No século XIX, o matemático, físico e astrônomo francês Pierre Simon Laplace (1749-1827) foi o responsável pela estruturação de toda a Teoria das Probabilidades da época. Foi ele quem deu a primeira definição de probabilidade, hoje conhecida como "Definição Clássica de Probabilidade", publicada em num tratado designado por "Essai Philosophique sur les Probabilités" (Ensaio Filosófico sobre Probabilidade): fração cujo numerador é o número de casos favoráveis e o denominador é o número de todos os casos possíveis.
Laplace escreveu outro tratado sobre Probabilidade: "Théorie Analytique des Probabilités"(Teoria Analítica das Probabilidades).
Nessas duas obras, Laplace elaborou regras consistentes sobre as combinações das chances e mostrou como obter com exatidão as chances de se ganhar em um jogo de apostas, estimar tamanho de populações ou mortalidade, entre outras aplicações.
A definição de probabilidade dada por Laplace como sendo a razão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis é adotada até os dias de hoje e será o tema central desta Sala.
Modelo Equiprobabilístico
Dentre as várias maneiras de se atribuir a eventos de experimentos aleatórios números que nos permitam analisá-los quantitativamente e, portanto, associar um grau de confiança aos resultados possíveis, a mais conhecida é a definição de probabilidade dada por Laplace. Essa definição é a forma mais antiga de se medir incertezas e foi desenvolvida basicamente para ser utilizada em jogos de azar.
Na Sala 1 fizemos uma primeira apresentação desse tipo de probabilidade e chegamos à fórmula de Laplace como consequência da aplicação de propriedades das funções probabilidade a espaços equiprováveis.
Nesta Sala, vamos fazer um caminho diferente. Como o objeto central da nossa discussão será associar a eventos igualmente prováveis a famosa razão entre o número de casos favoráveis e o número de todos os casos possíveis, vamos definir rigorosamente essa razão e mostrar que ela é, de fato, uma função probabilidade que pode ser definida em espaços amostrais finitos e equiprováveis.
Definição Clássica de Probabilidade – Probabilidade de Laplace
Suponha um experimento aleatório cujo espaço amostral [tex] \Omega[/tex] é finito e equiprovável, ou seja, [tex] \Omega[/tex] é formado por um número finito de resultados igualmente prováveis.
Se [tex]E[/tex] é um evento qualquer do espaço amostral [tex]\Omega[/tex], a probabilidade de o evento [tex]E[/tex] ocorrer, ou simplesmente a probabilidade do evento [tex]E[/tex], é definida como a razão entre o número de elementos de [tex]E[/tex] e o número de elementos de [tex] \Omega[/tex]. Em símbolos,
[tex] P(E)=\dfrac{n(E)}{n(\Omega)}[/tex],
sendo [tex]n(E)[/tex] o número de elementos do evento e [tex]n(\Omega)[/tex] o número de elementos do espaço amostral.
Informalmente, podemos dizer que, nessas condições, a probabilidade de um evento é o número de casos favoráveis dividido pelo número de casos possíveis:
Vamos, agora, mostrar que essa definição atende às três condições específicas de uma função probabilidade.
Propriedade fundamental
Suponha um experimento aleatório cujo espaço amostral [tex] \Omega[/tex] é finito e equiprovável.
A função que a cada evento [tex]E[/tex] do espaço amostral [tex]\Omega[/tex], associa o número [tex] P(E)[/tex] definido por:
[tex] P(E)=\dfrac{n(E)}{n(\Omega)}[/tex],
sendo [tex]n(E)[/tex] o número de elementos do evento e [tex]n(\Omega)[/tex] o número de elementos do espaço amostral, é uma função probabilidade.
Demonstração: Precisamos verificar as condições
[tex]\textcolor{#8b4513}{(i)}\; 0 \leq P(E) \leq 1[/tex], para todo [tex]E \subset \Omega[/tex];
[tex]\textcolor{#8b4513}{(ii)}\; P(\Omega) = 1[/tex];
[tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] Se [tex]E_1[/tex] e [tex]E_2[/tex] são eventos de [tex]\Omega[/tex] mutuamente excludentes ([tex]E_1 \cap E_2=\emptyset[/tex]), então [tex]P(E_1 \cup E_2) = P(E_1) + P(E_2)\,.[/tex]
Vamos lá:
[tex]\textcolor{#8b4513}{(i)}[/tex] Seja [tex]E [/tex] tal que [tex]E \subset \Omega\,.[/tex] Como [tex]\Omega[/tex] é finito e [tex]E \subset \Omega[/tex], segue que [tex]n(E) \leqslant n(\Omega)[/tex]. Por outro lado, a quantidade de elementos de um conjunto finito é um número natural não nulo, logo, [tex]n(E) \geqslant 0[/tex], e a própria definição [tex]P(E)=\dfrac{n(E)}{n(\Omega)}[/tex] admite que [tex]n(\Omega)\ne 0\,.[/tex]
Dessa forma, segue que
[tex]\quad 0 \leqslant n(E) \leqslant n(\Omega)\\
\quad \dfrac{0}{n(\Omega)} \leqslant \dfrac{ n(E)}{n(\Omega)}\leqslant \dfrac{ n(\Omega)}{n(\Omega)}\\
\quad \boxed{0 \leqslant P(E) \leqslant 1}\,.\\
[/tex]
[tex]\textcolor{#8b4513}{(ii)}\; P(\Omega)=\dfrac{n(\Omega)}{n(\Omega)}=1[/tex].
Logo, [tex]\boxed{P(\Omega)=1}\,.\\
[/tex]
[tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] Sejam [tex]E_1[/tex] e [tex]E_2[/tex] eventos de [tex]\Omega[/tex] tais que [tex]E_1 \cap E_2=\emptyset\,.[/tex] Como [tex]E_1[/tex] e [tex]E_2[/tex] não têm elementos em comum, segue que o número de elementos da união [tex]E_1 \cup E_2[/tex] é a soma do número de elementos de cada um desses conjuntos, ou seja, [tex]n \left(E_1 \cup E_2 \right)=n \left(E_1 \right)+ n\left(E_2 \right)\,.[/tex] Assim, temos que:
[tex]\quad P(E_1 \cup E_2) = \dfrac{n \left(E_1 \cup E_2 \right)}{n(\Omega)}= \dfrac{n \left(E_1 \right)+ n\left(E_2 \right)}{n(\Omega)}\\
\quad P(E_1 \cup E_2) = \dfrac{n \left(E_1 \right)}{n(\Omega)}+\dfrac{n\left(E_2 \right)}{n(\Omega)} \\
\quad \boxed{P(E_1 \cup E_2) =P \left(E_1 \right)+P\left(E_2 \right)}\,.[/tex]
Portanto, a razão entre o número de casos favoráveis e o número de todos os casos possíveis define uma função probabilidade no espaço amostral finito e equiprovável [tex] \Omega\,.[/tex]
Duas observações:
Observação 1: Se [tex]E[/tex] é um evento de [tex]\Omega[/tex], então [tex]0 \leqslant P(E) \leqslant 1[/tex]; assim, quando for necessário utilizar porcentagem para expressar a probabilidade [tex]P(E)[/tex], lembre-se de multiplicar o resultado da divisão [tex]\dfrac{n(E)}{n(\Omega)}[/tex] por [tex]100[/tex] ou de utilizar uma regra de três. Observação 2: Como a Probabilidade de Laplace é uma função probabilidade, se definida em um espaço amostral finito e equiprovável, então valem para esse espaço amostral todas as propriedades estabelecidas na Sala 1. Vamos reproduzi-las aqui, adaptadas a espaços amostrais finitos e equiprováveis, para facilitar as nossas discussões.
Exemplo:
Na nossa Sala inicial, utilizamos alguns exemplos de experimentos aleatórios, espaços amostrais e eventos para ilustrar algumas definições apresentadas. Agora, vamos utilizar três deles para ilustrar a definição que acabamos de apresentar. ► No caso do lançamento de um dado, o espaço amostral é [tex]\Omega_1=\{1,2,3,4,5,6\}[/tex]. Quando queremos saber qual a chance de o resultado obtido ser par, por exemplo, estamos buscando estabelecer qual a probabilidade de o evento [tex]E_1=\{2 , 4 , 6\}[/tex] ocorrer. Como vamos supor que o dado seja honesto, [tex]\Omega_1[/tex] é finito e equiprovável e, portanto, segue que:
[tex]\qquad \qquad P(E_1)=\dfrac{n(E_1)}{n(\Omega_1)}=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}=0,5.[/tex]
Percentualmente, [tex]P(E_1)=50\%.[/tex] ► No caso da retirada de uma bola de uma urna com [tex]50[/tex] bolas numeradas de [tex]1[/tex] a [tex]50[/tex], o espaço amostral é [tex]\Omega_5=\{1,2,3,4,\cdots,49,50\}[/tex] e, se as bolas forem idênticas, temos também um espaço amostral finito e equiprovável. Se queremos determinar a probabilidade de se retirar uma bola com numeração acima de [tex]45[/tex], estamos lidando com o evento [tex]E_5=\{46,47,48,49,50\}\subset \Omega_5[/tex]. Assim:
[tex]\qquad \qquad P(E_5)=\dfrac{n(E_5)}{n(\Omega_5)}=\dfrac{5}{50}=\dfrac{1}{10}=0,1.[/tex]
Percentualmente, [tex]P(E_5)=10\%.[/tex]
► Retirada uma carta de um baralho completo, exemplo (7), a probabilidade de o seu naipe ser paus é dada por:
[tex]\qquad \qquad P(E_7)=\dfrac{n(E_7)}{n(\Omega_7)}=\dfrac{1}{4}=0,25.[/tex]
Percentualmente, [tex]P(E_7)=25\%.[/tex]
Propriedades
Sejam [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] eventos de um mesmo experimento com espaço amostral [tex]\Omega[/tex] finito e equiprovável.
Se [tex]P[/tex] é a Probabilidade de Laplace, então: (1) [tex]P(\emptyset) = 0\,.[/tex] (2) [tex]P(\overline{A}) = 1-P(A)\,.[/tex] (3) Se [tex]A \subset B[/tex] então [tex]P(A)=P(B)-P(B-A)\,.[/tex] (4) Se [tex]A \subset B[/tex] então [tex]P(A) \leqslant P(B)\,.[/tex] (5) [tex]P(A \cup B) = P(A) + P(B)-P(A \cap B)\,.[/tex] (6) [tex]P(A-B) = P(A)-P(A \cap B)\,.[/tex] (7) Não necessária. (8) Se [tex]\Omega[/tex] tiver [tex]n[/tex] elementos, então a probabilidade de cada evento elementar [tex]a_i\,[/tex], [tex]1 \leqslant i \leqslant n[/tex], é dada por [tex]P\left(a_i\right)=\dfrac{1}{n}\,.[/tex]
Vamos ver alguns problemas. É sempre bom lembrar que um erro muito comum em cálculos de probabilidades é o de usar a Probabilidade de Laplace em espaços amostrais não equiprováveis.
Problema 1: Lançamento de um dado
No lançamento de um dado equilibrado, qual é a probabilidade de se obter face maior que [tex]3[/tex]?
Solução:
Temos um espaço amostral finito em que os eventos elementares são igualmente prováveis, pois estamos supondo que o dado seja equilibrado. O espaço amostral é [tex]\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}[/tex] e o evento de interesse é [tex]A=\{4, 5, 6\}[/tex]; portanto:
[tex]\quad\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=\dfrac{3}{6}=0,5$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=50\%$}\,.[/tex]
Problema 2: Lançamento de dois dados comuns
Vamos considerar, novamente, o lançamento de dois dados equilibrados.
Calcular a probabilidade de que a soma dos números mostrados nas faces voltadas para cima seja: (a) par. (b) maior que dez. (c) ímpar.
Solução:
Podemos definir o espaço amostral do experimento a partir da tabela abaixo, na qual aparecem pares ordenados formados por todas as possíveis combinações de resultados dos números mostrados nas duas faces voltadas para cima.
Observamos com a tabela que temos [tex]36[/tex] pares ordenados possíveis de números mostrados nas face voltadas para cima de cada dado e podemos considerar o espaço amostral
[tex]\qquad \qquad \Omega=\{(1,1);(1,2); (1,3); \ldots ;(6,4); (6,5);(6,6)\}.[/tex]
Neste caso, [tex]n\left(\Omega\right)=36\,.[/tex] (a) Utilizando o espaço amostral [tex]\Omega[/tex] descrito pela tabela, obtemos as situações nas quais ocorre uma soma par:
Assim, se [tex]A[/tex] é o evento relativo à obtenção de soma par, então:
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=\dfrac{18}{36}=0,5$}\,[/tex];
percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=50\%$}\,.[/tex]
(b) Para este caso, vamos também utilizar a tabela para contar os casos favoráveis: situações nas quais ocorre uma soma maior que dez.
Se [tex]B[/tex] é o evento relativo à obtenção de soma maior do que dez, então temos três situações favoráveis. Logo,
[tex]\qquad P(B)=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\approx 0,083$}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\approx 8,3\%$}\,.[/tex] (b) Observe que, se [tex]C[/tex] corresponde ao evento de se obter uma soma ímpar nas faces voltadas para cima dos dois dados, então o conjunto [tex]C[/tex] é o complementar do conjunto [tex]A[/tex], com relação a [tex]\Omega\,.[/tex]
Assim, pela propriedade 2, segue que:
[tex]\quad P(C)=P\left(\overline{A}\right)=1-P(A)=1-0,5=\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,5$}\,.[/tex]
Perceba que poderíamos também ter feito a contagem dos casos favoráveis diretamente da tabela e obtido igualmente que
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)=\dfrac{18}{36}=0,5$}\,.[/tex]
Problema 3: Quem está correta?
Ana, Beatriz e Cecília estavam estudando juntas e encontraram o seguinte problema formulado pelo professor delas, mestre PC: Qual é a probabilidade de que a soma dos resultados obtidos ao se lançar dois dados equilibrados e idênticos seja [tex]7[/tex]?
• Ana analisa a situação e diz:
– Há [tex]36[/tex] casos possíveis para os resultados, dos quais [tex]6[/tex] são favoráveis. Logo, a probabilidade de dar a soma [tex]7[/tex] é [tex]\dfrac{1}{6}[/tex].
• Beatriz discorda:
– Ana, como os dados são idênticos, não faz sentido distinguir os resultados [tex](1, 2)[/tex] e [tex](2, 1)[/tex], por exemplo. Logo, há apenas [tex]21[/tex] casos possíveis, dos quais [tex]3[/tex] são favoráveis. A probabilidade de dar soma [tex]7[/tex] é, portanto, [tex]\dfrac{1}{7}[/tex].
• Cecília discorda de ambas:
– Vocês duas estão complicando a situação sem necessidade…
Há [tex]11[/tex] somas possíveis (de [tex]2[/tex] a [tex]12[/tex]). Assim, a probabilidade de dar soma [tex]7[/tex] é [tex]\dfrac{1}{11}[/tex].
Solução: ►Vamos inicialmente acompanhar o raciocínio da Cecília:
É claro que podemos definir o espaço amostral do experimento de "lançar dois dados equilibrados e idênticos e somar os pontos da duas faces voltadas para cima" como [tex]\Omega_1=\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12\}[/tex], já que não estamos interessados nos números propriamente ditos que aparecem nas duas faces e sim nas suas somas. O problema é que esse espaço não é equiprovável!
Observe que temos apenas uma maneira de obtermos soma [tex]2[/tex], saindo [tex]1[/tex] nos dois dados, e mais de uma maneira de obtermos soma [tex]5[/tex], saindo "[tex]1[/tex] e [tex]4[/tex]" e "[tex]2[/tex] e [tex]3[/tex]", entre outras possibilidades. Como isso, [tex]P(\{2\})\ne P(\{5\})[/tex] e [tex]\Omega_1[/tex] não é equiprovável. Dessa forma, não podemos utilizar a razão entre "casos favoráveis" e "casos possíveis" e, portanto, Cecília não está certa.
►Vamos agora acompanhar o raciocínio da Beatriz:
Vamos obter o espaço amostral definido pela Beatriz, a partir da tabela do problema anterior:
[tex]\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\
\hline
1&1\text{ e }1&1\text{ e }2&1\text{ e }3&1\text{ e }4&1\text{ e }5&1\text{ e }6\\
\hline
2&\xcancel{2\text{ e }1}&2\text{ e }2&2\text{ e }3&2\text{ e }4&2\text{ e }5&2\text{ e }6\\
\hline
3&\xcancel{3\text{ e }1}&\xcancel{3\text{ e }2}&3\text{ e }3&3\text{ e }4&3\text{ e }5&3\text{ e }6\\
\hline
4&\xcancel{4\text{ e }1}&\xcancel{4\text{ e }2}&\xcancel{4\text{ e }3}&4\text{ e }4&4\text{ e }5&4\text{ e }6\\
\hline
5&\xcancel{5\text{ e }1}&\xcancel{5\text{ e }2}&\xcancel{5\text{ e }3}&\xcancel{5\text{ e }4}&5\text{ e }5&5\text{ e }6\\
\hline\
6&\xcancel{6\text{ e }1}&\xcancel{6\text{ e }2}&\xcancel{6\text{ e }3}&\xcancel{6\text{ e }4}&\xcancel{6\text{ e }5}&6\text{ e }6\\
\hline
\end{array}[/tex]
[tex]\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\
\hline
1&1\text{ e }1&1\text{ e }2&1\text{ e }3&1\text{ e }4&1\text{ e }5&1\text{ e }6\\
\hline
2&&2\text{ e }2&2\text{ e }3&2\text{ e }4&2\text{ e }5&2\text{ e }6\\
\hline
3&&&3\text{ e }3&3\text{ e }4&3\text{ e }5&3\text{ e }6\\
\hline
4&&&&4\text{ e }4&4\text{ e }5&4\text{ e }6\\
\hline
5&&&&&5\text{ e }5&5\text{ e }6\\
\hline\
6&&&&&&6\text{ e }6\\
\hline
\end{array}[/tex]
Então temos [tex]21[/tex] casos possíveis, mas o espaço amostral da Beatriz não é equiprovável!
Observe que a hipótese de que os dois dados são equilibrados nos garante que o experimento em questão é aleatório, ou seja, nenhuma das faces tem mais chance de sair em um ou em outro dado. Por outro lado, o fato de os dados serem idênticos, ou terem cores diferentes, ou um deles ter uma marquinha em uma de suas faces vai alterar o experimento e as maneiras de obtermos soma [tex]7[/tex]? NÃO!
Assim,
▬ temos apenas uma maneira de obtermos [tex] 1 \text{ e }1[/tex]: [tex]1[/tex] no primeiro dado e [tex]1[/tex] no segundo dado;
▬ mas temos duas maneiras de obtermos [tex] 1 \text{ e }2[/tex]: [tex]1[/tex] no primeiro e [tex]2[/tex] no segundo dado e [tex]2[/tex] no primeiro e [tex]1[/tex] no segundo dado.(Imagine que um dos dados está com uma marquinha . . .)
Assim, Beatriz também não está certa.
►Vamos agora acompanhar o raciocínio da Ana:
Utilizando a tabela do problema anterior, já sabemos que o conjunto formado pelos [tex]36[/tex] pares ordenados definidos por números naturais de [tex]1[/tex] a [tex]6[/tex] é um espaço equiprovável e as situações favoráveis a obter soma [tex]7[/tex] são: [tex](1,6)[/tex], [tex](2,5)[/tex], [tex](3,4)[/tex], [tex](4,3)[/tex], [tex](5,2)[/tex] e [tex](6,1)[/tex]. Consequentemente, a probabilidade do evento em questão é:
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(\{7\})=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}$}\\
\,[/tex]
e Ana está correta!
Problema 4: Uma corrida, dois experimentos…
No Problema 18 da Sala 1, propusemos que os atletas [tex]B[/tex], [tex]F[/tex], [tex]N[/tex], [tex]R[/tex], [tex]S[/tex], [tex]U[/tex] e [tex]W[/tex] vão disputar uma corrida de [tex]200[/tex] metros rasos e perguntamos se a probabilidade de [tex]U[/tex] ganhar a prova seria de [tex]\dfrac{1}{7}[/tex].
Agora, neste problema, informamos que, antes da corrida, sete camisetas nas cores amarela, azul, verde, vermelha, preta, branca e cinza serão sorteadas entre os atletas e perguntamos: Qual é a probabilidade de que a corrida seja vencida pelo atleta da camiseta vermelha?
Solução:
Altamente motivados pelo Problema 18 da Sala 1, vocês devem estar pensando:
-Ah! Desta vez a gente não vai cair na armadilha e já dizemos de antemão que o espaço amostral relativo ao experimento da cor da camiseta do campeão da corrida não é equiprovável, pois existem corredores muito melhores preparados do que os demais!
Pois bem, aqui o espaço é equiprovável…
Independentemente de quem tenha sido o vencedor, ele tem probabilidade [tex]\dfrac{1}{7}[/tex] de ter recebido a camisa vermelha, sim!
Observem que o sorteio das camisetas foi feito antes da corrida e a condição física dos corredores não influenciou o sorteio (eles nem precisariam estar presentes na hora do sorteio). Então, para o evento da distribuição de camisetas podemos aplicar a Probabilidade Clássica no espaço amostral
[tex]\qquad \qquad \Omega=\{\text{ amarela, azul, verde, vermelha, preta, branca , cinza }\}[/tex]
e concluir que qualquer atleta, particularmente o ganhador, tem probabilidade [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{1}{7}$}\,[/tex] de estar com a camiseta vermelha.
Problema 5: Cinco cartas de um baralho
(UERJ-2018) Cinco cartas de um baralho estão sobre uma mesa; duas delas são Reis, como indicam as imagens.
Após serem viradas para baixo e embaralhadas, uma pessoa retira uma dessas cartas ao acaso e, em seguida, retira outra.
Qual a probabilidade de sair Rei apenas na segunda retirada?
Solução 1:
Vamos tentar obter um espaço amostral equiprovável.
Como o problema prevê que a pessoa retirará outra carta na segunda retirada, a primeira carta retirada não será reposta para a segunda retirada. Assim, podemos definir como nosso espaço amostral o conjunto de pares [tex](C_1,C_2)[/tex], com [tex]C_1[/tex] e [tex]C_2[/tex] representando duas cartas distintas dentre as cinco disponíveis. Indicaremos as cinco cartas como [tex]A,\, 7,\, 10,\, \textcolor{red}{K},\, K[/tex] e faremos uma tabela parecida com a que fizemos no Problema 2.
Dessa forma, observe que o espaço amostral [tex]\Omega[/tex] deste experimento tem [tex]20[/tex] elementos, todos com a mesma probabilidade, já que estamos considerando os dois Reis como cartas distintas (um preto e o outro vermelho).
O evento [tex]E[/tex] para o qual calcularemos a probabilidade de ele ocorrer será formado por pares tais que: • os primeiros elementos não são Reis e, portanto, são [tex]A[/tex], [tex]7[/tex] ou [tex]10;[/tex] • os segundos elementos são Reis, ou seja, são [tex]\textcolor{red}{K}[/tex] e [tex]K[/tex].
Assim, [tex]E=\{(A,\textcolor{red}{K}),(A,K), (7,\textcolor{red}{K}),(7,K),(10,\textcolor{red}{K}),(10,K)[/tex] e, portanto:
[tex]\quad P(E)=\dfrac{n(E)}{n(\Omega)}\\
\quad P(E)=\dfrac{6}{20}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\dfrac{3}{10}=0,3$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=30\%$}\,.[/tex]
Observação: Se você conhece o Princípio Multiplicativo (Princípio Fundamental da Contagem), as contagens dos números de elementos de [tex]E[/tex] e de [tex]\Omega[/tex] podem ser feitas sem a tabelinha que construímos. Veja o Princípio.
Princípio Fundamental da Contagem, ou Princípio Multiplicativo, para duas decisões
Se • uma decisão [tex]D1[/tex] puder ser tomada de [tex]m[/tex] maneiras diferentes, • uma decisão [tex]D2[/tex] puder ser tomada de [tex]n[/tex] maneiras diferentes,
e essas duas decisões forem independentes entre si (isto é, a ocorrência de uma não muda a quantidade de possibilidades para a ocorrência da outra), então o número total de maneiras de tomarmos as decisões [tex]D1[/tex] e [tex]D2[/tex] será [tex]\boxed{m\cdot n}\,.[/tex]
Solução 2: ► Temos cinco possibilidades para primeira retirada e quatro possibilidades para a segunda; assim, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos um total de [tex]5\cdot 4=20[/tex] casos possíveis.
► Temos três casos favoráveis para o evento [tex]E[/tex] na primeira retirada e dois na segunda; assim, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos um total de [tex]3\cdot 2=6[/tex] casos favoráveis para o evento [tex]E[/tex].
Então:
[tex]\qquad P(E)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}=0,3$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=30\%$}\,.[/tex]
Como vimos no Problema 5, a utilização do Princípio Fundamental da Contagem/Princípio Multiplicativo pode evitar contagens explícitas muito longas. Assim, vamos enunciar a forma geral desse Princípio.
Princípio Fundamental da Contagem, ou Princípio Multiplicativo
✏ Se
uma decisão D1 puder ser tomada de [tex] m_1 [/tex] maneiras diferentes,
uma decisão D2 puder ser tomada de [tex]m_2 [/tex] maneiras diferentes,
[tex]\cdots[/tex]
uma decisão Dk puder ser tomada de [tex]m_k [/tex] maneiras diferentes
e todas essas decisões forem independentes entre si (isto é, a ocorrência de uma não muda a quantidade de possibilidades para a ocorrência de outra), então a quantidade de maneiras com que as [tex]k[/tex] decisões podem ser tomadas ao mesmo tempo é
[tex]\qquad \qquad \boxed{m_1\times m_2 \times \cdots \times m_k} \, .[/tex]
Problema 6: Probabilidade com baralho
Um baralho comum é composto de [tex]52[/tex] cartas separadas em quatro naipes: paus, espadas, copas e ouros, cada naipe com [tex]13[/tex] cartas. Para cada naipe, as cartas podem ser Ás, [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex], [tex]7[/tex], [tex]8[/tex], [tex]9[/tex], [tex]10[/tex], Valete ([tex]J[/tex]), Dama ([tex]Q[/tex]) e Rei ([tex]K[/tex]).
Um baralho comum é embaralhado e depois do embaralhamento as cartas são colocadas umas sobre as outras, formando um monte. Qual a probabilidade de que as quatro cartas do topo do monte tenham naipes diferentes?
Solução: (a) Seja [tex]E[/tex] o evento da retirada de quatro cartas com naipes diferentes do topo do monte. ►Vamos dividir a contagem dos casos possíveis em quatro etapas: • Como o baralho tem [tex]52[/tex] cartas, temos [tex]52[/tex] possibilidades para a primeira carta retirada de cima do monte. • Retirada a primeira carta, ficamos com [tex]51[/tex] cartas; logo, temos [tex]51[/tex] possibilidades para a próxima carta a ser retirada de cima do monte. • Retiradas a primeira e a segunda cartas, ficamos com [tex]50[/tex] cartas no baralho; assim, temos [tex]50[/tex] possibilidades para a retirada da próxima carta de cima do monte. • Retiradas a primeira, a segunda e a terceira cartas, ficamos com [tex]49[/tex] cartas no baralho e, portanto, são [tex]49[/tex] possibilidades para a quarta e última carta de cima do monte.
Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos um total de [tex]\boxed{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}[/tex] casos possíveis.
►Vamos também dividir a contagem dos casos favoráveis em quatro etapas: • A primeira carta a ser retirada pode ter qualquer naipe. Como o baralho tem [tex]52[/tex] cartas, temos [tex]52[/tex] possibilidades favoráveis. • Definido o naipe da primeira carta retirada, as outras três cartas a serem retiradas devem ter naipes diferentes dessa primeira. Assim, o número de possibilidades favoráveis de retirada para a segunda carta deve ser a diferença entre o número total de cartas que sobraram, [tex]52-1=51[/tex], e o número de cartas que sobraram com o mesmo naipe da primeira que foi retirada, [tex]51-12=39[/tex]. (Poderíamos também ter observado que sobraram no baralho [tex]13[/tex] cartas dos três naipes não retirados: [tex]13\times 3=39[/tex].) • Os naipes das duas próximas cartas a serem retiradas devem ser diferentes dos naipes da primeira e da segunda cartas já retiradas. Com isso, o número de possibilidades favoráveis para a terceira carta retirada deve ser o número total de cartas que sobraram, [tex]51-1=50[/tex] menos o número de cartas que estão no baralho e têm o mesmo naipe da primeira e da segunda cartas que foram retiradas, [tex]50-12-12=26[/tex]. (Ou [tex]13[/tex] cartas de cada um dos dois naipes que ainda não saíram.) • Finalmente, a última carta a ser retirada deve ter naipe diferente dos naipes da primeira, da segunda e da terceira cartas retiradas. Logo, o número de possibilidades favoráveis para a última retirada deve ser o número total de cartas que sobraram, [tex]52-3=49[/tex] menos o número de cartas que estão no baralho e têm o mesmo naipe das três cartas já retiradas, [tex]49-12-12-12=13[/tex] (poderíamos também ter observado que sobraram no baralho [tex]13[/tex] cartas do naipe que ainda não saiu).
Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos um total de [tex]\boxed{52\cdot 39\cdot 26 \cdot 13}[/tex] casos favoráveis.
Assim, considerando que o embaralhamento inicial das cartas faz com que cada carta a ser retirada de cima do monte seja igualmente provável, segue que:
[tex]\quad P(E)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\dfrac{52\cdot 39\cdot 26 \cdot 13}{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}\approx 0,105$}\,.[/tex]
Problema 7: Lançamento de cinco dados comuns
Vamos considerar o lançamento simultâneo de cinco dados equilibrados. Calcular a probabilidade de que as faces voltadas para cima mostrem: (a) cinco números diferentes. (b) exatamente dois números iguais. (c) três números iguais e dois distintos. (Situação ilustrada na figura ao lado.) (d) três números iguais e dois outros iguais entre si. (e) exatamente quatro números iguais. (f) cinco números iguais.
Solução:
O espaço amostral do experimento é equiprovável e é formado por todas as sequências ordenadas de cinco números [tex]\left(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\right)[/tex], números esses de [tex]1[/tex] a [tex]6:[/tex]
[tex]\; \Omega=\left\{\left(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\right)\text{ tais que } a_i \in \{1,2,3,4,5,6\} \text{, com } i=1,2,3,4 \text{ ou }5\,\right\}\,.[/tex] ► Dessa forma, pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos um total de [tex]\boxed{6\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6=6^5}[/tex] casos possíveis para todos os itens do problema.
(a) Vamos denotar por [tex]A[/tex] o evento de se obter cinco números diferentes nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Para contar o número de casos favoráveis, vamos dividir a nossa contagem em cinco etapas independentes e sucessivas e aplicar o Princípio Multiplicativo. • O número que aparecerá no primeiro dado pode ser escolhido de [tex]6[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no segundo dado pode ser escolhido de [tex]5[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no terceiro dado pode ser escolhido de [tex]4[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no quarto dado pode ser escolhido de [tex]3[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no último dado pode ser escolhido de [tex]2[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis ao evento [tex]A[/tex] será [tex]6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2=\boxed{720}\,.[/tex]
Assim:
[tex]\quad P(A)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=\dfrac{720}{6^5}=\dfrac{5}{54}\approx 0,093$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente,[tex]\,\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 9,3\%$}\,.[/tex]
(b) Vamos denotar por [tex]B[/tex] o evento de se obter exatamente dois números iguais nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Para contar o número de casos favoráveis, vamos dividir a nossa contagem em cinco etapas independentes e aplicar o Princípio Multiplicativo. • O número que aparecerá duas vezes pode ser escolhido de [tex]6[/tex] modos distintos: ou [tex]1[/tex] ou [tex]2[/tex] ou [tex]3[/tex] ou [tex]4[/tex] ou [tex]5[/tex] ou [tex]6\,.[/tex] • A escolha dos dados nos quais aparecerão os dois números repetidos poderá ser feita de [tex]10[/tex] modos distintos: Dados: [tex]1[/tex] e [tex]2[/tex]; [tex]1[/tex] e [tex]3[/tex]; [tex]1[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex] e [tex]3[/tex]; [tex]2[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]2[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]4[/tex] e [tex]5\,.[/tex]
Escolhidos os dados nos quais aparecerá o número repetido, restarão três dados. • O número que aparecerá no primeiro desses três dados poderá ser escolhido de [tex]6-1=5[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no segundo desses três dados poderá ser escolhido de [tex]5-1=4[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no terceiro desses três dados poderá ser escolhido de [tex]4-1=3[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis ao evento [tex]B[/tex] será [tex]6 \cdot 10 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3=\boxed{3600}\,.[/tex]
Assim:
[tex]\quad P(B)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)=\dfrac{3600}{6^5}=\dfrac{25}{54}\approx 0,463$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\approx 46,3\%$}\,.[/tex]
(c) Vamos denotar por [tex]C[/tex] o evento de se obter três números iguais e dois distintos nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Para contar o número de casos favoráveis, vamos dividir a nossa contagem em quatro etapas independentes e aplicar o Princípio Multiplicativo. • O número que aparecerá três vezes pode ser escolhido de [tex]6[/tex] modos distintos: ou [tex]1[/tex] ou [tex]2[/tex] ou [tex]3[/tex] ou [tex]4[/tex] ou [tex]5[/tex] ou [tex]6\,.[/tex] • A escolha dos dados nos quais aparecerão os três números repetidos poderá ser feita de [tex]10[/tex] modos distintos: Dados: [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]3[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex].
Escolhidos os dados nos quais aparecerá o número repetido, restarão dois dados. • O número que aparecerá no primeiro desses dois dados poderá ser escolhido de [tex]6-1=5[/tex] modos distintos. • O número que aparecerá no segundo desses dois dados poderá ser escolhido de [tex]5-1=4[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis ao evento [tex]C[/tex] será [tex]6 \cdot 10 \cdot 5 \cdot 4 =\boxed{1200}\,.[/tex]
Assim:
[tex]\quad P(C)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)=\dfrac{1200}{6^5}=\dfrac{25}{162}\approx 0,154$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)\approx 15,4\%$}\,.[/tex]
(d) Vamos denotar por [tex]D[/tex] o evento de se obter três números iguais e dois outros iguais entre si nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Para contar o número de casos favoráveis, vamos dividir a nossa contagem em três etapas independentes e aplicar o Princípio Multiplicativo. • O número que aparecerá três vezes pode ser escolhido de [tex]6[/tex] modos distintos: ou [tex]1[/tex] ou [tex]2[/tex] ou [tex]3[/tex] ou [tex]4[/tex] ou [tex]5[/tex] ou [tex]6\,.[/tex] • A escolha dos dados nos quais aparecerão os três números repetidos poderá ser feita de [tex]10[/tex] modos distintos: Dados: [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]3[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]. • Escolhidos os dados nos quais aparecerá o número repetido, restarão dois dados nos quais aparecerá o mesmo número. A escolha desse número poderá ser feita de [tex]6-1=5[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis ao evento [tex]D[/tex] será [tex]6 \cdot 10 \cdot 5 =\boxed{300}\,.[/tex]
Assim:
[tex]\quad P(D)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(D)=\dfrac{300}{6^5}=\dfrac{25}{648}\approx 0,039$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(D)\approx 3,9\%$}\,.[/tex]
(e) Vamos denotar por [tex]E[/tex] o evento de se obter exatamente quatro números iguais nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Para contar o número de casos favoráveis, vamos dividir a nossa contagem em três etapas independentes e aplicar o Princípio Multiplicativo. • O número que aparecerá quatro vezes pode ser escolhido de [tex]6[/tex] modos distintos: ou [tex]1[/tex] ou [tex]2[/tex] ou [tex]3[/tex] ou [tex]4[/tex] ou [tex]5[/tex] ou [tex]6\,.[/tex] • A escolha dos dados nos quais aparecerão os quatro números repetidos poderá ser feita de [tex]5[/tex] modos distintos: Dados: [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]1[/tex], [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]5[/tex]. • Escolhidos os dados nos quais aparecerá o número repetido, restará um dado no qual aparecerá o número diferente. A escolha desse número poderá ser feita de [tex]6-1=5[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis ao evento [tex]E[/tex] será [tex]6 \cdot 5 \cdot 5 =\boxed{150}\,.[/tex]
Assim:
[tex]\quad P(E)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\dfrac{150}{6^5}=\dfrac{25}{1296}\approx 0,019$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)\approx 1,9\%$}\,.[/tex]
(f) Vamos denotar por [tex]F[/tex] o evento de se obter cinco números iguais nas faces voltadas para cima dos cinco dados. ► Aqui não temos muitas escolhas, pois os cinco apresentarão o mesmo número. Esse número poderá aparecer nas faces voltadas para cima dos cincos dados de [tex]6[/tex] modos distintos: Dados: [tex]1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]1[/tex] e [tex]1[/tex]; [tex]2[/tex], [tex]2[/tex], [tex]2[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]2[/tex]; [tex]3[/tex], [tex]3[/tex], [tex]3[/tex], [tex]3[/tex] e [tex]3[/tex]; [tex]4[/tex], [tex]4[/tex], [tex]4[/tex], [tex]4[/tex] e [tex]4[/tex]; [tex]5[/tex], [tex]5[/tex], [tex]5[/tex], [tex]5[/tex] e [tex]5[/tex]; [tex]6[/tex], [tex]6[/tex], [tex]6[/tex], [tex]6[/tex] e [tex]6[/tex].
Assim:
[tex]\quad P(F)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(F)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{1296}\approx 0,0008$}\,.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(F)\approx 0,08\%$}\,.[/tex]
Permutações e Combinações são ferramentas da Análise Combinatória que também permitem que consigamos determinar o número de elementos de conjuntos finitos formados a partir de determinadas regras, sem que seja necessário contarmos um a um esses elementos. Embora as fórmulas básicas resultantes do estudo dessas ferramentas sejam obtidas a partir do Princípio Fundamental da Contagem, vale a pena recordar as respostas a duas perguntas que aparecem com frequência em problemas de probabilidade no momento de contar os casos possíveis e os favoráveis.
✏De quantas maneiras podemos organizar em fila esses [tex]n[/tex] objetos distintos?
O objeto matemático que responde a essa pergunta é a permutação simples.
Chamamos de permutação simples de [tex]n[/tex] objetos distintos a toda sequência ordenada desses [tex]n[/tex] objetos, na qual cada um deles aparece uma única vez. ► O número total de permutações simples de [tex]n[/tex] objetos é denotado por [tex]P_n\,[/tex] e é dado por:
[tex]\qquad \qquad P_n=n!\,.[/tex]
Assim, a resposta à nossa primeira pergunta é [tex]\;\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P_n=n!$}\,.[/tex]
✏De quantas maneiras podemos escolher [tex]r[/tex] objetos distintos entre os [tex]n[/tex] objetos distintos dados?
Agora, o objeto matemático que reponde à nossa pergunta é a combinação simples.
Chamamos de combinação simples de [tex]n[/tex] objetos distintos tomados [tex]r[/tex] a [tex]r[/tex] a todo agrupamento formado por [tex]r[/tex] objetos diferentes escolhidos entre os [tex]n[/tex] objetos dados, levando-se em consideração apenas a sua natureza, sem se importar em que ordem eles foram escolhidos ou apresentados. ► O número total de combinações simples de [tex]n[/tex] objetos tomados [tex]r[/tex] a [tex]r[/tex] é denotado por [tex]C_{n\, ,\, r}[/tex] ou [tex]C_n^r\,[/tex] e é dado por:
[tex]\qquad \qquad C_{n\, ,\, r}=C_n^r=\dfrac{n!}{(n-r)!\, r!}\, [/tex], com [tex]0\lt r \leqslant n\,.[/tex]
Assim, a resposta à nossa segunda pergunta é [tex]\;\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$C_{n\, ,\, r}=C_n^r=\dfrac{n!}{(n-r)!\, r!}$}\,.[/tex]
Problema 8: Retirada de bolas
De uma urna com doze bolas, quatro amarelas, quatro verdes e quatro vermelhas, serão retiradas seis bolas sem reposição. Qual é a probabilidade de serem retiradas duas bolas de cada cor?
Solução:
Temos um espaço equiprovável, já que a quantidade de bolas de mesma cor é a mesma. Observe também que as bolas serão retiradas sem reposição; assim, vamos contar as retiradas como se elas fossem feitas simultaneamente. ► Vamos fazer seis retiradas de um total de doze bolas; isso equivale à escolha de seis bolas distintas entre doze que estão na urna, então o número de casos possíveis é dado por:
[tex]\qquad \qquad C_{12}^6=\dfrac{12!}{(12-6)!\, 6!}=\dfrac{12!}{6!\, 6!}\\
\qquad \qquad C_{12}^6=\dfrac{12 \cdot 11\cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{6!}=\boxed{924}\,.[/tex] ► Para a contagem dos casos favoráveis, observe que temos [tex]C_{4}^2[/tex] maneiras de retirar as bolas amarelas, [tex]C_{4}^2[/tex] maneiras de retirar as verdes e [tex]C_{4}^2[/tex] maneiras de retirar as vermelhas. Dessa forma, pelo Princípio Multiplicativo temos
[tex]\qquad \qquad C_{4}^2 \cdot C_{4}^2 \cdot C_{4}^2 =\left(\dfrac{4!}{(4-2)!\, 2!} \right)^3=6^3=216[/tex]
maneiras de retirar as bolas especificadas.
Portanto, a probabilidade [tex]P[/tex] requerida é:
[tex]\quad P=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P=\dfrac{216}{924}=\dfrac{18}{77}\approx 0,234$}.\\
\,
[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P\approx 23,4\%$}\,.[/tex]
Problema 9: Mega-Sena
No jogo da Mega-Sena são sorteadas seis dezenas distintas entre as primeiras sessenta dezenas: 01 – 02 – … – 60. O apostador escolhe seis dessas sessenta dezenas e é premiado se forem sorteadas quatro (Quadra), cinco (Quina) ou seis (Sena Principal).
Determine a probabilidade de um apostador fazer: (a) uma Quadra; (b) uma Quina; (c) a Sena Principal.
Solução:
Mais um espaço equiprovável; dessa forma, iremos aplicar uma vez mais a Probabilidade de Laplace. ► Serão sorteadas seis das sessenta dezenas possíveis, assim, o número de casos possíveis para os três itens é dado por:
[tex]\qquad \qquad \begin{align*} C_{60}^6&=\dfrac{60!}{(60-6)!\, 6!}=\dfrac{60!}{54!\, 6!}\\
&=\dfrac{60 \cdot 59\cdot 58 \cdot 57 \cdot 56 \cdot 55}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\boxed{50\,063\,860}\,.
\end{align*}[/tex] (a) Vamos denotar por [tex]A[/tex] o evento de o apostador fazer a Quadra.
Perceba que o apostador faz uma quadra quando escolheu quatro das seis dezenas sorteadas e duas dentre as não sorteadas, que são [tex]60-6=54\,.[/tex] • A escolha de [tex]4[/tex] dentre [tex]6[/tex] objetos se dá de [tex]C_{6}^4[/tex] modos. • A escolha de [tex]2[/tex] dentre [tex]54[/tex] objetos se dá de [tex]C_{54}^2[/tex] modos.
Assim, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o número de casos favoráveis para o acerto da Quadra é dado por:
[tex]\qquad \qquad \begin{align*} C_{6}^4 \cdot C_{54}^2 &=\dfrac{6!}{(6-4)!\, 4!} \cdot \dfrac{54!}{(54-2)!\, 2!}=\dfrac{6!}{2!\, 4!} \cdot \dfrac{54!}{52!\, 2!}\\
&=\dfrac{6\cdot 5}{2} \cdot \dfrac{54 \cdot53 }{2}=\boxed{21\,465}\,.\\
\end{align*}[/tex]
Portanto, a probabilidade [tex]P(A)[/tex] de acerto da Quadra é:
[tex]\quad P(A)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}[/tex]
[tex]\quad P(A)=\dfrac{ C_{6}^4 \cdot C_{54}^2}{ C_{60}^6}=\dfrac{21\,465}{50\,063\,860}\,.[/tex]
Assim, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 0,00043$}\,[/tex]; percentualmente, [tex] \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 0,043\%$}\,.[/tex]
Se você escrever [tex]P(A)[/tex] na forma [tex]P(A)\approx\dfrac{1}{2332}[/tex], você terá outra leitura da chance de o apostador fazer a Quadra: aproximadamente, "uma em [tex]2\;332[/tex]".
(b) Vamos denotar por [tex]B[/tex] o evento de o apostador fazer a Quina.
Note agora que o apostador faz uma quina se escolheu cinco das seis dezenas sorteadas e uma das não sorteadas [tex](60-6=54)\,.[/tex] • A escolha de [tex]5[/tex] dentre [tex]6[/tex] objetos se dá de [tex]C_{6}^5[/tex] modos; • A escolha de [tex]1[/tex] dentre [tex]54[/tex] objetos se dá de [tex]C_{54}^1[/tex] modos;
assim, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o número de casos favoráveis para o acerto da Quina é:
[tex]\qquad \qquad \begin{align*} C_{6}^5 \cdot C_{54}^1 &=\dfrac{6!}{(6-5)!\, 5!} \cdot \dfrac{54!}{(54-1)!\, 1!}=\dfrac{6!}{1!\, 5!} \cdot \dfrac{54!}{53!}\\
&=6 \cdot 54=\boxed{324}\,.\\
\end{align*}[/tex]
Logo, a probabilidade [tex]P(B)[/tex] de acerto da Quina é:
[tex]\quad P(B)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad P(B)=\dfrac{ C_{6}^5 \cdot C_{54}^1}{ C_{60}^6}=\dfrac{324}{50\,063\,860}\,.[/tex]
Então, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\approx 0,00000647$}\,[/tex]; percentualmente, [tex] \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 0,000647\%$}\,.[/tex]
Se você escrever [tex]P(B)[/tex] na forma [tex]P(B)\approx\dfrac{1}{154518}[/tex], você também terá outra leitura da chance de o apostador fazer a Quina: aproximadamente, "uma em [tex]154\;518[/tex]".
(c) Vamos denotar por [tex]C[/tex] o evento de o apostador acertar a Sena Principal.
Para o apostador acertar a Sena Principal, devem ser sorteadas as seis dezenas que ele escolheu, ou seja, existe uma única escolha!
Portanto, a probabilidade [tex]P(C)[/tex] de acerto da Sena Principal é:
[tex]\quad P(C)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}[/tex]
[tex]\quad P(C)=\dfrac{ 1}{ C_{60}^6}=\dfrac{1}{50\,063\,860}\,.[/tex]
Logo, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)\approx 0,00000001997$}\,[/tex].
Percentualmente, [tex] \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 0,000001997\%$}\,.[/tex]
Aqui, a chance de o apostador acertar a Sena-Principal é "uma em [tex]50\,063\,860[/tex]".
Às vezes é mais fácil calcularmos "o que não queremos" do que calcular exatamente "o que queremos". Com a Probabilidade de Laplace não é diferente; já aplicamos essa estratégia, mas vamos enfatizá-la mais e explorá-la na resolução de mais alguns problemas. Como aplicá-la? Vejamos! ► Suponha que você tenha um espaço amostral [tex]\Omega\,[/tex] composto apenas por dois eventos [tex]A\,[/tex] e [tex]\,B[/tex] disjuntos. Neste caso, conforme vimos na Sala Inicial, [tex]A= \overline{B}\,[/tex] e [tex]B= \overline{A}\,[/tex], ou seja, [tex]A\,[/tex] e [tex]\,B[/tex] são eventos complementares.
Assim, estamos nas seguintes condições:
[tex]\qquad A\cup B=\Omega[/tex],
[tex]\qquad A\cap B=\emptyset[/tex];
portanto, se você precisar da probabilidade de [tex]A\,[/tex], mas for mais fácil calcular a probabilidade de [tex]B[/tex], então calcule a probabilidade de [tex]B\,[/tex] e utilize a propriedade 2:
[tex]\qquad \qquad P(A)=1-P(\overline{A})=1-P(B)\,.[/tex]
Problema 10: Aedes aegypti
(UERJ 2009) Um pesquisador possui em seu laboratório um recipiente contendo [tex]100[/tex] exemplares de Aedes aegypti, cada um deles contaminado com apenas um dentre três tipos de vírus, de acordo com os seguintes dados:
Tipo [tex]DEN1[/tex]: [tex]30[/tex] mosquitos;
Tipo [tex]DEN2[/tex]: [tex]60[/tex] mosquitos;
Tipo [tex]DEN3[/tex]: [tex]10[/tex] mosquitos.
Retirando-se simultaneamente e ao acaso dois mosquitos desse recipiente, qual a probabilidade de que pelo menos um esteja contaminado com o tipo [tex]DEN3[/tex]?
Solução:
Se fôssemos calcular diretamente a probabilidade de que pelo menos um dos mosquitos esteja contaminado com o vírus do tipo [tex]DEN3[/tex], teríamos que abrir a nossa contagem de casos favoráveis em cinco casos:
[tex]\qquad \qquad \quad \quad\begin{array}{c | c}
\hline
\text{Primeira retirada} & \text{Segunda retirada}\\
\hline
DEN1&DEN3\\
\hline
DEN3&DEN1\\
\hline
DEN2&DEN3\\
\hline
DEN3&DEN2\\
\hline
DEN3&DEN3\\
\hline
\end{array}[/tex]
Assim, é mais fácil determinar a probabilidade de, ao se retirar simultaneamente dois mosquitos do recipiente, não sair um mosquito contaminado com o vírus do tipo [tex]DEN3[/tex] e, depois, determinaremos a probabilidade do complementar desse evento.
Seja, então, [tex]B[/tex] o evento de, retirados simultaneamente e ao acaso dois mosquitos do recipiente, não sair um mosquito contaminado com o vírus do tipo [tex]DEN3.[/tex] ► Perceba que temos [tex]30+60=90[/tex] mosquitos que não estão contaminados com o [tex]DEN3[/tex]; assim, é possível fazer a primeira retirada de [tex]90[/tex] modos diferentes e a segunda de [tex]89[/tex] modos.
Dessa forma, pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis à retirada de um mosquito NÃO contaminado com o vírus do tipo [tex]DEN3[/tex] é dado por:
[tex]\qquad \qquad 90 \cdot 89=\boxed{8010}\,.[/tex] ► Para a contagem dos casos possíveis, observe que temos um total de [tex]30+60+10=\boxed{100}[/tex] mosquitos; logo, a primeira retirada é feita de [tex]100[/tex] modos diferentes e a segunda de [tex]99[/tex] modos distintos.
Pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos possíveis para a retirada de dois mosquitos é [tex]100 \cdot 99=\boxed{9900}[/tex], portanto, a probabilidade [tex]P(B)[/tex] é dada por:
[tex]\quad P(B)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)=\dfrac{8010}{9900}=\dfrac{89}{110}$}\,.\\
\,[/tex]
Assim, se [tex]A[/tex] for o evento de, retirados simultaneamente e ao acaso dois mosquitos do recipiente, pelo menos um mosquito estar contaminado com o vírus do tipo [tex]DEN3[/tex], [tex]P(A)[/tex] pode ser assim calculada:
[tex]\qquad \qquad P(A)= 1-\dfrac{89}{110}\\
\qquad \qquad P(A)=\dfrac{21}{110}\approx 0,191\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)\approx 19,1\%$}\,.[/tex]
Problema 11: Signos
Sabemos que são doze os signos do zodíaco.
Em um grupo de quatro pessoas, qual a probabilidade de haver coincidência de signos?
Solução:
Esta também é uma situação na qual temos muito mais casos favoráveis do que desfavoráveis; portanto, vamos utilizar a chamada "Probabilidade Complementar". Vamos então calcular, inicialmente, a probabilidade [tex]P(N)[/tex] de NÃO coincidência de signos entre as quatro pessoas. ► Para não haver coincidência, • o signo da primeira pessoa pode ser qualquer um; • o da segunda deve ser apenas diferente do da primeira; • o da terceira deve ser diferente do das duas primeiras; • o da quarta deve ser diferente do das três primeiras.
Assim, pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis à NÃO coincidência de signos é dado por:
[tex]\qquad \qquad\boxed{ 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}\,.[/tex] ► Para a contagem dos casos possíveis, basta lembrar que são doze signos; logo, pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos possíveis é [tex]\boxed{12\cdot 12\cdot 12\cdot 12}\,.[/tex]
Portanto, a probabilidade [tex]P(N)[/tex] é dada por:
[tex]\qquad P(N)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad P(N)= \dfrac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{12\cdot 12\cdot 12\cdot 12}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(N)=\dfrac{11880}{20736}\approx 0,573$}\,.\\
\,[/tex]
Assim, se [tex]C[/tex] for o evento coincidência de signos entre as quatro pessoas, então:
[tex]\qquad P(C)= 1-P(N)\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)= 1-\dfrac{11880}{20736}\approx 0,427%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)\approx 42,7\%$}\,.[/tex]
Problema 12: Datas de aniversário
Ana Bela estuda em uma turma de trinta alunos.
No início do ano letivo ela teve a ideia de montar uma tabela com as datas de aniversário dos trinta aluno da turma para, no caso de coincidência de datas, os aniversariantes combinarem uma festa única.
Os alunos da turma acharam que em um grupo de apenas trinta pessoas seria quase impossível ter uma coincidência de datas; mas, assim mesmo, todos forneceram suas respectivas datas de aniversário. Qual a probabilidade de ter aparecido alguma coincidência na tabela da Ana Bela?
Solução:
Este é um problema cujo resultado é surpreendente!
Vamos utilizar a probabilidade complementar para determinar a probabilidade de duas pessoas terem a mesma data de aniversário, em um grupo de [tex]30[/tex] pessoas. Sejam, então, os seguintes eventos:
[tex]\qquad A:[/tex] em um grupo de [tex]30[/tex] pessoas, pelo menos duas fazem aniversário no mesmo dia.
[tex]\qquad B:[/tex] em um grupo de [tex]30[/tex] pessoas, todas aniversariam em datas diferentes.
Vamos calcular, inicialmente, a probabilidade do evento [tex]B[/tex] ► Considerando o ano com [tex]365[/tex] dias, o número de casos possíveis para os aniversários das [tex]30[/tex] pessoas, segundo o Princípio Multiplicativo, é:
[tex]\qquad \qquad \underbrace{365 \times 365 \times 365\times \dots \times 365}_{30\text{ vezes}}=\boxed{356^{30}}\,.[/tex]
[tex]\begin{array}{c c c c c}
\text{ 365 dias }&\text{ 365 dias }&\text{ 365 dias }&\,\cdots\, &\text{ 365 dias }\\
\overline{\text{Primeira pessoa}}&\overline{\text{Segunda pessoa}}&\overline{\text{Terceira pessoa}}&&\overline{\text{Trigésima pessoa}}\end{array}.[/tex]
►Vamos à contagem dos casos possíveis: • para o aniversário da primeira pessoa, temos [tex]365[/tex] possibilidades; • para o aniversário da segunda pessoa, temos [tex]365-1=364[/tex] possibilidades; • para o aniversário da terceira pessoa, temos [tex]365-2=363[/tex] possibilidades; • para o aniversário da quarta pessoa, temos [tex]365-3=363[/tex] possibilidades; . . . • para o aniversário da trigésima pessoa, temos [tex]365-29=336[/tex] possibilidades;
já que as datas de aniversário devem ser diferentes duas a duas.
Logo, pelo Princípio Multiplicativo, o número de casos favoráveis a que todas as datas de aniversário das [tex]30[/tex] pessoas sejam distintas é:
[tex]\qquad \qquad \boxed{365 \times 364 \times 363\times \dots \times 336}\,.[/tex]
[tex]\begin{array}{c c c c c}
\text{ 365 dias }&\text{ 364 dias }&\text{ 363 dias }&\,\cdots\, &\text{ 336 dias }\\
\overline{\text{Primeira pessoa}}&\overline{\text{Segunda pessoa}}&\overline{\text{Terceira pessoa}}&&\overline{\text{Trigésima pessoa}}\end{array}.[/tex]
Com isso, a probabilidade [tex]P(B)[/tex] é dada por:
[tex]\qquad P(N)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad P(N)= \dfrac{365 \times 364 \times 363\times \dots \times 336}{365^{30}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(N)\approx 0,29$}\,.\\
\,[/tex]
Assim,
[tex]\qquad P(A)= 1-P(B)//
\qquad P(A)\approx 1-0,29//
\qquad P(A)\approx 0,71\,[/tex],
e, assim, a probabilidade de ter aparecido alguma coincidência na tabela da Ana Bela é de, aproximadamente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$71\%$}\,.[/tex]
Podemos generalizar este problema e obter que a probabilidade de não haver duas pessoas com a mesma data de aniversário em um grupo de [tex]n[/tex] pessoas é dada por:
[tex]\qquad \qquad \dfrac{365 \times 264 \times 363 \times \cdots \times\left[365-(n-1)\right]}{365^n}[/tex]
e, portanto, a probabilidade de que haja pelo menos duas pessoas com a mesma data de aniversário em um grupo de [tex]n[/tex] pessoas é dada por:
[tex]\qquad \qquad 1-\dfrac{365 \times 264 \times 363 \times \cdots \times\left[365-(n-1)\right]}{365^n}\,.[/tex]
A tabela e o gráfico abaixo mostram a probabilidade de acontecer coincidências de datas de aniversário para alguns valores de [tex]n\,.[/tex]
Perceba que em um grupo com [tex]23[/tex] pessoas, é mais provável acontecer a coincidência de duas datas de aniversário do que todas as pessoas terem datas diferentes.
Problema 13: Par, ímpar (UNICAMP, 2004) Considere o conjunto dos dígitos [tex]\{1, 2, 3, \cdots , 9\}[/tex] e forme com eles números de nove algarismos distintos. Escolhendo-se ao acaso um dos números pares formados, qual a probabilidade de que este número tenha exatamente dois dígitos ímpares juntos?
Solução:
A escolha de dígitos do conjunto [tex]\{1, 2, 3, …, 9\}[/tex] para se formar com eles números pares de nove algarismos distintos é um experimento aleatório cujo espaço amostral, embora com muitos elementos, é finito e equiprovável; então a Probabilidade de Laplace será utilizada. ► Para determinar o número de casos possíveis, precisaremos contar quantos números pares com nove algarismos serão formados. Para isso, vamos dividir o processo de formação desses números pares em duas etapas: a escolha do último algarismo e a escolha dos demais algarismos. • Observe que os números pares que podemos formar com os algarismos [tex]1, 2, 3, \cdots, 9[/tex] são aqueles que terminam em [tex]2,4, 6[/tex] ou [tex]8[/tex]. Podemos escolher o último dígito de [tex]4[/tex] maneiras diferentes: ou [tex]2[/tex] ou [tex]4[/tex] ou [tex]6[/tex] ou [tex]8[/tex]. • A escolha dos primeiros oito algarismos pode ser contada utilizando Permutação, já que cada escolha desses oito algarismos é uma permutação de oito objetos distintos. Assim, o número de maneiras de montarmos essa sequência de oito algarismos é [tex]8!=40\,320[/tex].
Dessa forma, o Princípio Multiplicativo garante que podemos formar [tex] 4 \times 40\,320 =\, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\, 161\,280$}\,[/tex] números pares com nove algarismos distintos utilizando o conjunto dos dígitos [tex]\{1, 2, 3, …, 9\}[/tex]. Esse é, portanto, o número de casos possíveis. ► Os casos favoráveis são números pares com nove dígitos distintos, e todos os nove diferentes de [tex]0[/tex], com exatamente dois algarismos ímpares em posições consecutivas; logo, esses números devem ter uma das seguintes formas:
[tex]\qquad \qquad \boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}} \quad ; \quad \boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}} \quad ; \quad \boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}} \quad ; \quad \boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}}.[/tex]
Vamos então fazer a contagem do total de números com essas quatro formas. Para isso, vamos olhá-las de um modo ligeiramente diferente:
Forma [tex]\boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}}[/tex]
[tex]\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&\textcolor{red}{i}&\\
&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}&&&\textcolor{blue}{p}
\end{array}[/tex]
Forma [tex]\boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}}[/tex]
[tex]\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\textcolor{red}{i}&\,&\textcolor{red}{i}& &\textcolor{red}{i}&\textcolor{red}{i}&\,&\textcolor{red}{i}&\,\\
\,&\textcolor{blue}{p}&\,&\textcolor{blue}{p}&\,&\,&\textcolor{blue}{p}&\,&\textcolor{blue}{p}\\
\end{array}[/tex]
Forma [tex]\boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}}[/tex]
[tex]\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&\\
&\textcolor{blue}{p}&&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}
\end{array}[/tex]
Forma [tex]\boxed{\textcolor{red}{i}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}\textcolor{red}{i}\textcolor{blue}{p}}[/tex]
[tex]\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\textcolor{red}{i}&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&&\textcolor{red}{i}&\\
&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}&&\textcolor{blue}{p}
\end{array}[/tex]
Perceba que os diversos números de cada forma são obtidos por permutações dos quatro pares e dos cinco ímpares que os compõem. Assim, o Princípio Multiplicativo garante que para cada forma temos [tex]5! \cdot 4![/tex] escolhas possíveis para os números.
Como são quatro formas e em cada uma delas temos [tex]5! \cdot 4![/tex] números que atendem as especificações, concluímos que o número de casos favoráveis a que os números pares tenham exatamente dois algarismos ímpares em posições consecutivas é dado por:
[tex]\qquad 4 \times \left(5! \cdot 4!\right) =\, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\, 11\,520$}\,.[/tex]
Finalmente, a probabilidade [tex]P[/tex] de que, escolhendo-se ao acaso um dos números pares formados este número tenha exatamente dois dígitos ímpares juntos é dada por
[tex]\qquad \qquad P=\dfrac{4 \times 5! \times 4!}{161280}=\dfrac{11520}{161280}=\dfrac{1}{14}\approx 0,071.[/tex]
Portanto, [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\, P \approx 7,1\%$}\,[/tex].
Problema 14: Meias soltas em uma gaveta
Uma pessoa descuidada tem oito meias amarelas, seis azuis, quatro verdes e apenas uma vermelha, todas soltas em uma gaveta. Certo dia, com muita pressa, ela pegou na gaveta duas meias, uma e em seguida outra, sem olhar a cor delas. Calcular a probabilidade de: (a) As duas meias serem amarelas. (b) As duas meias serem da mesma cor. (c) Uma das meias ser a vermelha. (d) Uma delas ser verde e a outra não. (e) Uma delas ser verde e a outra azul.
Solução:
Inicialmente, observe que o total de meias na gaveta é [tex]8+6+4+1=19.[/tex] Observe também que as meias são retiradas da gaveta de forma aleatória, então temos um espaço amostral equiprovável e, portanto, podemos aplicar a Probabilidade de Laplace. Agora, analisaremos cada item proposto. (a)
As duas meias a serem retiradas são da mesma cor, logo, a ordem em que elas serão retiradas é irrelevante. ► Como na gaveta tem oito meias amarelas, temos [tex]8[/tex] possibilidades de retirar a primeira meia amarela e [tex]7[/tex] possibilidades para a segunda retirada. Assim, são [tex]8\cdot 7=56[/tex] casos favoráveis. ► São [tex]19[/tex] meias na gaveta; logo, o número de casos possíveis para duas retiradas é [tex]19\cdot 18=342[/tex].
Dessa forma, retiradas duas meias ao acaso, a probabilidade de que sejam ambas amarelas é dada por [tex]\dfrac{56}{342}=\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\approx 0,164$}\,[/tex]. Aproximadamente [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$16,4\%$} \, .[/tex]
(b)
Precisamos calcular a probabilidade de "as duas meias serem amarelas" ou "as duas meias serem azuis" ou "as duas meias serem verdes". (Observe que só existe uma meia vermelha na gaveta, então não é possível que as duas meias retiradas sejam vermelhas.)
Inicialmente, vamos repetir três vezes o raciocínio do item (a): • Probabilidade de as duas meias retiradas da gaveta serem amarelas:
[tex]\qquad \dfrac{8\cdot 7}{19 \cdot 18} =\dfrac{56}{342} \,.[/tex] • Probabilidade de as duas meias retiradas da gaveta serem azuis:
[tex]\qquad \dfrac{6\cdot 5}{19\cdot 18} =\dfrac{30}{342}\,. [/tex] • Probabilidade de as duas meias retiradas da gaveta serem verdes:
[tex]\qquad \dfrac{4\cdot 3}{19 \cdot 18} =\dfrac{12}{342}\,. [/tex]
Agora, observe que os eventos "ambas as meias são amarelas", "ambas as cmeias são azuis" e "ambas meias são verdes" são excludentes dois a dois; assim, podemos aplicar a propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] estendida a três eventos para concluir que, retiradas duas meias ao acaso, a probabilidade de que ambas sejam amarelas ou sejam azuis ou sejam verdes é dada por (veja o esqueminha abaixo):
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$\dfrac{56}{342}+ \dfrac{30}{342}+\dfrac{12}{342}=\dfrac{98}{342}=\dfrac{49}{171}\approx 0,287$}\\
\,[/tex],
ou seja, aproximadamente [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$28,7\%$}\, .[/tex]
[tex] \begin{array}{|c c c c c |}
\hline
\text{“amarela e amarela”}&\textcolor{red}{\text{ou}}&\text{“azul e azul”}&\textcolor{red}{\text{ou}}&\text{“verde e verde”}\\
\dfrac{56}{342}&\textcolor{red}{+}&\dfrac{30}{342}&\textcolor{red}{+}&\dfrac{12}{342}\\
\hline
\end{array}\\[/tex]
(c)
Para que uma das meias seja a vermelha, uma de duas situações deve ocorrer: a primeira é vermelha e a segunda de qualquer das outras três cores ou a primeira de qualquer das outras três cores e a segunda vermelha.
Vamos, então, analisar as duas situações separadamente e aplicar, novamente, a propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\,[/tex], já que as duas situações definem eventos excludentes. ► Probabilidade de a primeira meia retirada ser a vermelha e a segunda de qualquer das outras três cores:
Temos apenas uma possibilidade para a retirada da meia vermelha e dezoito possibilidades para a segunda retirada; assim, a probabilidade em questão pode ser assim calculada:
[tex]\qquad \dfrac{1 \cdot 18}{19\cdot 18}=\boxed{\dfrac{1}{19}}\,.[/tex] ► Probabilidade de a primeira meia retirada ser qualquer das outras três cores e a segunda vermelha:
Agora, temos dezoito possibilidades para a primeira retirada e apenas uma possibilidade para a retirada da meia vermelha; assim, a probabilidade pode ser assim calculada:
[tex]\qquad \dfrac{18 \cdot 1}{19\cdot 18}=\boxed{\dfrac{1}{19}}\,.[/tex]
Note que os dois eventos são excludentes; logo, podemos aplicar a propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] e concluir que, retiradas duas meias ao acaso, a probabilidade de que uma das meias seja a vermelha é dada por (veja o esqueminha abaixo):
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$\dfrac{1}{19}+ \dfrac{1}{19}=\dfrac{2}{19}\approx 0,105$}\\
\,[/tex],
ou seja, aproximadamente [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$10,5\%$}\, .[/tex]
[tex] \begin{array}{|c c c c |}
\hline
\text{“vermelha e outra cor”}&\textcolor{red}{\text{ou}}&\text{“outra cor e vermelha “}\\
\dfrac{1}{19}&\textcolor{red}{+}&\dfrac{1}{19}\\
\hline
\end{array}\\[/tex]
(d)
Aqui também temos duas situações a analisar:"a primeira meia retirada da gaveta é verde e a segunda é de outra cor" e "a primeira não é verde e a segunda é verde".
Mais uma vez temos dois eventos disjuntos; assim, analisaremos cada um deles separadamente e aplicaremos a propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\,.[/tex] ► Probabilidade de a primeira meia retirada ser verde e a segunda não ser verde.
Temos quatro possibilidade para a retirada de uma meia verde e quinze possibilidade para a segunda retirada; assim, a probabilidade é:
[tex]\qquad \dfrac{4 \cdot 15}{19\cdot 18}=\boxed{\dfrac{10}{57}}\,.[/tex] ► Probabilidade de a primeira meia retirada não ser verde e a segunda ser verde.
Agora, temos quinze possibilidades para a primeira retirada e quatro possibilidades para a segunda retirada. Com isso, a probabilidade aqui pode ser assim calculada:
[tex]\qquad \dfrac{15 \cdot 4}{19\cdot 18}=\boxed{\dfrac{10}{57}}\,.[/tex]
Note que temos mais dois eventos excludentes; logo, podemos aplicar a propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] para concluir que a probabilidade de, retiradas duas meias ao acaso, retirarmos uma meia verde e outra não é (veja o esqueminha abaixo):
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$\dfrac{10}{57}+ \dfrac{10}{57}=\dfrac{20}{57}\approx 0,351$}\\
\,[/tex],
ou seja, aproximadamente [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$35,1\%$}\, .[/tex]
[tex] \begin{array}{|c c c c |}
\hline
\text{“verde e não verde”}&\textcolor{red}{\text{ou}}&\text{“não verde e verde”}\\
\dfrac{10}{27}&\textcolor{red}{+}&\dfrac{10}{27}\\
\hline
\end{array}\\[/tex]
(e)
Aqui também vamos calcular duas probabilidades: a probabilidade de "a primeira meia retirada da gaveta ser verde e a segunda ser azul" e a probabilidade de "a primeira meia retirada da gaveta ser azul e a segunda ser verde ".
Observe que as duas probabilidades são iguais:
[tex]\qquad \dfrac{4 \cdot 6}{19 \cdot 18} =\dfrac{6 \cdot 4}{19 \cdot 18}=\dfrac{4}{57}[/tex],
assim, pela propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex], a probabilidade de serem retiradas uma meia verde e outra azul é
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {$\dfrac{4}{57}+ \dfrac{4}{57}=\dfrac{8}{57}\approx 0,14$}\\
\,[/tex],
ou seja, aproximadamente [tex] \, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8} {14%}\, .[/tex] Veja o último esqueminha.
[tex] \begin{array}{|c c c|}
\hline
\text{“verde e azul”}&\textcolor{red}{\text{ou}}&\text{“azul e verde”}\\
\dfrac{4}{57}&\textcolor{red}{+}&\dfrac{4}{57} \\
\hline
\end{array}[/tex]
Apresentaremos mais uma ferramenta que podemos utilizar no cálculo de probabilidades: o diagrama de árvore.
O diagrama de árvore, ou árvore de probabilidades, é um tipo de diagrama no qual inserimos possibilidades e resultados informados em um problema para a sua análise e consequente solução. Neste momento, vamos apresentar e utilizar a árvore apenas como um mapa dos possíveis resultados de uma série de escolhas relacionadas.
O diagrama começa com um único nó (usualmente chamado de nó inicial ou raiz) que se ramifica de acordo com a análise dos dados. Essas ramificações levam a nós adicionais, que, por sua vez, se ramificam em outras possibilidades, surgindo novos nós. A expansão continua até que cada caminho definido no diagrama atinja um desfecho, o que significa que não há mais escolhas a serem feitas ou resultados prováveis a serem considerados.
Assim, cria-se um diagrama cuja forma lembra os ramos de uma árvore.
São essas ramificações da árvore que, quando construídas corretamente, ajudam na organização e no entendimento das informações de um problema, já que cada nó da árvore corresponde à ocorrência de um evento que está condicionado à ocorrência de todos os eventos representados pelos nós anteriores no caminho correspondente.
Uma propriedade fundamental de uma árvore de probabilidades é que só existe um caminho da raiz para qualquer nó.
Vamos ilustrar essa ferramenta com dois exemplos.
Problema 15: Lançando uma moeda
Uma moeda honesta é lançada seguidamente por três vezes. Qual a probabilidade de sair exatamente uma cara nos três lançamentos?
Solução:
Temos mais um espaço amostral finito e equiprovável. Vamos construir uma árvore de probabilidades para contarmos os casos possíveis e os favoráveis.
Foram feitos três lançamentos, cada um com possibilidades iguais para se obter cara, evento que denotaremos por K, ou coroa, evento que denotaremos por C. ► A primeira ramificação da árvore indica os possíveis resultados do primeiro lançamento: K ou C. ► Independentemente de ter saído cara ou coroa, a segunda ramificação indica os possíveis resultados do segundo lançamento: K ou C. ► A terceira ramificação, por sua vez, indica os possíveis resultados do terceiro lançamento, independentemente do ocorrido nos lançamentos anteriores.
Observando a árvore finalizada, vemos que: ► são [tex]8[/tex] casos possíveis ► e são [tex]3[/tex] casos favoráveis: (K , C , C) ; (C , K , C) ; (C , C , K).
Assim, a probabilidade de sair exatamente uma cara nos três lançamentos é [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{3}{8}= 0,375%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$ 37,5\%$}\,.[/tex]
Aqui só foi viável construirmos um diagrama de árvore, pois nosso experimento tem poucas etapas. Imagine se tivermos que fazer cinquenta lançamentos da moeda!
Problema 16: Uma pesquisa relâmpago
A tabela abaixo apresenta informações obtidas em uma rápida pesquisa feita com alunos de uma universidade, sobre a cor com que foram pintados os corredores daquela instituição.
(1)Construa um diagrama de árvore com os dados da tabela. (2)Escolhida uma pessoa ao acaso dentre as entrevistadas, determine a probabilidade de escolhermos: (a) Uma pessoa do sexo masculino e sem opinião sobre a cor dos corredores. (b) Uma mulher que não gostou da cor dos corredores. (3) Escolhida uma pessoa ao acaso dentre os alunos do noturno, determine a probabilidade de um que tenha gostado da cor dos corredores. (4) Escolhida uma pessoa ao acaso, determine a probabilidade de essa pessoa não ter opinião sobre a cor dos corredores, sabendo que ela é do sexo feminino.
Solução: (1) Do lado esquerdo da figura a seguir, vemos um diagrama de árvore correspondente aos itens da tabela, mas sem os dados. Do lado direito, podemos ver o diagrama completo, incluindo os dados fornecidos na tabela.
Notações: D: alunos do diurno; N: alunos do noturno; F: alunos do sexo feminino; M: alunos do sexo masculino; G: alunos que gostaram da cor dos corredores; N: alunos que não gostaram da cor dos corredores; S: alunos sem opinião sobre a cor dos corredores.
(2) Escolher ao acaso um dos entrevistados na pesquisa é um experimento cujo espaço amostral é claramente finito e equiprovável, então vamos utilizar os dados da tabela/diagrama para calcular Probabilidades de Laplace em todos os itens. (a) ► O número de casos possíveis para este item é o total de entrevistados. A primeira ramificação mostra que esse total é [tex]300+370=\boxed{670}\,.[/tex] ► Na última ramificação podemos ver a quantidade de pessoas do sexo masculino e sem opinião sobre a cor dos corredores: [tex]10+10=\boxed{20}\,.[/tex]
Logo, escolhida uma pessoa ao acaso dentre as entrevistadas, a probabilidade de essa pessoa ser do sexo masculino e sem opinião sobre a cor dos corredores é dada por:
[tex]\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{20}{670}\approx 0,0299%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\approx 2,99\%$}\,.[/tex] (b) ► Também para este item, o número de casos possíveis é o total de entrevistados: [tex]300+370=\boxed{670}\,.[/tex] ► Na última ramificação podemos ver a quantidade de pessoas do sexo feminino que não gostaram da cor dos corredores: [tex]20+50=\boxed{70}\,.[/tex]
Assim, escolhida uma pessoa ao acaso dentre as entrevistadas, a probabilidade de essa pessoa ser uma mulher que não gostou da cor dos corredores é dada por:
[tex]\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{70}{670}\approx 0,1045%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\approx 10,45\%$}\,.[/tex] (3) ► Aqui, o número de casos possíveis é o total de entrevistados do noturno: [tex]\boxed{370}\,.[/tex] ► Na última ramificação podemos ver a quantidade de pessoas do noturno que gostaram da cor dos corredores: [tex]80+110=\boxed{190}\,.[/tex]
Dessa forma, escolhida uma pessoa ao acaso dentre as entrevistadas do noturno, a probabilidade de essa pessoa ter gostado da cor dos corredores é dada por:
[tex]\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{190}{370}\approx 0,5135%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\approx 51,35\%$}\,.[/tex] (4) ► Aqui, sabemos que a pessoa escolhida ao acaso é do sexo feminino; logo, o número de casos possíveis pode ser retirado da segunda ramificação: [tex]120+150=\boxed{270}\,.[/tex] ► Na última ramificação podemos ver a quantidade de pessoas do sexo feminino sem opinião sobre a cor dos corredores: [tex]20+20=\boxed{40}\,.[/tex]
Portanto, a probabilidade de, escolhida uma pessoa ao acaso dentre as entrevistadas do sexo feminino, essa pessoa não ter opinião sobre a cor dos corredores é dada por:
[tex]\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{40}{270}\approx 0,1481%$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\approx14,81\%$}\,.[/tex]
Conforme observamos, se estivermos analisando um experimento que envolva muitas etapas, fica inviável a construção de uma árvore de probabilidades. Mas na Sala 3 esse tipo de diagrama será bem útil!
Agora, é com vocês.
Se vocês tiverem que definir probabilidades para um espaço amostral, não se esqueçam de verificar com cuidado se esse espaço é equiprovável!
Bom proveito, pessoal!
Problema 17: Um jogo de fichas
Em um jogo, dentre dez fichas numeradas com números distintos de 1 a 10, duas fichas são distribuídas ao jogador. Este ganhará um prêmio se tiver recebido fichas com dois números consecutivos.
Então, qual é a probabilidade de um jogador ganhar o prêmio nesse jogo?
Problema 18: Meias espalhadas
Em uma gaveta existem quatro meias, sendo cada uma delas ou preta ou branca. Retiradas duas delas, ao acaso, temos que a probabilidade de serem ambas brancas é 1/2.
Nesse caso, qual a probabilidade de serem ambas pretas?
Problema 20: Primos e primos
Entre os números inteiros positivos menores do que [tex]100[/tex], cujos dígitos são números primos, um é escolhido ao acaso. Qual a probabilidade de que o número escolhido seja primo?
Problema 21: Seguradora de Veículos
A Seguro e Cia vende seguros contra roubo para as [tex]20[/tex] vans de uma empresa de entrega de carga. O seguro de todos os veículos citados tem uma anuidade de [tex]R\$\ 200.000,00[/tex]. No caso de uma van ser roubada, a empresa recebe um prêmio no valor de [tex]R\$\ 220.000,00[/tex], que corresponde ao valor de um novo veículo. Após um estudo na região onde os veículos circulam, verificou-se que a probabilidade de uma van ser roubada no decorrer de um ano é de [tex]35\%[/tex]. Qual a probabilidade de que, em um ano, a seguradora tenha prejuízo?
Problema 22: Senha Bancária (ESPM) A senha bancária da dona Maria era o número [tex]753213[/tex] seguido pelas letras [tex]D, D[/tex] e [tex]B[/tex], nessa ordem. Acontece que ela só se lembrava da parte numérica, esquecendo-se completamente da sequência de letras. O caixa eletrônico apresentou os quatro botões mostrados na figura abaixo, que ela deveria pressionar exatamente três vezes, podendo repeti-los, um para cada letra da senha.
Se ela fizer as escolhas aleatoriamente, qual a probabilidade de acertar a senha?
Solução
Problema 23: Transferências de bolas
(FGV, 2013) Tânia e Geraldo têm, cada um, uma urna contendo cinco bolas. Cada urna contém uma bola de cada uma das seguintes cores: azul, verde, preta, branca e roxa. As bolas são distinguíveis umas das outras apenas por sua cor. Tânia transfere, ao acaso, uma bola da sua urna para a de Geraldo. Em seguida, Geraldo transfere, ao acaso, uma bola da sua urna para a de Tânia. Ao final das transferências, qual a probabilidade de que as duas urnas tenham sua configuração inicial?
Problema 24: Urna
Em uma urna, há bolas azuis, brancas e cinzas.
Sabe-se que:
A probabilidade de retirar uma bola branca dessa urna é o triplo da probabilidade de retirar uma bola azul.
Se forem colocadas [tex]10[/tex] bolas azuis nessa urna, a probabilidade de retirar uma bola azul passa a ser [tex]0,3[/tex].
Se forem colocadas [tex]10[/tex] bolas cinzas nessa urna, a probabilidade de retirar uma bola cinza passa a ser [tex]0,2[/tex].
Determine a quantidade de bolas de cada cor.
Solução
Problema 25: Probabilidade no Cubo
Observe o cubo desenhado na figura.
Considere todos os possíveis segmentos de retas determinados por cada dois vértices, entre os oito existentes. Qual a probabilidade de se escolher um desses segmentos e ele passar pelo vértice [tex]G[/tex]?
Solução
Problema 26: Amigo secreto
(FUVEST) Cláudia, Paulo, Rodrigo e Ana brincam entre si de amigo-secreto (ou amigo-oculto).
O nome de cada um é escrito em um pedaço de papel, que é colocado em uma urna.
Em seguida, cada participante da brincadeira retira da urna um dos pedaços de papel, ao acaso. Qual a probabilidade de que nenhum participante retire seu próprio nome?
Problema 27: Probabilidade de um produto par
Dois números distintos do conjunto [tex]\{1, 2, 3, 4, 5\}[/tex] são selecionados ao acaso e depois multiplicados. Qual é a probabilidade de o produto destes dois números ser par?
Problema 28: Um dado diferente
A montagem da planificação indicada na figura irá gerar um dado com as respectivas letras apresentadas em suas faces. Se jogarmos esse dado duas vezes no chão e observarmos o que apareceu na face superior, qual é a probabilidade de obtermos duas letras iguais, porém em faces de cores distintas?
Solução
Problema 29:
(UERJ, 2014) Em um escritório, há dois porta-lápis: o porta-lápis A com 10 lápis, dentre os quais 3 estão apontados, e o porta-lápis B com 9 lápis, dentre os quais 4 estão apontados.
Um funcionário retira um lápis qualquer ao acaso do porta-lápis A e o coloca no porta-lápis B. Novamente ao acaso, ele retira um lápis qualquer do porta-lápis B. Qual a probabilidade de que este último lápis retirado não tenha ponta? Resposta: [tex]0,57[/tex].
Problema 30:
Vinte e quatro times são divididos em dois grupos com doze times cada.
Qual é a probabilidade de dois desses times ficarem no mesmo grupo? Resposta: [tex]\dfrac{11}{23}[/tex].
Problema 31:
Vinte e quatro times são divididos em dois grupos com doze times cada.
Qual é a probabilidade de dois desses times ficarem no mesmo grupo? Resposta: [tex]\dfrac{11}{23}[/tex].
Problema 32:
Ao se lançar um dado duas vezes, qual a probabilidade da soma dos números obtidos ser [tex]10[/tex]? Resposta: [tex]\dfrac{1}{12}[/tex].
Problema 33:
O jogo da Mega-Sena consiste em sortear seis números dentre os sessenta primeiros números inteiros positivos. Um professor aposta comprando um cartão em que escolhe nove números. Qual a probabilidade de o professor acertar todos os números da Mega-Sena? Resposta: [tex]\dfrac{84}{50.063.860} \approx 0,00000168\,.[/tex]
Problema 34:
Determine a probabilidade de que, quando um casal tem três filhos, exatamente dois deles sejam meninos. Suponha que meninos e meninas sejam igualmente prováveis e que o sexo de uma criança não seja influenciado pelo sexo de qualquer outra criança. Resposta: [tex]\dfrac{3}{8}\,.[/tex]
Problema 35:
Dois dados honestos são lançados simultaneamente e é feita a soma dos números mostrados nas faces voltadas para cima.
Qual a probabilidade de que a soma seja [tex]6\,[/tex] ou [tex]\,7[/tex]? Resposta: [tex]\dfrac{11}{36}\,.[/tex]
Problema 36:
Utilizando os algarismos [tex]1,2,3,4,5,6,7[/tex], foram construídos com eles todos os números possíveis com dois algarismos distintos. Escolhendo-se aleatoriamente um desses números, qual a probabilidade de ele ser par? Resposta: [tex]\dfrac{3}{7}\,.[/tex]
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(a) cinco números diferentes.
Vejamos!
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