Questões de Probabilidade da OBMEP

Para o produto ser 60, um dos resultados deve ser 5 e o produto dos outros dois deve ser 12. Para tal, esses dois resultados podem ser 3 e 4 ou 2 e 6. O número total de casos possíveis ao lançar três dados é 6 x 6 x 6 = 216. O número de casos favoráveis corresponde aos dois conjuntos de resultados que fornecem produto igual a 60 (3, 4 e 5 ou 2, 6, 5), em qualquer ordem. Logo, há 6 + 6 = 2 x 6 = 12 casos favoráveis.

A probabilidade de se obter produto 60 é, portanto, igual a 12/216 = 1/18.

O total de bilhetes vendidos foi 100. Observe que é mais provável ser escolhido um bilhete do grupo em que há 28 bilhetes (28/100), ou seja, de um aluno que comprou 2 bilhetes.

Dado que as meninas ocupam 5 lugares consecutivos, há 6 possibilidades para a localização desses lugares (o lugar mais à esquerda pode ser o 1º, o 2º, etc, até o 6º). Dessas localizações, apenas na primeira e na última os outros 5 lugares são consecutivos.

Logo, a probabilidade de que os meninos fiquem juntos quando as meninas estão juntas é

(número de casos favoráveis)/(número de casos possíveis) = 2/6 = 1/3

Alternativamente, poderíamos contar as posições específicas das meninas:

(número de casos favoráveis)/(número de casos possíveis) = (2·5·4·3·2·1)/(6·5·4·3·2·1) = 1/3

Considere os eventos:

• A: o jogador 1 vence todas as partidas
• B: o jogador 2 vence todas as partidas
• C: o jogador 3 vence todas as partidas
• D: o jogador 4 vence todas as partidas
• E: o jogador 5 vence todas as partidas

Os eventos descritos acima são mutuamente exclusivos, isto é, não há intersecção, já que, se o jogador 1 vencer todas as partidas, os outros já perderam a partida com esse jogador. Ainda, como as partidas são independentes,

P(A) = P(B) = P(C) = P(D) = P(E) = (1/2)⁴ = (1/16)

Assim, a probabilidade solicitada é P(A∪B∪C∪D∪E) = P(A) + P(B) + P(C) + P(D) + P(E) = (5/16)

Outra solução:

Considere os jogadores A, B, C, D e E. Teremos 10 jogos, a saber

A × B, A × C, A × D, A × E, B × C, B × D, B × E, C × D, C × E e D × E.

O espaço amostral terá 2¹⁰ resultados possíveis e todos os resultados são equiprováveis, já que os jogadores têm a mesma chance de vencer.

Observe que, se um jogador vencer todos os seus jogos (digamos o jogador A), nenhum outro jogador poderá fazer o mesmo (pois A ganhou dele). O número de casos possíveis para que o jogador A vença suas 4 partidas será 2⁶, pois não importa o resultado das partidas realizadas entre si pelos outros jogadores. A mesma quantidade, 2⁶, vale para todos os outros jogadores.

Logo, a probabilidade solicitada é (2⁶ + 2⁶ + 2⁶ + 2⁶ + 2⁶)/2¹⁰ = 5/16.

Há 15 possibilidades de escolhas de uma bola da primeira caixa juntamente com uma bola da segunda caixa. Dessas 15 escolhas duplas (uma bola de cada caixa), somente 3 repetem a mesma letra. Logo, a probabilidade das duas bolas terem a mesma letra é 3/15 = 1/5.

OUTRA SOLUÇÃO:

Basta olhar para as bolas na ordem inversa do sorteio, ou seja, olhe para a segunda bola primeiro. Os 3 resultados são bons para a sua intenção. Agora olhe para a primeira bola sorteada: apenas um dos 5 resultados são favoráveis a sua intenção, portanto, a probabilidade desejada é 1/5.

Há 5 possibilidades para uma bola ser transferida para a segunda caixa. A seguir, a primeira bola da segunda caixa pode ser escolhida de 6 modos e a segunda, de 5. Há, portanto, 5 x 6 x 5 = 150 casos possíveis.

Vamos contar os casos favoráveis separando-os em duas situações:

a) A bola transferida para a segunda caixa é a de número 3.

A segunda caixa passa a contar com 6 bolas, sendo duas com o número 3, que vamos representar por 3a e 3b. A soma 6 pode ocorrer retirando duas bolas iguais a 3 (há duas possibilidades para a ordem: 3a depois de 3b ou 3b depois de 3a) ou retirando as bolas 1 e 5, em qualquer ordem (duas possibilidades) ou retirando as bolas 2 e 4 em qualquer ordem (duas possibilidades). Há, portanto, 6 casos favoráveis nesta situação.

b) A bola transferida é uma das bolas 1, 2, 4 ou 5.

Consideremos, por exemplo, o caso em que a bola transferida é a bola 1 (a situação é a mesma com as demais). A segunda caixa tem 6 bolas, sendo duas com o número 1, que representaremos por 1a e 1b. A soma 6 pode ser formada retirando bolas 1 e 5 ou bolas 2 e 4 (note que não é possível tirar duas bolas 3). No primeiro caso, há 4 possibilidades, a saber: (1a depois de 5), (1b depois de 5), (5 depois de 1a) ou (5 depois de 1b); no segundo há 2 possibilidades (3 depois de 4) ou (4 depois de 3). Temos, então, 6 casos favoráveis quando a bola transferida é a 1. O mesmo ocorre quando a bola transferida é 2, 4 ou 5. Há, portanto, 4 x 6 = 24 casos favoráveis nesta situação.

Assim, o número total de casos favoráveis é 6 + 24 = 30 e a probabilidade de se obter soma 6 é (30/150) = (1/5).

Outra solução:

Vamos considerar todas as somas possíveis dos números nas bolas da segunda caixa depois de feita a transferência; entretanto, agora, não estaremos interessados na ordem em que as bolas são sorteadas (a escolha de uma bola a depois de uma bola b será considerada a mesma que o da bola b depois da a), lembrando que a soma é comutativa.

Assim, o número de casos possíveis é

N_possíveis = (6 × 5)/2 = 15

O evento desejado é que as duas bolas sorteadas tenham soma 6.

Independentemente de qual foi a bola transferida, sempre haverá 3 escolhas de duas bolas favoráveis ao evento desejado. Por exemplo:

i) se a bola transferida for a de número 3, teremos os pares favoráveis: {1,5}, {2,4} e {3,3};

ii) se a bola sorteada for a de número 1, teremos os pares favoráveis: {1,5}, outro par {1,5} e {2,4} (lembre-se: há, nesse caso, duas bolas com o número 1 na segunda caixa).

Logo, o número de casos favoráveis é

N_favoráveis = 3

Assim, a probabilidade pedida é P = N_favoráveis/N_possíveis = 3/15 = 1/5.