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Análise Combinatória e Probabilidade: Com Aplicações no SageMath

Ricardo Machado, Gabriel Guedes, Luiz Manoel

Seção 4.1 Espaços de Probabilidade

Definição 4.1.1.

Chamaremos de espaço amostral o conjunto de todos os resultados possíveis de uma experiência aleatória. Denotaremos o espaço amostral por \(\Omega\) e só vamos considerar o caso de \(\Omega\) ser finito.
Os subconjuntos de \(\Omega\) serão chamados de eventos. Diremos que um evento ocorre quando o resultado da experiência pertence ao evento.

Definição 4.1.2.

Seja \(\Omega\) um espaço amostral. Uma probabilidade sobre \(\Omega\) é uma função que associa a cada evento \(A\subset\Omega\) um número \(P(A)\) de forma que:
  1. Para todo evento \(A\text{,}\) \(0\leq P(A)\leq 1\text{;}\)
  2. \(P(\Omega)=1\text{;}\)
  3. Se \(A\cap B = \varnothing\) então \(P(A\cup B) = P(A) + P(B)\text{.}\)

Exemplo 4.1.3.

Ao lançar uma moeda observe a face que cai voltada para cima.
O espaço amostral é \(\Omega = \{\text{Cara}, \text{Coroa}\},\) os eventos são
\begin{equation*} \varnothing, ~~ A = \{\text{Cara}\}, ~~B = \{\text{Coroa}\} ~~\text{ e }~~ \Omega. \end{equation*}
a) Vamos definir uma probabilidade para \(\Omega\text{,}\) que chamaremos de \(P_1\text{:}\)
\begin{equation*} P_1(\varnothing)=0, ~~ P_1(A) = \frac{1}{2}, ~~P_1(B) = \frac{1}{2} ~~\text{ e }~~ P_1(\Omega)=1. \end{equation*}
b) Vamos definir outra probabilidade para \(\Omega\text{,}\) que chamaremos de \(P_2\text{:}\)
\begin{equation*} P_2(\varnothing)=0, ~~ P_2(A) = \frac{1}{10}, ~~P_2(B) = \frac{9}{10} ~~\text{ e }~~ P_2(\Omega)=1. \end{equation*}
Observe que \(P_1\) e \(P_2\) satisfazem a definição de probabilidade.

Exemplo 4.1.4.

Um modelo de probabilidade muito utilizado é o equiprobabilístico, que é o caso de \(P_1\) do exemplo anterior.
O caso geral deste modelo, ou seja para \(\#\Omega = n\text{,}\) atribuímos a cada evento unitário a probabilidade
\begin{equation*} \frac{1}{n}. \end{equation*}
Pois, se \(\Omega = \{e_1, e_2, \ldots, e_n\}\) e \(P(\{e_1\}) = P(\{e_2\}) = \cdots = P(\{e_n\})= k\text{.}\) Pelo item c) da Definição 4.1.2, temos
\begin{align*} 1 = \amp ~P(\Omega) = P(\{e_1, e_2, \ldots, e_n\}) = P(\{e_1\} \cup \{e_2\}\cup \ldots\cup \{e_n\}) \\ = \amp ~P(\{e_1\}) + P(\{e_2\})+ \ldots+ P(\{e_n\}) \\ = \amp ~ \underbrace{k+k+\cdots+k}_{\text{n termos}} = nk \end{align*}
Portanto,
\begin{equation*} k = \frac{1}{n}. \end{equation*}

Exemplo 4.1.5.

Quatro moedas (não viciadas) são jogadas simultâneamente.
  1. Qual é a probabilidade de obter 3 caras?
  2. Qual é a probabilidade de obter pelo menos 3 caras?
Solução.
Para simplificar a notação, indicaremos 0 para cara e 1 para coroa. O espaço amostral é
\begin{align*} \Omega = \amp ~\{ [0, 0, 0, 0],[0, 0, 0, 1],[0, 0, 1, 0],[0, 0, 1, 1], \\ \amp ~~~~[0, 1, 0, 0],[0, 1, 0, 1],[0, 1, 1, 0],[0, 1, 1, 1], \\ \amp ~~~~[1, 0, 0, 0],[1, 0, 0, 1],[1, 0, 1, 0],[1, 0, 1, 1], \\ \amp ~~~~[1, 1, 0, 0],[1, 1, 0, 1],[1, 1, 1, 0],[1, 1, 1, 1]\} \end{align*}
item a) Observe que dentre as 16 possibilidades, o subconjunto abaixo:
\begin{equation*} \{ [1, 0, 0, 0], [0, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1] \} \end{equation*}
possui todos os casos favoráveis. Portanto a probabilidade de obter 3 caras é
\begin{equation*} \frac{4}{16} = \frac{1}{4}. \end{equation*}
item b) Observe que dentre as 16 possibilidades, o subconjunto abaixo:
\begin{equation*} \{ [0, 0, 0, 0], [0, 0, 0, 1], [0, 0, 1, 0], [0, 1, 0, 0], [1, 0, 0, 0] \} \end{equation*}
possui todos os casos favoráveis. Portanto a probabilidade de obter pelo menos 3 caras é
\begin{equation*} \frac{5}{16}. \end{equation*}

Nota 4.1.6.

Sejam \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5 \}, A = \{1, 3, 5\}\) e \(B = \{1, 2, 3\}\text{.}\)
O conjunto complementar de \(A\) é denotado por
\begin{equation*} A^c = \{x\in\Omega~|~ x\notin A\}. \text{ Ex. } A^c = \{2, 4\}. \end{equation*}
O conjunto \(A\) menos o conjunto \(B\) é denotado por
\begin{equation*} A\setminus B = \{a\in A ~|~ a\notin B\}. \text{ Ex. } A\setminus B = \{5\}. \end{equation*}

Demonstração.

item a)
\begin{equation*} 1 = P(\Omega) = P(A\cup A^c) = P(A) + P(A^c), \text{ logo } P(A^c) = 1-P(A). \end{equation*}
item b) Como \(\Omega\cap \varnothing = \varnothing\text{,}\) temos \(P(\Omega\cup \varnothing) = P(\Omega) + P(\varnothing)\text{.}\) Portanto
\begin{equation*} 1 = P(\Omega) = P(\Omega\cup \varnothing) = \underbrace{P(\Omega)}_{=1} + P(\varnothing)\Rightarrow P(\varnothing) = 0. \end{equation*}
item c) Escrevendo \(A\) como a união disjunta:
\begin{equation*} A = (A\setminus B) \cup (A\cap B) \end{equation*}
temos
\begin{equation*} P(A) = P(A\setminus B) + P(A\cap B)~~ \Rightarrow ~~ P(A\setminus B) = P(A) - P(A\cap B). \end{equation*}
item d) Escrevendo \(A\cup B\) como a união disjunta:
\begin{equation*} A\cup B = (A\setminus B)\cup B, \end{equation*}
temos
\begin{equation*} P(A\cup B) = \underbrace{P(A\setminus B)}_{\underset{\text{pelo item c)}}{= P(A) - P(A\cap B)}} + P(B) = P(A) - P(A\cap B) + P(B). \end{equation*}
item e) Pelo item c) temos
\begin{equation*} P(A\setminus B) = P(A) - P(A\cap B) \end{equation*}
se \(A\supset B\text{,}\) ficamos com
\begin{equation*} P(A\setminus B) = P(A) - P(B)\Rightarrow P(A) \geq P(B), \end{equation*}
pois \(P(A\setminus B)\geq 0\text{.}\)

Exemplo 4.1.8.

Uma caixa de chocolate contém 40 chocolates, 30 são do tipo ao leite e 10 são do tipo amargo. Ao pegar 8 chocolates aleatoriamente, qual a probabilidade de que ao menos um chocolate seja do tipo amargo?
Solução.
Primeiro, vamos calcular a probabilidade de que todos os chocolates sejam do tipo ao leite. Em seguida, vamos usar o item a) do (Teorema 4.1.7) para chegar na resposta deste problema.
cardinalidade do espaço amostral é dada pelo número de maneiras de pegar 8 chocolates dentre 40 disponívies, portanto
\begin{equation*} \#\Omega = C_{40}^{8}. \end{equation*}
Agora queremos contar quantas são as formas de pegar 8 chocolates do tipo ao leite. Como existem 30 disponíveis a resposta é:
\begin{equation*} C_{30}^{8}. \end{equation*}
Usando o item a) do (Teorema 4.1.7), a probabilidade de que ao menos um seja do tipo amargo é
\begin{equation*} 1 - \frac{C_{30}^{8}}{C_{40}^{8}} \approx 0.923893778382943 \approx 92,4\% \end{equation*}
No próximo exemplo, resolvemos um caso particular do problema conhecido como O Paradoxo dos Gêmeos ou O Problema dos Aniversários. Este problema consiste em calcular a probabilidade de que duas pessoas, de uma amostra aleatória com \(n\) pessoas, façam aniversário no mesmo dia. Note que, pelo Princípio da Casa dos Pombos, só podemos garantir que pelo menos duas dessas \(n\) pessoas façam aniversário no mesmo dia, se a amostra aleatória contiver pelo menos \(367\) pessoas. No entanto, com o cálculo direto, podemos verificar que basta \(70\) pessoas para que a probabilidade seja maior que \(99,9\%\) e que \(23\) pessoas são suficientes, para que a probabilidade seja maior que \(50\%\text{.}\) Essas probabilidades podem ser verificadas na tabela da Tecnologia 4.1.10, cujos parâmetros podem ser ajustados de \(2\) até \(120\text{.}\)

Exemplo 4.1.9.

Em um grupo de 45 pessoas, qual é a probabilidade de que pelo menos duas pessoas façam aniversário no mesmo dia?
Solução.
Mais uma vez, usaremos o item a) do (Teorema 4.1.7).
Vamos, inicialmente, calcular a probabilidade de que todas as 45 pessoas façam aniversários em dias diferentes. O número de casos possíveis para os aniversários das 45 pessoas é \(365^{45}\text{.}\) O número de casos em que todas as 45 pessoas fazem aniversários em dias diferentes é
\begin{equation*} 365\times 364\times 363\times \cdots \times321. \end{equation*}
Então, a probabilidade de que todas as 45 pessoas façam aniversário em dias diferentes é
\begin{equation*} \frac{365\times 364\times 363\times \cdots \times321}{365^{45}}= 0.0590241005342251 \approx 6\%. \end{equation*}
Usando o item a) do (Teorema 4.1.7), a probabilidade de que pelo menos duas pessoas façam aniversário no mesmo dia é
\begin{equation*} 1 - \frac{365\times 364\times 363\times \cdots \times321}{365^{45}}= 1-0.0590241005342251 \approx 94\%. \end{equation*}
Este cálculo pode ser verificado no Sage, usando o código abaixo:

Tecnologia 4.1.10.

Escolha um intervalo, referente a variação de pessoas, para obter uma tabela com a quantidade e a respectiva probabilidade de que pelo menos duas pessoas façam aniversário no mesmo dia, conforme o Exemplo 4.1.9.
Figura 4.1.11.
Escolha um intervalo, referente a variação de pessoas, para obter o gráfico do tipo: quantidade versus probabilidade de que pelo menos duas pessoas façam aniversário no mesmo dia, conforme o Exemplo 4.1.9.
Figura 4.1.12.

Exemplo 4.1.13.

Vinte três pessoas foram fazer uma prova e precisaram deixar seus celulares com o fiscal. No horário previsto de entrega, houve uma emergência e todos precisaram entregar suas provas e pegar seus celulares com pressa, de modo que os celulares foram entregues ao acaso. Qual a probabilidade de que todos os participantes tenha recebido os celulares errados?
Solução.
O espaço amostral \(\Omega\) é constituido por todas as formas de ordenar os 23 celulares. Os casos favoráveis é constituído por todas as permutações caóticas com os 23 celulares. Portanto a resposta é
\begin{equation*} P = \frac{D_{23}}{P_{23}} \approx 0.367879441171442 \approx 36,8\% \end{equation*}

Exemplo 4.1.14.

8 bolas de ping-pong são colocadas aleatóriamente em 8 caixas. Qual a probabilidade de que exatamente uma caixa fique vazia?
Solução.
A cardinalidade do espaço amostral é dado pelo número de formas de colocar as 8 bolas de ping-pong nas 8 caixas
\begin{equation*} \#\Omega = 8^8, \end{equation*}
pois, temos 8 possibilidades para a primeira bola, 8 para a segunda, etc.
Agora vamos calcular o número de casos favoráveis. Para que, exatamente uma caixa fique vazia, exatamente uma ficará com duas bolas. Logo, precisamos escolher qual caixa fica vazia e qual caixa recebe duas bolas. O número de formas de escolher qual deve ficar vazia é 8. O número de formas de escolher qual caixa recebe duas bolas é 7.
A quantidade de maneiras de escolher duas bolas para a caixa que recebe as duas bolas é \(C_8^2\text{.}\) A quantidade de formas de arrumar o restante das bolas é \((8-2)!\text{.}\)
Portanto o número de casos favoráveis é \(8\cdot 7 \cdot C_8^2\cdot 6! = 8!C_8^2\text{.}\) A resposta do problema é
\begin{equation*} \frac{8!C_8^2}{8^8} \approx 0.0672912597656250 \approx 6,7\%. \end{equation*}

Exercícios Exercícios

1.

Um número é escolhido ao acaso no conjunto \(\{1, 2, 3, ..., 100\}\text{.}\) Determine a probabilidade do número escolhido ser:
  1. múltiplo de 3;
  2. múltiplo de 5;
  3. múltiplo de 3 e múltiplo de 5;
  4. múltiplo de 3 ou múltiplo de 5.
Resposta.
a) \(\dfrac{33}{100}\text{,}\) b) \(\dfrac{1}{5}\text{,}\) c) \(\dfrac{3}{50}\text{,}\) d) \(\dfrac{47}{100}\text{.}\)
Solução.
item a)
\begin{equation*} \frac{\left\lfloor\frac{100}{3}\right\rfloor}{100}=\frac{33}{100}. \end{equation*}
item b)
\begin{equation*} \frac{\left\lfloor\frac{100}{5}\right\rfloor}{100}=\frac{20}{100}=\frac{1}{5}. \end{equation*}
item c)
\begin{equation*} \frac{\left\lfloor\frac{100}{15}\right\rfloor}{100}=\frac{6}{100}=\frac{3}{50}. \end{equation*}
item d) Pelo princípio da Inclusão-Exclusão:
\begin{equation*} \frac{\left\lfloor\frac{100}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{100}{5}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{100}{15}\right\rfloor}{100}=\frac{47}{100}. \end{equation*}

2.

Em uma caixa existem 6 bolinhas numeradas de 1 a 6. Uma a uma elas são extraı́das, sem reposição. Qual a probabilidade de que a sequência de números observada seja crescente ou seja decrescente?
Resposta.
\(\dfrac{1}{360}\text{.}\)
Solução.
O espaço amostral tem cardinalidade \(6!\text{,}\) que é o número de maneiras de ordenar as bolinhas. Como só existe uma sequência seja crescente e uma que seja decrescente, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{2}{6!} = \frac{2}{720}=\frac{1}{360}. \end{equation*}

3.

Doze pessoas são divididas em três grupos de 4. Qual é a probabilidade de duas determinadas dessas pessoas fiquem no mesmo grupo?
Resposta.
\(\dfrac{3}{11}\)
Solução 1.
Para a cardinalidade do espaço amostral, a segunda pessoa pode ficar em qualquer lugar de 11 disponíveis. Os casos favoráveis são 3, pois a primeira pessoa vai estar em algum grupo e a segunda pessoa tem 3 opções de lugares para escolher um, no grupo que se encontra a primeira pessoa. Portanto, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{3}{11}. \end{equation*}
Solução 2.
Vamos levar em consideração que a ordem dos grupos importa. A cardinalidade do espaço amostral é igual ao número total de divisões de 12 pessoas em 3 grupos de 4, isto é igual a \(C_{12}^4C_8^4C_4^4\text{.}\)
Agora vamos contar o número de casos favoráveis. Observe que existem 3 opções de escolhermos em qual grupo as duas determinadas pessoas vão ficar. Uma vez feita esta escolha, temos 10 pessoas para escolher 2 que vão completar o grupo. Depois disto temos \(C_8^4C_4^4\) maneiras de dividir as outras 8 pessoas em dois grupos de 4 pessoas cada. Portanto, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{3C_{10}^2C_8^4C_4^4}{C_{12}^4C_8^4C_4^4}=\frac{3}{11}. \end{equation*}

4.

Um armário contém 6 pares de sapatos. Escolhem-se 4 pés de sapatos. Qual é a probabilidade de se formar exatamente um par de sapatos?
Resposta.
\(\dfrac{16}{33}\)
Solução.
A cardinalidade do espaço amostral é \(C_{12}^4\text{,}\) pois essa é a quantidade de maneiras distintas de retirar 4 pés de sapatos, de 12 disponíveis.
Agora, vamos contar o número de casos favoráveis. Temos \(C_6^1\) maneiras de retirar 1 par de sapatos, de 6 pares disponíveis. Depois disso, temos \(C_5^2\) maneiras de escolher dois representantes de 5 tipos de sapatos disponíveis. Em seguida, precisamos decidir se será retirado o pé esquerdo ou o pé direito de cada um desses dois sapatos. Isto pode ser feito de \(2^2\) maneiras. Portanto, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{C_6^1\cdot C_5^2\cdot 2^2}{C_{12}^4} = \frac{16}{33}. \end{equation*}

5.

Oito carros estão estacionados em doze vagas em fila. Determine a probabilidade:
  1. das vagas vazias serem consecutivas;
  2. de não haver duas vagas vazias adjacentes.
Resposta.
a) \(\dfrac{1}{55}\text{,}\) b) \(\dfrac{14}{55}\text{.}\)
Solução.
item a) Para que as vagas vazias fiquem juntas, juntamos 4 vagas em uma, ficamos com 9 vagas para escolher uma, que será quádrupla. Isto pode ser feito de 9 maneiras. A cardinalidade do espaço amostral é o número de maneiras de escolher 4 lugares para ficarem fazios, dentre 12 disponíveis. Logo, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{9}{C_{12}^4}=\frac{1}{55}. \end{equation*}
item b) Já sabemos que o espaço amostral tem cardinalidade \(C_{12}^4\text{.}\) Para que não haja duas vagas vazias adjacentes, podemos escolher as 4 vagas que ficarão vazias de \(K(12,4)\) maneiras. Assim, a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{K(12,4)}{C_{12}^4}=\frac{14}{55}. \end{equation*}

6.

O jogo mais simples da LOTOFÁCIL consiste basicamente na escolha de \(15\) números de um total de \(25\) disponíveis, os números vão de \(01\) à \(25\text{.}\) Outras possibilidades de jogos consistem na escolha de \(16, 17, 18, 19\) ou \(20\) números. Feitas as apostas, o jogador é dito premiado se após o sorteio dos \(15\) números o mesmo tenha acertado \(11, 12, 13, 14\) ou \(15\) destes.
  1. Qual a probabilidade do jogador marcar \(15\) números e acertar \(15\) números?
  2. Qual a probabilidade do jogador marcar \(15\) números e acertar \(13\) números?
  3. Qual a probabilidade do jogador marcar \(17\) números e acertar \(15\) números?
  4. Qual a probabilidade do jogador marcar \(17\) números e acertar \(12\) números?
  5. Qual a probabilidade do jogador marcar \(20\) números e acertar pelo menos \(14\) números?
  6. Qual a probabilidade do jogador marcar \(n\) números e acertar \(m\) números? (Supondo \(15\leq n\leq 20\) e \(11\leq m \leq 15\)).
Resposta.
  1. \(\displaystyle \dfrac{1}{C_{25}^{15}}=\frac{1}{3268760}\approx 3,05926406343690\times 10^{-7}\)
  2. \(\displaystyle \dfrac{C_{15}^{13}\cdot C_{10}^2}{C_{25}^{15}}=\frac{945}{653752}\approx 0,0014455\approx 0,14455\%\)
  3. \(\displaystyle \dfrac{C_{17}^{15}}{C_{25}^{15}}=\frac{1}{24035}\approx 0,0000416\approx 0,00416\%\)
  4. \(\displaystyle \dfrac{C_{17}^{12}\cdot C_{8}^3}{C_{25}^{15}}=\frac{2548}{24035}\approx 0,106012\approx 10,6012\%\)
  5. \(\displaystyle \dfrac{C_{20}^{14}\cdot C_{9}^1}{C_{25}^{15}}+\dfrac{C_{20}^{15}}{C_{25}^{15}}=\frac{141}{1265}\approx 0.11146245\approx 11,146245\% \)
  6. \(\displaystyle \dfrac{C_{n}^{m}\cdot C_{25-n}^{15-m}}{C_{25}^{15}}\)

7.

(Plínio [6.13], 2007, p. 181) Um palhaço está na ponta do trampolim de uma piscina, carregando uma caixa que contém \(n\) bolas vermelhas e \(n\) bolas azuis. Aleatoriamente ele vai retirando bolas da caixa, descartando-as em seguida. Cada vez que ele seleciona uma bola azul, ele dá um passo para trás, e cada vez que ele retira uma bola vermelha ele dá um passo para frente. Encontre a probabilidade de que o palhaço permaneça seco após a retirada das \(2n\) bolas da caixa.
Resposta.
\(\dfrac{1}{n+1}\)
Solução.
Observe que uma sequência de retiradas na qual o palhaço permanece seco até o fim, quer dizer que, a cada retirada, a quantidade de bolas azuis tem que ser maior ou igual à quantidade de bolas vermelhas.
A cada vez que o palhaço retira uma bola, anotamos um \(A\) se ela foi azul e um \(V\) se ela foi vermelha. Com isto, construímos uma sequência formada por \(n\) \(A's\) e \(n\) \(V's\text{.}\) O palhaço ficará seco, se na sequência correspondente às retiradas, a cada momento o número dos \(A's\) é maior ou igual que o dos \(V's\text{.}\)
Perceba que se trocarmos \(A\) por \(N\) e \(V\) por \(L\) esse é o problema do deslocamento de uma partícula de \(O(0,0)\) até \(A(n,n)\text{,}\) sem que ela ultrapasse a reta \(y=x\text{,}\) ou seja, é o número de Catalan: \(C_n=\displaystyle\frac{1}{n+1}{2n \choose n}\text{.}\)
A quantidade de maneiras distintas para retirar as \(2n\) bolas é dada pela permutação com repetição:
\begin{equation*} P_{2n}^{n,n}=\frac{(2n)!}{n!n!}={2n \choose n}. \end{equation*}
Assim, como esses eventos são equiprováveis, a probabilidade do palhaço permanecer seco é
\begin{equation*} P=\frac{C_n}{P_{2n}^{n,n}}=\frac{\frac{1}{n+1}{2n \choose n}}{{2n \choose n}}=\frac{1}{n+1}. \end{equation*}
Concluímos que quanto maior a quantidade de bolas, menor a chance dele ficar seco.

8.

(OPEMAT 2021 - nível 3) Pensando em sua segurança, a mãe de Dafne a proibiu de entrar na cozinha. Certo dia, sua mãe a encontra a um passo de entrar na cozinha. Lembrando que Dafne adora brinquedos, sua mãe pega uma sacola que contém \(n\) de seus brinquedos favoritos e \(n\) brinquedos dos quais não se interessa muito. A cada passo que Dafne está prestes a dar, sua mãe pega aleatoriamente um brinquedo na sacola, mostra a Dafne e depois deixa o brinquedo no chão. Se o brinquedo em questão for um dos que ela não se interessa muito, Dafne dá um passo em direção a cozinha, e se for um de seus favoritos, ela dá um passo na direção oposta. Qual a probabilidade de que Dafne entre na cozinha?
Resposta.
\(\dfrac{n}{n+1}\)
Solução.
Observe que este exercício é equivalente ao exercício anterior (Exercício 4.1.7). Porém, neste caso ele pergunta pela probabilidade complementar. Portanto,
\begin{equation*} P = 1 - \dfrac{C_n}{P_{2n}^{n,n}}=1-\dfrac{\frac{1}{n+1}{2n \choose n}}{{2n \choose n}}=1-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{n}{n+1} \end{equation*}

9.

(ITA 2004) Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a probabilidade de se retirar uma bola verde?
Resposta.
\(\dfrac{289}{480}.\)
Solução.
No lançamento de dois dados, são possíveis 36 (pares) resultados diferentes, sendo que em apenas 3 deles a soma resultante é menor que 4. São eles: (1;1), (1;2), (2;1). A probabilidade de que uma bola verde seja retirada da urna branca é \(\frac{3}{36}\times \frac{5}{8}\) e da urna preta é \(\frac{33}{36}\times \frac{3}{5}\text{.}\) Assim, a probabilidade de se retirar uma bola verde é
\begin{equation*} P = \frac{3}{36}\times \frac{5}{8} + \frac{33}{36}\times \frac{3}{5} = \frac{289}{480}. \end{equation*}

10.

(ITA 2005) São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor vermelha e o outro na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta é vermelha, calcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor também vermelha
Resposta.
\(\dfrac{2}{3}\)
Solução.
O total de faces nos dois cartões é 4, sendo 3 faces vermelhas e 1 azul. Como a cor exposta é vermelha, temos duas chances do verso ser vermelho e uma chance do verso ser azul. Portanto a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor também vermelha é
\begin{equation*} P = \frac{2}{3}. \end{equation*}

11.

(ITA 2008) Considere o conjunto \(D = \{n\in\mathbb{N}; 1\leq n\leq 365 \} \) e \(H\subset \mathcal{P}(D)\) formado por todos os subconjuntos de \(D\) com \(2\) elementos. Escolhendo ao acaso um elemento \(B \in H\text{,}\) a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 é igual a
a) \(\dfrac{1}{730}~~~~\) b) \(\dfrac{46}{33215}~~~~\) c) \(\dfrac{1}{365}~~~~\) d) \(\dfrac{92}{33215}~~~~\) e) \(\dfrac{91}{730}~~~~\)
Resposta.
a)
Solução.
De acordo com o enunciado \(\#H = C_{365}^2\text{.}\) O conjunto \(C\) dos elementos \(B\text{,}\) cuja soma deve ser \(183\) é
\begin{equation*} C = \{\{1, 182\}, \{2, 181\}, \{3, 180\}, \ldots, \{91, 92\} \}. \end{equation*}
Logo \(\#C = 91\text{.}\) Então, escolhendo ao acaso um elemento \(B\in H\) a probabilidade de que a soma dos elementos de \(B\) seja 183 é
\begin{equation*} P = \frac{\#C}{\#H} = \frac{91}{C_{365}^2} = \frac{91}{365\times 182} = \frac{1}{730}. \end{equation*}

12.

(ITA 2010) Uma urna de sorteio contém \(90\) bolas numeradas de \(1\) a \(90\text{,}\) sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à retirada de cada uma das demais.
  1. Retira-se aleatoriamente uma das \(90\) bolas desta urna. Calcule a probabilidade de o número desta bola ser um múltiplo de \(5\) ou \(6\text{.}\)
  2. Retira-se aleatoriamente uma das \(90\) bolas desta urna e, sem repôla, retira-se uma segunda bola. Calcule a probabilidade de o número da segunda bola retirada não ser múltiplo de \(6\text{.}\)
Resposta.
a) \(P = \dfrac{1}{3} ~~~~\) b) \(P=\dfrac{5}{6}\)
Solução.
a) Usaremos o Princípio da Inclusão-Exclusão para calcular o número de bolas com números múltiplos de 5 ou 6.
\begin{equation*} \bullet A_5=\{n\in\mathbb{N}~|~ 1\leq n\leq 90 \text{ e } n \text{ é múltiplo de 5}\} \end{equation*}
\begin{equation*} \bullet A_6=\{n\in\mathbb{N}~|~ 1\leq n\leq 90 \text{ e } n \text{ é múltiplo de 6}\} \end{equation*}
Note que \(\#(A_5\cup A_6) = \#A_5+\#A_6 - \#(A_5\cap A_6)\) e que \(A_5\cap A_6\) é o conjunto dos múltiplos de \(30\) entre \(1\) e \(90\text{,}\) incluindo o \(90\text{.}\) Observe que \(90 = 5\times 18\text{,}\) \(90 = 6\times 15\) e \(90 = 30\times 3\text{.}\) Portanto a probabilidade é
\begin{equation*} P = \frac{\#(A_5\cup A_6)}{90} = \frac{18+15-3}{90} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}. \end{equation*}
b) Para que o número da segunda bola retirada não seja múltiplo de 6, temos dois casos. 1º caso: primeira bola é um múltiplo de 6 e a segunda não. Essa probabilidade é dada por:
\begin{equation*} P_1 = \frac{15}{90}\times \frac{75}{89}\text{.} \end{equation*}
2º caso: primeira bola não é um múltiplo de 6 e a segunda também não é. Essa probabilidade é dada por:
\begin{equation*} P_2 = \frac{75}{90}\times \frac{74}{89}\text{.} \end{equation*}
Logo a probabilidade de o número da segunda bola retirada não ser múltiplo de \(6\) é
\begin{equation*} P = P_1 + P_2 = \frac{15}{90}\times \frac{75}{89} + \frac{75}{90}\times \frac{74}{89} = \frac{5}{6}. \end{equation*}

13.

(ITA 2011) Sobre uma mesa estão dispostos \(5\) livros de história, \(4\) de biologia e \(2\) de espanhol. Determine a probabilidade de os livros serem empilhados sobre a mesa de tal forma que aqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos.
Resposta.
\(P = \dfrac{1}{1155}\text{.}\)
Solução.
No total os livros podem ser organizados de \(11!\) maneiras. Para que os livros de mesmo assunto fiquem juntos, temos \((5!\times 4!\times 2!)\times 3!\) maneiras. Portanto a probabilidade é dada por
\begin{equation*} P = \frac{(5!\times 4!\times 2!)\times 3!}{11!} = \frac{1}{1155}. \end{equation*}

14.

(FUVEST 2020 - 2ª fase) Um jogo educativo possui 16 peças nos formatos: círculo, triângulo, quadrado e estrela, e cada formato é apresentado em 4 cores: amarelo, branco, laranja e verde. Dois jogadores distribuem entre si quantidades iguais dessas peças, de forma aleatória. O conjunto de 8 peças que cada jogador recebe é chamado de coleção.
a) Qual é a probabilidade de que os dois jogadores recebam a mesma quantidade de peças amarelas?
Resposta.
a) \(\dfrac{28}{65}\)
Solução.
De acordo com o Exercício 1.4.3.17 o espaço amostral é dado por \(C_{16}^8\text{.}\)
Precisamos calcular o número de maneiras de distribuir as 8 peças para cada jogador, de forma que exatamente duas delas sejam amarelas. Vamos calcular o número de maneiras de distribuir as peças para o primeiro jogador, as peças que sobram ficam para o segundo jogador.
Como são 4 peças amarelas distintas duas a duas, temos \(C_4^2\) maneiras de separar duas peças amarelas. Agora precisamos separar 6 peças com cores diferentes de amarelo. Temos um total de \(C_{12}^6\) maneiras de fazer isto, pois existem exatamente 12 peças com cores diferentes de amarelo. Portanto a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{C_4^2\times C_{12}^6}{C_{16}^8} = \frac{28}{65}. \end{equation*}

15.

(FUVEST 2018 - 2ª fase) Em um torneio de xadrez, há 2n participantes. Suponha que 12 jogadores participem do torneio, dos quais 6 sejam homens e 6 sejam mulheres. Qual é a probabilidade de que, na primeira rodada, só haja confrontos entre jogadores do mesmo sexo?
Resposta.
\(\dfrac{5}{231}\)
Solução.
De acordo com o Exercício 1.4.3.18 o espaço amostral é dado por \(\dfrac{12!}{2^6\times 6!}\text{.}\)
O número de maneiras de emparceirar as mulheres entre si é dado por
\begin{equation*} \frac{C_6^2\times C_4^2\times C_2^2}{3!}\text{.} \end{equation*}
Como o número de maneiras de emparceirar os homens entre si é o mesmo de emparceirar as mulheres entre si, a probabilidade pedida é dada por
\begin{equation*} \frac{\frac{C_6^2\times C_4^2\times C_2^2}{3!} \times \frac{C_6^2\times C_4^2\times C_2^2}{3!}}{\frac{12!}{2^6\times 6!}} = \frac{5}{231}. \end{equation*}

16.

(FUVEST 2013 - 2ª fase) Sócrates e Xantipa enfrentam-se em um popular jogo de tabuleiro, que envolve a conquista e ocupação de territórios em um mapa. Sócrates ataca jogando três dados e Xantipa se defende com dois. Depois de lançados os dados, que são honestos, Sócrates terá conquistado um território se e somente se as duas condições seguintes forem satisfeitas:
  1. o maior valor obtido em seus dados for maior que o maior valor obtido por Xantipa;
  2. algum outro dado de Sócrates cair com um valor maior que o menor valor obtido por Xantipa.
  1. No caso em que Xantipa tira 5 e 5, qual é a probabilidade de Sócrates conquistar o território em jogo?
  2. No caso em que Xantipa tira 5 e 4, qual é a probabilidade de Sócrates conquistar o território em jogo?
Resposta.
a) \(\dfrac{2}{27}~~~~\) b) \(\dfrac{43}{216}\)
Solução.
item a) No caso em que Xantipa tira 5 e 5, Sócrates conquista o território se conseguir três vezes a face 6 ou duas vezes a face 6 e uma vez uma face diferente de 6. Como o segundo caso pode ser ordenado de três formas diferentes, a probabilidade de Sócrates conquistar o território é:
\begin{equation*} \frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6} + 3\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{5}{6} = \frac{2}{27}. \end{equation*}
item b) No caso em que Xantipa tira 5 e 4, temos 4 possibilidades para Sócrates conquistar o território.
1º Sócrates tira 6, 6 e 6. Neste caso a probabilidade é
\begin{equation*} \frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6} = \frac{1}{216} \end{equation*}
2ª Sócrates tira 6, 6 e um número menor que 6. Neste caso a probabilidade é
\begin{equation*} 3\times\frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{5}{6} = \frac{15}{216} \end{equation*}
3º Sócrates tira 6, 5 e 5. Neste caso a probabilidade é
\begin{equation*} 3\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6} = \frac{3}{216} \end{equation*}
4º Sócrates tira 6, 5 e um número menor que 5. Neste caso a probabilidade é
\begin{equation*} 6\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{6}\times \frac{4}{6} = \frac{24}{216} \end{equation*}
Portanto a resposta é a soma dos 4 casos possíveis:
\begin{equation*} \frac{1}{216} + \frac{15}{216} + \frac{3}{216} + \frac{24}{216} = \frac{43}{216}. \end{equation*}
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