 

5 4

20 6
26 13
8 9
 P( BB  BV ) 



3 2
72 72 72 36

8 9
c) Esta probabilidade é condicional. Considerando V2 = {2ª bola vermelha}, temos pelo diagrama que
P(V2 )  P(VV )  P( BV ) 
5 4 3 5 35
   
. A probabilidade pedida é P(V1\V2). Isto é, sabendo que
8 9 8 9 72
20
P(V1V2 ) 72 20 72 20 4





a segunda já é vermelha. Logo, P(V1 \ V2 ) 
35 72 35 35 7
P(V )2
72
d) Esta probabilidade também é condicional. A probabilidade pedida é P(BB\(VVouBB)). Calculando a
probabilidade do evento que já ocorreu, temos:
3 2 6
26
P( BB  ( BB  VV )  P( BB )   
 (item : b)
e P( BB  VV ) 
8 9 72
72
6
P( BB  ( BB  VV )) 72
6 72 6
2





Logo, P( BB \ ( BB  VV )) 
26 72 26 26 13
P( BB  VV )
72
9) Numa certa população 15% das pessoas têm sangue tipo A, 88% não têm sangue tipo B e 96% não têm
sangue tipo AB. Escolhida ao acaso uma pessoa desta população, determine as probabilidades de:
Solução. Aplica-se as propriedades das probabilidades em cada caso:
a) Não possuir sangue do tipo A
d) Possuir sangue tipo A ou B ou AB
b) Possuir sangue tipo B
c) Possuir sangue tipo AB
e) Possuir sangue tipo O
a) Complementar: P( A)  1  P( A)  1  0,15  0,85  85%
b) Complementar: P( B)  1  P( B)  1  0,88  0,12  12%
c) Complementar: P( AB)  1  P( AB)  1  0,96  0,04  4%
d) União de eventos disjuntos: P( A  B  AB)  0,15  0,12  0,04  0,31  31%
e) Complementar: P(O)  1  P( A  B  AB)  1  (0,15  0,12  0,04)  0,69  69%
10) Uma caixa contém 11 bolas numeradas de 1 a 11. Retirando-se uma delas ao acaso, observa-se que a
mesma traz um número impar. Determine a probabilidade de que esse número seja menor que 5.
Solução. O espaço amostral é {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} e deste conjunto o evento ser um número
ímpar é {1, 3, 5, 7, 9, 11}. Apenas {1, 3} são menores que 5. Logo, P( 5 \ ímpar ) 
2 1

6 3
11) De uma urna contendo quatro bolas verdes e duas amarelas serão extraídas sucessivamente, sem reposição,
duas bolas.
a) Se a primeira bola sorteada for amarela, qual a probabilidade de a segunda ser também amarela?
b) Qual a probabilidade de ambas as bolas sorteadas serem amarelas?
c) Qual a probabilidade de ambas as bolas sorteadas serem verdes?
d) Qual a probabilidade de a primeira bola sorteada ser verde e a segunda amarela?
e) Qual a probabilidade de ser uma bola de cada cor?
Solução. O diagrama da situação norteia a análise de cada caso. Há inicialmente um total de 6 bolas.
P (V ) 
Urna
P(V ) 
4
6
P( A) 
2
6
3
5
2
5
4
P(V ) 
5
P( A) 
P ( A) 
1
5
2 1

P( A1  A2 ) 6 5 1


a) O probabilidade pedida é: P( A2 \ A1 ) 
2
P( A1 )
5
6
b) O probabilidade pedida é: P( AA) 
2 1 2
1
 

6 5 30 15
c) O probabilidade pedida é: P(VV ) 
4 3 12 2
 

6 5 30 5
d) O probabilidade pedida é: P(VA) 
4 2 8
4
 

(Repare que existe ordem na retirada)
6 5 30 15
e) O probabilidade pedida é: P(VA)  P( AV ) 
4 2 2 4 16 8
   

(Não há ordem na retirada)
6 5 6 5 30 15
12) Em uma loteria com 30 bilhetes, 4 são premiados. Comparando-se 3 bilhetes, qual a probabilidade de:
a) Nenhum ser premiado?
b) Apenas um ser premiado?
Solução. Considere P  {premiado} e P  {não : premiado} os eventos. O problema pode ser resolvido
com a árvore representando as compras ou pela análise combinatória.
a) Optando pela última opção, temos:
3
- Número de formas de comprar 3 bilhetes em 30 é o espaço amostral: n()  C30 
3
- Número de formas de comprar bilhetes não premiados: n( P)  C26 
Logo, a probabilidade pedida é: P( P) 
30!
 4060
3!27!
26!
 2600
3!23!
n( P) 2600 130


n() 4060 203
1
2
b) Comprando 1 premiado e 2 não premiados: n( P P P)  C4  C26 
Logo, a probabilidade pedida é: P( P P P) 
4! 26!

 4  325  1300
1!3! 2!24!
n( P P P) 1300 65


n ( )
4060 203
13) Um grupo de 50 moças é classificado de acordo com a cor dos cabelos, e dos olhos de cada moça, segundo
a tabela:
Azuis
Castanhos
Loira
17
9
Morena
4
14
Negra
3
3
Solução. Aplica-se as propriedades das probabilidades e a teoria da probabilidade condicional.
a) Se você marca um encontro com uma dessas garotas, escolhida ao acaso, qual a probabilidade dela ser:
a-1) morena de olhos azuis
a-2) morena ou ter olhos azuis?
a-1) O total de moças é 50. E o número de morenas de olhos azuis é 4. Logo, P( M AZUL ) 
4
2

50 25
a-2) O total de moças é 50. E o número moças que satisfazem a essa união não disjuntas é calculado pela
teoria
de
conjuntos:
n( M  AZ )  n( M )  n( AZ )  n( M  AZ )  18  24  4  38 .
probabilidade pedida é: P( M  AZ ) 
Logo
a
n( M  AZ ) 38 19


50
50 25
b) Está chovendo quando você encontra a garota. Seus cabelos estão cobertos, mas você percebe que ela tem
olhos castanhos. Qual a probabilidade de que ela seja morena?
A probabilidade condicional pedida é P(M\C) que significa a probabilidade de a moça ser morena
14
P( M  C ) 50 14 7



sabendo que ela possui olhos castanhos: P( M \ C ) 
26 26 13
P(C )
50
14) Um dado é viciado de modo que um número par é duas vezes mais provável que um número ímpar.
Encontre a probabilidade de que ocorra:
a) Um número par?
b) Um número primo?
c) Um número primo par?
Solução. Como o dado não é honesto, o espaço amostral se comporta como se um número pudesse
aparecer duas vezes a mais que outros. O espaço amostral seria da forma:   {1,2,2,3,4,4,5,6,6}
a) P ( par ) 
6 2

9 3
b) P( primo) 
4
9
c) P( primo  par ) 
2
9
15) Uma urna onde existiam oito bolas brancas e seis azuis foi perdida uma bola de cor desconhecida. Uma
bola foi retirada da urna. Qual é a probabilidade de a bola perdida ser branca, dado que a bola retirada é branca?
Solução. Repare que antes da retirada foi perdida uma bola. Logo, no diagrama da árvore há uma
probabilidade a ser considerada antes da retirada.
P( B) 
Bola
perdida
P( Bp ) 
8
14
P ( Ap ) 
6
14
6
13
8
P( B) 
13
P ( A) 
P ( A) 
A probabilidade pedida é P( Bp \ B) 
P( B p  B)
P( B)
7
13
5
13
8 7

56 182 56
7
14
13





8 7 6 8 182 104 104 13
  
14 13 14 13
16) A probabilidade de que João resolve esse problema é de
1
1
, e a de que José o resolva é de . Se ambos
3
4
tentarem independentemente resolver, qual a probabilidade de que o problema seja resolvido?
Solução. Para que o problema seja resolvido é preciso que nenhum dos dois erre. Nomeando os eventos:
José = {José acertar} e João = {João acertar}, calculamos a probabilidade pelo complementar da situação
em ambos errem. Temos P ( José ) 
1
3
1
2
 P( José ) 
e P( João)   P( João)  . Logo a
4
4
3
3
2 3
3 4
probabilidade pedida é: P(resolvido )  1  P( José  João)  1      1 
6 1

12 2
17) Jogam-se dois dados. Desde que as faces mostrem números diferentes, qual a probabilidade de que uma
face seja 4?
Solução. O espaço amostral do lançamento de dois dados já foi visto é composto de 36 pares ordenados.
O número de pares mostrado faces diferentes são: 36 – n({(1,1); (2,2); (3,3); (4,4); (5,5); (6,6)) = 30. O
conjunto de pares que mostram uma face 4 é:
F4 = {(1,4); (4,1); (2,4); (4,2); (3,4), (4,3); (4,4); (4,5); (5,4); (4,6); (6,4). Com 11 pares. Observe que o par
(4,4) não é resultado de faces diferentes. Logo, P( F4 \ Fdif ) 
n( F4  Fdif ) 10 1


n( Fdif )
30 3
18) Em uma urna há duas moedas aparentemente iguais. Uma delas é uma moeda comum, com uma cara e uma
coroa. A outra, no entanto, é uma moeda falsa, com duas caras. Suponhamos que uma dessas moedas seja
sorteada e lançada. Qual a probabilidade de:
a) A moeda lançada seja a comum?
b) O resultado saia uma cara?
Solução. Observe que nesse tipo de lançamento as possibilidades de resultado são diferentes se as moedas
fossem comuns: uma face cara e outra coroa. Construindo a árvore de resultados, temos:
P (C ) 
P(comum) 
moeda
P( falsa ) 
1
2
1
2
1
2
1
2
P (C )  1
P( K ) 
P( K )  0
a) A chance de escolher uma moeda falsa ou comum é a mesma. Logo P(moeda) 
b) A probabilidade de sair cara: P(comum  cara )  P( false  cara ) 
1
2
1 1 1
1 1 3
  1   
2 2 2
4 2 4
19) Sejam A1 e A2 dois acontecimentos tais que: P( A1 / A2 )  0,2 ; P ( A1 / A2 )  0,4 e P( A2 )  0,3 . Calcule o
valor de P( A2 / A1 ).
Solução. Aplicando as propriedades das probabilidades, temos:
a) P( A1 \ A2 ) 
P( A1  A2 )
P( A1  A2 )
 0,2 
 P( A1  A2 )  0,06
P( A2 )
0,3

P( A1  A2 ) P( A1  A2 ) 1  P( A1  A2 )


 P( A1 \ A2 ) 
P( A2 )
P( A2 )
P( A2 )


1  [ P( A1 )  P( A2 )  P( A1  A2 )]
 (0,4).(0,7)  1   P( A1 )  0,3  0,06
b) 0,4 
1  P( A2 )

0,28  1   P( A1 )  0,24  P( A1 )  1  0,24  0,28  0,48


c) P( A2 \ A1 ) 
P( A2  A1 ) 0,06

 0,125
P( A1 )
0,48
20) (UNICAMP) – Num grupo de 400 homens e 600 mulheres, a probabilidade de um homem estar com
tuberculose é de 0,05 e de uma mulher estar com tuberculose é 0,10.
Solução. calculando as quantidades e construindo uma tabela, temos:
Tuberculose
Sadio
Homens
0,05 x 400 = 20 380
Mulheres 0,10 x 600 = 60 540
a) Qual a probabilidade de uma pessoa do grupo estar com tuberculose?
Há 80 pessoas tuberculosas de um universo de 1000. Logo, P(Tuberculos e) 
80
2

 0,08.
1000 25
b) Se uma pessoa é retirada ao acaso e está com tuberculose, qual a probabilidade de que seja homem?
Há 20 homens dentre os 80 tuberculosos. Logo, P( H \ Tuberculos e) 
20 1
  0,25.
80 4