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Cálculo de Probabilidades - Contagem

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Teoria

Introdução

Cara, pensa no lançamento de duas moedas. A gente tem 2 possíveis resultados para cada lançamento separado, certo? Cara ou coroa.

Agora, quantos possíveis resultados nós teríamos no lançamento consecutivo dessas duas moedas? Como descobrimos isso?

Temos uma coisinha que nos ajuda a descobrir isso! É o que chamamos de princípio da contagem ou da multiplicação!

2   p o s s i b i l i d a d e s   × 2   p o s s i b i l i d a d e s = 4   p o s s i b i l i d a d e s   n o   t o t a l

Princípio da Multiplicação

Cara, sempre que você tiver x resultados possíveis para um experimento aleatório, e y para outro, então você terá x × y resultados possíveis para os dois experimentos realizados juntos!

É só isso!

Pegou? Nos vemos nos exercícios!

Princípio da Multiplicação

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Lista do site RUMO AO ITA – Questão 03.

Um produto é montado em três estágios. No primeiro estágio, existem 5 linhas de montagem; no segundo estágio, existem 4 linhas de montagem e no terceiro estágio, existem 6 linhas de montagem. De quantas maneiras diferentes poderá o produto se deslocar durante o processo de montagem?

Passo 1

O enunciado diz que um produto é montado em três estágios/etapas e em cada etapa há linhas de montagem:

1ª) Existem 5 linhas de montagem

2ª) Existem 4 linhas de montagem

3ª) Existem 6 linhas de montagem

Essa questão é de princípio multiplicativo. Ou seja, a quantidade de maneiras diferentes que o produto poderá se deslocar é dado por:

5 × 4 × 6 = 120   m a n e i r a s

Resposta

120 maneiras

Exercício Resolvido #2

Lista interna IME

As letras do código Morse são formadas por uma sucessão de traços e pontos com repetições permissíveis. Quantas letras podem-se formar com dez símbolos ou menos?

Passo 1

Vamos lá!! Antes de mais nada, precisamos entender que o Código Morse é formado por   - e . , podendo repetir cada um deles quantas vezes for necessário, beleza?!

Queremos ver quantas letras podemos formar com dez símbolos ou menos. Para isso, vamos começar pelo mais fácil e tentar encontrar um padrão para calcular quantas letras conseguimos formar com 10 símbolos. Show de bola?!

Se tivermos somente 1 símbolo, teremos somente 2 possibilidades: .   o u   - . Concorda?

Passo 2

Se tivermos 2 símbolos, teremos as seguintes possibilidades:

N o   p r i m e i r o   s í m b o l o :   . o u   -

N o   s e g u n d o   s í m b o l o :   . o u   -

Portanto, teremos 2 2 possibilidades. Beleza?!

Podemos seguir o mesmo raciocínio para 3 símbolos. Teríamos as seguintes possibilidades:

N o   p r i m e i r o   s í m b o l o :   . o u   -

N o   s e g u n d o   s í m b o l o :   . o u   -

N o   t e r c e i r o   s í m b o l o :   . o u   -

Ou seja, 2 3 possibilidades.

Se tivermos 4 símbolos, teríamos 2 4 possibilidades e assim por diante...

Show de bola?!

Passo 3

Podemos repetir o mesmo raciocínio para 10 símbolos!!

Teremos então 2 10 possibilidades.

A quantidade de letras que podemos formar então é dada por:

2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 7 + 2 8 + 2 9 + 2 10

Beleza?!

Resposta

∑ k = 1 10 2 k = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 7 + 2 8 + 2 9 + 2 10

Exercício Resolvido #3

UERJ-L1-PROF FABIANO-12

Uma urna I tem 3 bolas brancas, 2 vermelhas e 1 verde; uma urna II tem 2 bolas brancas, 3 verdes e 1 vermelha; uma urna III tem 2 bolas brancas, 2 verdes e 2 vermelhas; uma urna IV tem 1 bola branca, 1 verde e 4 vermelhas. Retira-se ao acaso uma bola de cada uma das quartro urnas. Qual a probabilidade de que:

  1. Pelo menos uma bola seja verde;
  2. Três bolas sejam verdes;
  3. As bolas sejam alternadamente verdes.

Passo 1

A situação que a gente tem é:

U r n a   I :   B 1 ,   B 2 ,   B 3 ,   V 1 , V 2 , E 1

U r n a   I I : B 1 , B 2 , V 1 , E 1 , E 2 , E 3

U r n a   I I I : B 1 , B 2 , V 1 , V 2 , E 1 , E 2

U r n a   I V : { B 1 , V 1 , V 2 , V 3 , V 4 , E 1 }

E representa bola verde.

Passo 2

Vamos usar novamente o conceito de probabilidade mais clássico.

P A = n° de resultados favoráveis n° de resultados possíveis = # A # ( Ω )

Vamos avaliar o n° de resultados possíveis e os favoráveis pra cada situação.

O número de resultados possíveis, considerando que são 6 bolas em cada urna, será:

6 × 6 × 6 × 6 = 1296

Já que pra cada urna a gente tem 6 possibilidades.

Passo 3

(a)

Pelo menos uma verde, é igual a 1 menos a probabilidade de nenhuma ser verde.

P p e l o   m e n o s   1   v e r d e = 1 - P ( n e n h u m a   s e r   v e r d e )

Vamos calcular então a probabilidade de não termos bolas verdes.

Para esse caso teremos:

5 × 3 × 4 × 5 = 300   p o s s i b i l i d a d e s

Já que temos 5 não verdes na u r n a   I , 3 na I I , 4 na I I I e 5 na I V .

A probabilidade de não sair nenhuma verde é então:

300 1296

Passo 4

Como nós queremos a de pelo menos uma ser verde, então a nossa probabilidade será:

1 - 300 1296 ≅ 0,77

Passo 5

(b)

Nesse caso temos 4 situações.

S 1 : tirar verde nas u r n a s   I ,   I I   e I I I e não verde na I V .

1 × 3 × 2 × 5 = 30   p o s s i b i l i d a d e s

Já que temos uma verde na I , 3 na I I , 2 na I I I e 5 não verdes na I V .

P S 1 = 30 1296

S 2 : tirar verde nas u r n a s   I ,   I I   e I V e não verde na I I I .

1 × 3 × 4 × 1 = 12   p o s s i b i l i d a d e s

Já que temos uma verde na I , 3 na I I , 1 na I V e 4 não verdes na I I I .

P S 2 = 12 1296

S 3 :   tirar verde nas u r n a s   I ,   I I I   e I V e não verde na I I

1 × 3 × 2 × 1 = 6

Já que temos uma verde na I , 2 na I I I , 1 na I V e 3 não verdes na I I .

P S 3 = 6 1296

S 4 :   tirar verde nas u r n a s   I I ,   I I I   e I V e não verde na I .

5 × 3 × 2 × 1 = 30   p o s s i b i l i d a d e s

Já que temos três verde na I I , 2 na I I I , 1 na I V e 5 não verdes na I .

P S 4 = 30 1296

Passo 6

A probabilidade que a gente quer então é só somar as 4 situações.

30 1296 + 12 1296 + 6 1296 + 30 1296 = 78 1296

≅ 0,06

Passo 7

(c)

Para as bolas serem alternadamente verdes a gente vai ter duas situações só:

S 1 : verde nas u r n a s   I e I I I e não verdes nas u r n a s   I I e I V .

1 × 3 × 2 × 5 = 30   p o s s i b i l i d a d e s

Porque são 1 verde na I , 2 na I I I e 3 não verdes na I I e 5 na I V .

P S 1 = 30 1296

S 2 : verde nas u r n a s   I I e I V e não verdes nas u r n a s   I e I I I .

5 × 3 × 4 × 1 = 60   p o s s i b i l i d a d e s

P S 2 = 60 1296

Passo 8

O resultado que a gente quer é só somar os dois:

30 1296 + 60 1296 = 90 1296

≅ 0,07

Resposta

a   0,77

b   0,06

c   0,07

Exercício Resolvido #4

Elaboração Própria

Qual a probabilidade de, ao jogar um dado cinco vezes seguidas, eu obter uma face maior do que 4 apenas no último lançamento?

Passo 1

Vamos começar calculando a probabilidade da face sorteada ser maior que 4. Isso ocorre para as faces 5 e 6 certo? Ou seja, em duas faces! Então temos:

P f a c e   m a i o r   q u e   4 = 2   f a c e s 6   f a c e s   t o t a i s = 1 3

Lembrando do princípio de probabilidade complementar...

P f a c e   s e r   m e n o r   o u   i g u a l   a   q u a t r o = 1 - 1 3 = 2 3

Passo 2

Agora vamos calcular a probabilidade de obtermos uma face maior que 4 apenas no último lançamento.

Vamos supor que cada uma das linhas abaixo seja um dos cinco lançamentos:

___ ___ ___ ___ ___

Agora vamos completar o último lançamento com a probabilidade da face ser maior que 4, já que é isso que queremos:

___ ___ ___ ___ 1 / 3

E o resto a gente completa com as probabilidades complementares, ou seja, a face ser menor ou igual a quatro, já que queremos garantir que só seja maior que 4 no último lançamento:

2 / 3 2 / 3 2 / 3 2 / 3 1 / 3

E agora multiplicamos todos esses valores!

2 3 × 2 3 × 2 3 × 2 3 × 1 3 = 0,0658

Ou seja, a probabilidade de só tiramos um número maior que 4 no último lançamento é de 6,58 % .

Resposta

6,58 %

Exercício Resolvido #5

Elaboração Própria

Qual a probabilidade de retirarmos 4 cartas de um baralho e as 4 cartas serem damas? Suponha que o sorteio é feito sem reposição.

Passo 1

Lembrando que temos 4 damas em um baralho, que tem 52 cartas totais. Então a probabilidade de retirarmos uma dama no primeiro sorteio é:

P d a m a   1 º   s o r t e i o = 4   d a m a s 52   c a r t a s = 4 52

E no segundo sorteio? Como não vamos ter reposição de cartas, agora temos 3 damas entre 51 cartas totais (retiramos uma já, lembra?):

P d a m a   2 º   s o r t e i o = 3 51

Pro terceiro, seguindo o mesmo raciocínio...

P d a m a   3 º   s o r t e i o = 2 50

E pro último sorteio, só restou uma dama no baralho e 49 cartas totais, então:

P d a m a   4 º   s o r t e i o = 1 49

Passo 2

Para saber a probabilidade de saírem 4 damas nos 4 sorteios basta multiplicarmos todas essas aí, como nos diz o princípio da contagem:

P r e t i r a r m o s   4   d a m a s = 4 52 × 3 51 × 2 50 × 1 49 = 0,00000369 ≅ 0,0004 %

Muiiiito pequena a chance disso acontecer!

Resposta

0,0004 %

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