Sub-Capítulo: Axiomática. Probabilidade Condicionada e

Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
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1. Analisemos cada opção:
A: A e B não são contrários pois a sua união não é o espaço amostral.
Há, ainda, bolas pretas.
B: A e B não são contrários pois a sua união não é o espaço amostral.
Há, ainda, bolas brancas.
C: A e B são incompatíveis pois a sua interseção é o conjunto vazio.
D: A e B não são incompatíveis pois a sua interseção não é o conjunto vazio.
“a bola retirada é azul” faz
parte desta interseção
Resposta: C
2. Se A e B são acontecimentos incompatíveis, a sua interseção é o conjunto vazio, pelo que
P(AB) = 0 (as opções A e B são verdadeiras). Se AB = , então A  B , pelo que a opção D
também é verdadeira. Se A e B são acontecimentos possíveis, então P(A) e P(B) é diferente de
zero, pelo que o seu produto também é diferente de zero. Mas já vimos que P(AB) = 0, pelo que
P(AB)  P(A) x P(B) e A e B não são acontecimentos independentes, sendo a opção A falsa.
Resposta: A
 
3. Se P A  0,8 , então P(A) = 0,2.
Como A  AB, temos que P(A)  P(AB), logo P(AB)  0,2 e a opção A não é a correta.
     
 A  B  PA   PA  B  PA  B  0,8 e a opção C não é a correta.
Da mesma forma, A  A B  P A  P A  B  P A  B  0,8 e a opção B não é a correta.
A
A  B  A  P(A  B)  P(A)  P(A  B)  0,2 e a opção D é a correta.
Resposta: D

B  A  P(A)  P(B  A)
 PP(A)

. Repara no esquema ao lado
P(A)
4. P B | A 
Então,
A
BA
B
P(A)  0,2
 0,6  0,4 P(A) = 0,2  P(A) = 0,5.
P(A)
Sabe-se que P(AB) = P(A) + P(B)  P(AB), pelo que
0,8 = 0,5 + P(B)  0,2  P(B) = 0,5
Resposta: D
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5. Como saiu face com o número 5 no lançamento do dado, tirou-se uma bola da caixa A. Nessa
caixa, a probabilidade de retirar uma bola verde é
2
.
3
Resposta: D


6. P X | Y significa a probabilidade de a figura escolhida ser um círculo, sabendo que a mesma
não está pintada de azul. Assim, para cada opção, deve ser calculada a probabilidade de retirar
um círculo entre as peças que não estão pintadas de azul:



A: P X | Y = 0

B: P X | Y =
1
3


C: P X | Y =
2 1

6 3


D: P X | Y =
3 1

6 2
Resposta: C
7. Seja n o número de bolas pretas. Assim, inicialmente estão no saco n + 12 bolas.
P(Y|X) designa a probabilidade da segunda bola retirada ser preta, sabendo que a primeira
também foi preta. Como a extração é sem reposição, para a segunda extração estão no saco n +
12  1 = n + 11 bolas. Como na primeira extração foi retirada uma bola preta, então para a
segunda extração estão no saco n  1 bolas pretas. Assim, o número de casos possíveis é n + 11
e o número de casos favoráveis é n  1. Portanto P(Y|X) =
Assim tem-se, P(Y|X) =
n 1
.
n  11
n 1 1
1
  4n  4 = n + 11 <=> 3n = 15 <=> n = 5.

n  11 4
4
Logo, inicialmente estavam na caixa cinco bolas pretas e doze brancas, num total de 17.
Resposta: A
8. Como só faltam sair duas letras, temos 2! casos possíveis, em que apenas um deles permite
formar a palavra TIMOR. Assim, a probabilidade pedida é
1
.
2
Resposta: C
Página 63
9.1

 

P A  B  P A  B  1  PA  B  1  P(A)  P(B)  P(A  B)   1  P(A)  P(B)  P(A  B) 
P( A )  P(B)  P(A  B)
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9.2 Consideremos os acontecimentos A: “o estudante escolhido é rapaz” e B: “o estudante
escolhido teve classificação positiva no exame nacional de Matemática”. Então, pretende-se


calcular P A  B . Pelo enunciado, temos que:

PA 


160 4
3
 , P(A)  , P B | A  0,65 e PB | A   0,6 .
280 7
7


Por 9.1, P A  B  P( A )  P(B)  P(A  B) , pelo que é necessário calcular P(B) e P(AB):

 PBA A   PB  A   0,65 x 74  13
35
P B| A 
PB | A  
PB  A 
3 9
 PB  A   0,6 x 
A
7 35
P(AB) = P(A) + P(B)  P(AB) =



P(B)  P B  A  PB  A  
13 9 22


35 35 35
3 22 9 4



7 35 35 5

Então, P A  B  P( A )  P(B)  P(A  B) 
4 22 4

  0,74 .
7 35 5
10.1

 

P X  Y  P X  Y  1 PX  Y   1 P(X)  P(Y)  P(X  Y)  1 P(X)  P(Y)  P(X)  P(Y) 
1 a  b  a  b
10.2 Consideremos os acontecimentos X: ”tirar um iogurte de pêssego” e Y: “tirar um sumo de




laranja”. Pretende-se calcular P X  Y . Por 10.1, temos que P X  Y  1 P(X)  P(Y)  P(X)  P(Y)


. Então, P X  Y = 1 
11.1 P(A|B) =
1 1 1 1 8
   
.
5 3 5 3 15
P(B)
P(A  B)
 P(AB) =
. Por outro lado, temos que:
P(B)
3
P(AB) = P(A) + P(B)  P(AB) 
Como P(B) =
3 7
P(B)
1

 P(B) 
 P(B) = .
5 15
3
5
1
1
temos que P(AB) =
e o rei de copas é uma das cartas em cima da mesa
15
5
(caso contrário, P(AB) = 0).
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11.2 Como P(AB) =
1
e um baralho completo só tem um rei de copas, então existem 15 cartas
15
em cima da mesa.
12.1.

 B  B  PA  B B  B PA  B  P(B)  P(A  B)
 PAP(B)




P(B)
P(B)
P(B)
 
P A B |B  P A B |B 
1
P(A  B)
 1 P(A | B)
P(B)
B B  
AB
A
B
 
12.1 Temos que P A  P B  P(A) = P(B) e P(AB) = 6 x P(AB).
P(AB) = 6 x P(AB)  P(A) + P(B)  P(AB) = 6 x P(AB)  2 x P(B) = 7 P(AB)  P(AB) =
2P(B)
.
7
2P(B)
P(A  B)
2 5
Então, P A  B | B  1 P(A | B)  P A  B | B  1
 1 7  1  .
P(B)
P(B)
7 7




13.1
 
  
P A  P(B)  P A|B  P B  1  P(A)  P(B) 

P A B

P B
 1  P(A)  P(B)  P(A)  P(A  B) 

 1  P  B   P(A  B)  1  P A  B
  P B  1 P(A)  P(B)  P A  B 

 
AB
A

B




P A  B  P  A   P  A  B
P A  B  P B   P  A  B 
A B
13.2 Consideremos os acontecimentos A: “o professor escolhido tem um mestrado em Educação”
e B: “o professor escolhido tem um mestrado em Análise”.



Pretende-se calcular P A  B . Do enunciado temos que P A 


 



1
5
, P(B) = 0,4 e P A | B  .
6
7

Por 13.1 sabemos que P A  P(B)  P A | B  P B  1  P A  B . Então,




5
1
3
 0,4   0,6  1 P A  B  P A  B 
7
6
14
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14.1 Pretende-se calcular a probabilidade de as quatro bolas serem todas azuis ou todas
encarnadas (repara que na caixa A não podemos tirar duas bolas pretas).
Resposta pedida:
3 233
5  4  2 1

 0,008
9  8  12  11 9  8  12  11
14.2 P(Y|X) designa a probabilidade das três bolas retiradas da caixa B serem de cores diferentes,
sabendo que as quatro bolas retiradas da caixa A e colocadas na caixa B são da mesma cor.
Assim, as quatro bolas que foram retiradas da caixa A e colocadas na caixa B são encarnadas.
Portanto, ficam na caixa B 16 bolas, três azuis, seis encarnadas e sete pretas. Logo, o número de
casos possíveis é
16
C3 (das 16 bolas existentes na caixa B, escolhem-se três) e o número de
3
casos favoráveis é C1 x 6C1 x 7C1 = 3 x 6 x 7 (escolhe-se uma bola azul de entre as três, uma
encarnada de entre as seis e uma preta de entre as sete). Assim, pela lei de Laplace, P(Y|X) =
367 9

16
40
C3
15.1 2 
5 45 4
 0,12 Repara que a sequência pode ser EBEB ou BEBE
94
15.2 P(C|AB) designa a probabilidade da soma das três bolas ser par, sabendo que a primeira
bola retirada foi encarnada e que a segunda bola retirada foi branca. Assim, na primeira extração
saiu uma bola com número ímpar e na segunda extração saiu bola com número par. Portanto para
a soma das três bolas ser um número par, a terceira bola terá de estar numerada com um número
ímpar, ou seja, terá de ser encarnada. No saco, depois das duas primeiras extrações, ficaram sete
bolas, quatro numeradas com um número ímpar (encarnadas) e três numeradas com um número
par (brancas). Logo, o número de casos possíveis é 7 e o número de casos favoráveis é 4. Assim,
pela lei de Laplace, P(C | A  B) 
4
.
7
16.1 Consideremos os acontecimentos M: “ser mulher” e A: “ser anfalbeto”. Do enunciado temos


que P(M) = 0,4, P(A) = 0,2 e P A | M  0,25 . Para resolver as próximas alíneas podemos
construir um diagrama em árvore com os dados disponíveis:
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A
M
0,4
A
P(M) = 1
0,4 = 0,6
P(A|M) = 1
0,25
0,6
P(A|M) = 1 0,25 = 0,75
A 0,6 x 0,25 = 0,15
M
A
0,75
0,75 x 0,6 = 0,45


16.1 a) Pretende-se calcular P M  A .


Por observação do diagrama temos que P M  A = 0,45 = 45%.
16.1 b) Pretende-se calcular P(A|M).
P(A|M) =


P(A  M)
. Temos de calcula P(AM). Pelo diagrama sabemos que P M  A = 0,15 e
P(M)
pelo enunciado temos que P(A) = 0,2. Então,


P(A) = P M  A + P(AM)  0,2 = 0,15 + P(AM)  P(AM) = 0,05.
Logo, P(A|M) =
P(A  M) 0,05

 12,5%
P(M)
0,4
16.2 Consideremos os acontecimentos V: “ser vacinado contra a gripe sazonal” e D: “ficou
doente”. Do enunciado temos que P(V) = 0,6, P(D) = 0,4 e P(VD) = 0,15. Pretende-se calcular


P D | V e P(D|V). Podemos construir um diagrama em árvore:
D
0,6 x 0,25 = 0,15
0,25
P(V) = 1
V
0,6
D
0,6 = 0,4
0,6 x P(D|V) = 0,15 logo P(D|V) = 0,25
P(D) = 0,4 pelo que 0,15 + 0,4 x P(D|V) = 0,4.
Então, P(D|V) = 0,625
0,625
0,4
D
V
D
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

Então, P D | V = 0,625 e P(D|V) = 0,25. Assim, concluímos que a vacina é eficaz visto que a
probabilidade de adoecer se for vacinado é inferior à probabilidade de adoecer se não foi
vacinado.
17.1
AB
A





 
B

1 P A  B  P(B)  P A | B 1 P A  B  P A  B 1 1 P(A  B)  P(B)  P(A  B)



P(A)
P/(A)
P(A)
1 1 P(A  B)  P(B)  P(A  B) P(A)  P(B)  P(A  B)  P(B)  P(A  B) P(A)


1
P(A)
P(A)
P(A)
17.2 Consideremos os acontecimentos A: “o aluno escolhido pratica futebol” e B: “o aluno
escolhido pratica basquetebol”.
Pretende-se calcular P(AB). Pelo enunciado temos que PA  
Por 17.1 sabemos que


1 P A  B  0,5 





7
1
, P(B) = 0,4 e P B | A  .
12
6

1 P A  B  P(B)  P A | B
 1 . Então,
P(A)
1 7
7
1
2

 P(A  B) 

 P(A  B) 
6 12
12 12
3




1 P A  B  1 P A  B 
1 1 P(A  B)  P(A  B)
18. P(A | B)  0,3 


P A | B  0,5 

P(A  B)
 0,3  P(A  B)  0,3  0,4  P(A  B)  0,12
P(B)





P A B
 0,5  P A  B  0,5  0,6  P A  B  0,3
PB

Observa o esquema:
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
0,12

P A  B  1 0,12  0,28  0,3  0,3 e, portanto,
B
A
P(A) = 0,3 + 0,12 = 0,42
0,28
Então, P(B | A) 
0,3
P(A  B) 0,12 2


P(A)
0,42 7
19. Pretende-se calcular P(AB).
P(AB) = P(A) + P(B)  P(AB) = 0,7 + 0,8  0,7 x 0,8 = 0,94 = 94%
A e B são independentes pelo
que P(AB) = P(A) x P(B)
1
20.1 Seja S  x1 , x2 , x3 , ..., xn  , tal que P x1  P x 2   P x 3   ...  P xn   , com n IN .
n
Tem-se:

 



P A  B  P A  B  P B   n  P  A B   1 
 1  P  A  B   P  A   P  A  B   P B   n 
P  A  B
P B 
 P B  
 1   P  A   P  B   P  A  B    P  A   P  A  B   n  P  A  B   P B  
 1  P  A   P B   P  A  B   P  A   P  A  B   n  P  A  B   P B  
 1  n P  A  B  P  A  B 
1
n
Como n IN então P  A  B  0  A  B   . Logo, A e B não são incompatíveis e portanto, têm
pelo menos um elemento em comum.
Se A e B tivessem apenas um elemento em comum, isto é, se A  B  xi  , para algum i  1,...,n ,
1
1
com n IN , então P  A  B   P xi   , o que não pode ser, pois P  A  B   . Logo, o
n
n
acontecimento A  B tem mais que um elemento.
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20.2. Pretende-se mostrar que P(B) = 3 x P(A).

▪ Vamos começar por escrever P B em função de P  A  . Tem-se:
 
P AB 


P A B
3
3
3
3

  P A  B   P B  1  P(A  B)   P B 
4
4
4
4
P B





0,1


3
 1   P  A   P B   P  A  B     P B 

 4




3
 1  P  B   P  A   0,1   P B 
4


3
 P B   P B  P  A   0,1 
4


1
  P B  P  A   0,1  P B  4P  A   0,4
4


▪ Como P  A   P B  0,08 e P B  4P  A   0,4 , vem:

P  A   P B  0,08  P  A    4P  A   0,4   0,08  4 P  A    0,4P  A   0,08  0 
2
 PA 
0,4 
Como 0  P  A   1 , então P  A  
 0,4 
2
 4  4   0,08 
2 4
 PA 
1
1
 PA  
5
10
1
1
2
3
e portanto P B  4   0,4  P B   P B   .
5
5
5
5
 
 
Logo P(B) = 3 x P(A).
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