Contagem e Probabilidade: Soluções de Exercícios Adicionais, Exercícios de Estatística

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Contagem e Probabilidade

Soluções do Exercícios Adicionais

Paulo Cezar Pinto Carvalho

a) AB, AC, AD, BA, BC, BD, CA, CB, CD, DA, DB, DC b) O líder pode ser escolhido de 4 modos; uma vez escolhido o líder, o vice-líder pode ser escolhido de 3 modos. O número total de possibilidades é 4 × 3 = 12.

2. As filas em que Helena e Pedro estão juntos são 2!x7! = 10 080. As filas em que Helena e Pedro estão juntos e Vera e Paulo também estão juntos são em número de 2!x2!x6! = 2 880. A resposta é 10 080–2 880 = 7 200.

a) Para descobrir o lugar do 62 417 você tem que contar quantos são os números que o antecedem. Antecedem-no todos os números começados em 1 (4! = 24 números), em 2 (4! = 24 números), em 4 (4! = 24 números), em 61(3! = 6 números) e em 621 (2! = 2 números), num total de 24+24+24+6+2 = 80 números. Ele ocupa o 81 o lugar. b) Ao escrever os números começados por 1, escrevemos 4! = 24 números; incluindo agora os começados por 2 teremos mais 4! = 24 números, acumulando um total de 48 números; incluindo agora os começados por 41, 42 e 46, teremos mais 3!+3!+3! = 18 números, acumulando um total de 66 números. O 66o número é o último dos começados por 46, ou seja, 46 721. c) Como em cada número há 5 algarismos e 166 = 5x33+1, o 166 0 algarismo escrito é o 10 algarismo do 34 0 número. Ao escrever os números começados por 1, escrevemos 4! = 24 números; incluindo agora os começados por 2 teremos mais 4! = 24 números, acumulando um total de 48 números. Logo, todos os números do 25 o ao 48o, inclusive, começam por 2. A resposta é 2.

4. Contaremos separadamente os casos em que a carta de copas é um rei e em que a carta de copas não é um rei. A resposta é 1x48+12x47 = 612.

5. Há 3 modos de escolher os dias de Matemática. Escolhidos os dias, digamos segundas e quartas, há 2 modos de escolher o horário da aula de Matemática da segunda e 2 modos de escolher o horário da aula de Matemática da quarta. Há 2 modos de escolher os dias da Física (não podem ser os mesmos da Matemática senão a Química ficaria com as aulas no mesmo dia). Escolhidos os dias da Física, em um deles há 2 modos de escolher o horário da aula e, no outro, apenas 1. Finalmente, há apenas 1 modo de pôr as aulas de Química no horário. A resposta é 3x2x2x2x2x1x1=48.

6. A torre branca pode ser colocada em qualquer uma das 64 casas. Há um total de 15 casas que estão na mesma linha ou coluna em que ela foi colocada. A torre preta pode estar em qualquer uma das 64 – 15 = 49 casas restantes. Logo, o número de possibilidades é 64 × 49 = 3136.

a) 7! = 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5040 b) 6! = 720 c) A vogal final pode ser A, E, I ou O (4 possibilidades). Para as primeiras 6 letras há 6! possibilidades. Logo, o número de anagramas terminados com vogal é 4 × 6! =

b) Agora, quando mudamos o cubo de posição, obtemos o mesmo dado. Por exemplo, um dado que tem o 1 e o 6 em faces opostas; Antes, colocar o 1 em cima, na face preta, e o 6 em baixo, na face branca, era diferente de colocar o 6 em cima e o 1 embaixo. Agora não, é o mesmo dado de cabeça para baixo. A resposta é a anterior dividida pelo número de posições de colocar um cubo. Como há 6 modos de escolher a face que fica em baixo e 4 modos de escolher nessa face a aresta que fica de frente, são 6x4 = 24 as posições de colocar um cubo. A resposta é 720/24 = 30.

13. A última vaga a ser ocupada é necessariamente uma das duas extremas (há possibilidades, portanto). A penúltima é uma das vagas extremas ou a vaga adjacente à outra (2 possibilidades, de novo). De modo geral, para cada carro, exceto o primeiro, há 2 possibilidades. O número total de modos de ocupar as vagas é, portanto, 2^9 =

15. O espaço amostral, neste caso, é o conjunto de todas as possíveis ordenações dos papéis. O número de vezes em que o papel premiado aparece em cada posição é o mesmo. Logo, as chances de premiação são iguais, qualquer que seja a ordem em que os papéis são sorteados.

16. a) 20 × 19 × 18 = 6840 b) A resposta não é a mesma porque cada comissão de 3 membros corresponde a 6 modos diferentes para escolher representante, secretário e tesoureiro. c) Dividir o resultado em a) por 6. Portanto, o número de comissões é 6840/6 = 1140.

17. Há 2 × 2 × 2 × 2 = 16 possibilidades para os sexos dos filhos. a) Dos 16 casos possíveis, em apenas 1 são todas meninas. Logo, em 15 casos há pelo menos um menino e a probabilidade correspondente é 15/16. b) Há 1 caso em que os filhos são todos do sexo masculino e 1 caso em que são todos do sexo feminino. Logo, há 14 casos em que há filhos de ambos os sexos. A probabilidade correspondente é 14/16 = 7/8. c) Os possíveis casos são 6: HHMM, HMHM, HMMH, MHHM, MHMH, MMHH (que correspondem a C 4^2 ). Logo a probabilidade de que os filhos formem 2 casais é 6/16 = 3/8.

a) Os professores de Cálculo e Álgebra Linear podem escolher seus dias de provas de 5 × 5 modos. Em 5 destes casos, as provas caem no mesmo dia. Logo, a probabilidade de que as provas sejam marcadas para o mesmo dia é igual a 5/25 = 1/5. Outro raciocínio: uma vez que o professor de Cálculo tenha marcado sua prova, a chance de que o de Álgebra Linear escolha o mesmo dia é 1/5. b) O número total de escolhas para os dias de prova é 5 × 5 × 5 × 5 = 625. O número de modos de marcar as provas sem que caiam duas no mesmo dia é 5 × 4 × 3 × 2 = 120 (o primeiro professor pode escolher qualquer dos 5 dias, o segundo um dos 4 restantes e assim por diante). Logo a probabilidade de que as provas caiam em dias distintos é 120/625 = 24/125.

18. Suponha o time A posicionado em seu grupo. B terá 23 posições possíveis, em 11 das quais fica no grupo de A. A resposta é 11/23.

19. O número de modos de selecionar 2 pés de sapatos é C 12^2 = 66. Para selecionar 1

par de sapatos devemos selecionar um dos 6 pares. A probabilidade de que se forme um par é igual a 6/66 = 1/11.

20. a) C 27^4 = 17750.

b) Como José já está escolhido, devemos escolher 3 pessoas dentre as 26 que

sobraram. A resposta é C (^) 263 = 2600.

c) Como Márcia não pode ser escolhida, devemos escolher 4 dentre 26 pessoas. A

resposta é C (^) 264 = 14950.

d) C 12^2. C 152 = 6930.

e) C 121 (^). C 153 + C 122. C 152 + C 123. C 151 = 15690

21. a) C 60^6 = 50.063.

b) Em ambos os casos, a probabilidade de ganhar é 1/50.063.860.

c) Quem aposta em 8 números, aposta em C 8^6 = 56 resultados. Logo, as chances de

ganhar são 56 vezes maiores. d) Não.

22. O número de resultados possíveis é 6 5. a) Para formar um par, deve-se primeiramente selecionar o tipo do par (6 modos),

depois os dados em que o par se formará ( C 5^2 = 10 modos) e, finalmente, os

resultados dos outros três dados (5× 4 ×3 = 60 modos). A resposta é 6× 10 ×60/6^5 = 25/54.

b) Para formar dois pares, deve-se primeiramente selecionar os tipos dos pares ( C (^) 62 =

15 modos), depois os dados em que os pares se formarão ( C (^) 52 C 32 = 30 modos) e,

finalmente, o resultado do outro dado (4 modos). A resposta é 15× 30 ×4/6^5 = 25/108. c) Para formar uma trinca, deve-se primeiramente selecionar o tipo da trinca (

modos), depois os dados em que a trinca se formará ( C 5^3 = 10 modos) e, finalmente,

os resultados dos outros dois dados (5×4 = 20 modos). A resposta é 6× 10 ×20/6^5 = 25/162. d) Para formar uma quadra, deve-se primeiramente selecionar o tipo da quadra (

modos), depois os dados em que a quadra se formará ( C (^) 54 = 5 modos) e, finalmente,

os resultados do outro dado (5 modos). A resposta é 6× 5 ×5/6^5 = 25/1296. e) Há apenas 6 quinas. A resposta é 6/6 5 = 1/1296. f) Há dois tipos de seqüências (12345 e 23456). Para formar uma delas, basta escolher o resultado de cada dado (5× 4 × 3 × 2 ×1 = 120 modos). A resposta é 2×120/6^5 = 5/162. g) Para formar um "full hand", deve-se primeiramente selecionar o tipo da trinca (

modos), depois os dados em que a trinca se formará ( C 5^3 = 10 modos) e, finalmente, o

tipo do par (5 modos). A resposta é 6× 10 ×5/6^5 = 25/648.

23. O número de casos possíveis para os signos é 12× 12 × 12 ×12 = 12^4.

mesma cor é 2 × 2 × 2 + 4 × 4 × 4 = 72. Logo, a probabilidade pedida é 72/120 = 3/ (note que esta probabilidade é maior do que a do item anterior).

26. A função fica determinada quando se escolhem os m elementos de I n que formarão

a imagem, o que pode ser feito de C (^) nm maneiras, no primeiro caso, e de

m n m

m CRn = C + − 1 maneiras, no segundo caso.

27. Ignoremos o problema do 0 na primeira casa. Há C 7^3 = 35 modos de escolher os

lugares dos algarismos 4, C 4^2 = 6 de escolher os lugares dos 8, e 8×8 = 64 modos de

preencher as casas restantes, num total de 35× 6 ×64 = 13 440 números. Devemos

descontar os números começados em 0. Há C (^) 63 = 20 modos de escolher os lugares dos

algarismos 4, C (^) 32 = 3 de escolher os lugares dos 8, e 8 modos de preencher a casa

restante, num total de 20× 3 ×8 = 480 números começados em 0. A resposta é 13 440 −480 = 12 960.

28. a) Essas funções são bijetoras. A resposta é n !. b) Um elemento de B tem sua imagem inversa formada por dois elementos e os demais têm imagens inversas unitárias. Esse elemento de B pode ser selecionado de n

modos e sua imagem inversa, de C (^) n^2 + 1 modos. Depois disso, há ( n –1)! modos de

determinar as imagens dos demais elementos de A, pois a correspondência entre esses

elementos restantes em A e B é biunívoca. A resposta é n. Cn^2 + 1. ( n –1)! = 2

( n + 1 )! n .

c) Neste caso, temos as alternativas: i) Três elementos de A têm a mesma imagem em B e a correspondência entre os demais n –1 elementos de A e os demais n –1 elementos de B é biunívoca. Há Cn^3 + 2 modos de

escolher os três elementos de A, n modos de escolher a imagem deles em B e ( n –1)! modos de construir uma correspondência biunívoca entre os elementos restantes. Há

n n C (^) n n n funções desse tipo.

ii) Há dois pares de elementos de A com imagens idênticas em B e a correspondência entre os demais n –2 elementos de A e os demais n –2 elementos de B é biunívoca.

Há C (^) n^2 modos de escolher os dois elementos de B, Cn^2 + 2 Cn^2 modos de escolher suas

imagens inversas em A e ( n –2)! modos estabelecer a correspondência entre os

elementos restantes. Há 8

+ −^ =

nn n C (^) n Cn Cn n funções desse tipo.

A resposta é 24

n n + nn n n n n .

29. Chamemos de D o conjunto C − C1. Há quatro tipos de planos, determinados por: i) três pontos de D; ii) dois pontos de D e um de C1; iii) um ponto de D e dois de C 1 ;

iv) três pontos de C1.

A resposta é C 123 + C 122. 8 + 12. C 82 + 1 = 1085

30. Chegam 4 cientistas A, B, C, D. Com as chaves que possuem, abrem alguns cadeados, mas não todos. Existe pelo menos um cadeado que eles não conseguem abrir. Na situação do número mínimo de cadeados, existe exatamente um cadeado que eles não conseguem abrir. Batize tal cadeado de ABCD. Portanto, ABCD é o cadeado cuja chave não está em poder de A, nem de B, nem de C e nem de D. Qualquer outro cientista tem a chave desse cadeado, pois esse cientista e A, B, C e D formam um grupo de 5 cientistas e, portanto, nesse grupo alguém possui a chave. Como o alguém não é nem A, nem B, nem C e nem D, deve ser o outro. Batize, analogamente, os demais cadeados. Verifique agora que a correspondência entre cadeados e seus nomes é biunívoca, isto é, cadeados diferentes têm nomes diferentes (isso porque estamos na situação do número mínimo de cadeados) e cadeados de nomes diferentes são diferentes (se X está no nome de um cadeado e não está no nome do outro, X tem a chave deste e não tem a chave daquele). a) O número mínimo de cadeados é igual ao número de nomes de cadeados, 4 C 11 = 330.

b) Cada cientista X possui as chaves dos cadeados que não possuem X no nome. A

resposta é C 10^4 = 210.