DEPENDÊNCIA MATEMÁTICA 2º ANO EM- 3º BIMESTRE

·         TRABALHO ESCRITO À MÃO

·         EM FOLHA DE PAPEL ALMAÇO

·         DEVERÁ CONTER PARTE TEÓRICA (PESQUISA) 

·         DEVERÁ CONTER FIGURAS ILUSTRATIVAS DO CONTEÚDO 

·         EXERCÍCIOS RESOLVIDOS.

I. Análise combinatória

• Princípio multiplicativo ou princípio fundamental da contagem
• Fatorial
• Arranjos simples
• Combinação simples
• Permutação simples
• Permutação com elementos repetidos

II . Probabilidade

• Espaço amostral
• Evento
• Cálculo da probabilidade

III. Triângulo de Pascal e o Binômio de Newton

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

1) De quantas maneiras 6 pessoas podem sentar-se num banco de 6 lugares de modo que duas delas fiquem sempre juntas, em qualquer ordem?

Resp:Como duas pessoas ficarão sempre juntas, podemos considerá-las uma única pessoa. Dessa forma temos que:

P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120

Sabendo que as duas pessoas podem se sentar de duas maneiras, teremos 2 . 120 = 240. Portanto as 6 pessoas podem ocupar o banco de 6 lugares, em que 2 fiquem sempre juntas, de 240 maneiras.

2)(Unifor–CE) Um casal e seus quatro filhos vão ser colocados lado a lado para tirar uma foto. Se todos os filhos devem ficar entre os pais, de quantos modos distintos os seis podem posar para tirar a foto?

Resp: Os pais deverão ocupar os extremos:

P ____ ____  ____ ____ M  ou M ____ ____ ____ ____ P

2 ..P4 = 2 . 4! = 2 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48 maneiras

3) (UFJF–MG) Newton possui 9 livros distintos, sendo 4 de Geometria, 2 de Álgebra e 3 de Análise. O número de maneiras pelas quais  Newton pode arrumar esses livros em uma estante, de forma que os livros de mesmo assunto permaneçam juntos, é:

Resp: 4 livros de Geometria = P4                                        
2 livros de Álgebra = P2
3 livros de Análise = P3

P4 . P2 . P3 . P3 = 4! . 2! . 3!

4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
2! = 2
3! = 3 . 2 . 1 = 6

P4 . P2 . P3 . P3 = 24 . 2 . 6 . 6
P4 . P2 . P3 . P3 = 1728 maneiras

4) De um total de 6 pratos à base de carboidratos e 4 pratos à base de proteínas, pretendo fazer o meu prato com 5 destes itens, itens diferentes, de sorte que contenha ao menos 2 proteínas. Qual é o número máximo de pratos distintos que poderei fazer?

Resp: O produto C_6, 3 . C_4, 2 = 20 . 6 = 120 nos dá o total de pratos contendo 3 itens de carboidrato e 2 itens de proteína.

Já o produto C_6, 2 . C_4, 3 = 15 . 4 = 60 é igual ao total de pratos contendo 2 itens de carboidrato e 3 itens de proteína.

Por fim o produto C_6, 1 . C_4, 4 = 6 . 1 = 6 resulta no total de pratos contendo 1 item de carboidrato e 4 itens de proteína.

Somando 120, 60 e 6, obtemos o mesmo resultado obtido anteriormente.

Portanto:

O número máximo de pratos distintos que poderei fazer, contendo ao menos dois itens de proteína, é igual a 186 pratos.

5) Em um refeitório há doces e salgados. Cada pessoa receberá um recipiente com 3 doces, dos 8 tipos disponíveis e apenas 2 salgados, dos 7 tipos fabricados. Quantas são as diferentes possibilidades de preenchimento do recipiente?

Resp: Estamos trabalhando com combinação simples, pois não importa a ordem de preenchimento dos recipientes. No caso dos doces vamos calcular C_8, 3:

Já no caso dos salgados vamos calcular C_7, 2:

O número total de combinações será então o produto de 56 por 21:

Logo:

São 1176 as diferentes possibilidades de preenchimento do recipiente.

6) Em uma sapateira irei guardar 3 sapatos, 2 chinelos e 5 tênis. Quantas são as disposições possíveis desde que os calçados de mesmo tipo fiquem juntos, lado a lado na sapateira?

Como temos três tipos de calçados, a permutação destes três tipos é igual a 6:

P₃ = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

Ou seja, estando todos os calçados de um mesmo tipo juntos, o número de permutações é igual a 6, levando-se em consideração apenas o tipo de calçado, mas não o calçado em si.

Para os sapatos, temos 3 deles, que permutados entre si resulta em 6 permutações:

P₃ = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

Para os chinelos, temos 2 pares, que permutados entre si resulta em 2 permutações:

P₂ = 2! = 2 . 1 = 2

Finalmente para os tênis, temos 5 pares, que permutados entre si resulta em 120 permutações:

P₅ = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120

Multiplicando estes quatro números temos:

P₃ . P₃ . P₂ . P₅ = 3! . 3! . 2! . 5! = 6 . 6 . 2 . 120 = 8640

As disposições possíveis são 8640.

7) Se enfileirarmos 3 dados iguais, obteremos um agrupamento dentre quantos possíveis?

Resp: Quando temos apenas 1 dado, temos um total de 6 resultados possíveis.

Quando temos 2 dados, cada um dos 6 resultados possíveis de um dos dados, pode ser combinado com cada um dos 6resultados possíveis do outro dado, resultando então em 36 resultados possíveis.

Como temos 3 dados, as 36 possibilidades combinadas dos outros 2 dados, combinadas às 6 possibilidades do terceiro dado resultarão em 216 resultados.

Em outras palavras, pelo princípio multiplicativo temos:

6 . 6 . 6 = 216

Logo:

Obteremos um agrupamento dentre os 216 possíveis.

8) Em um pequeno galinheiro há 12 aves, dentre um galo, galinhas, frangos e frangas, no entanto só existe espaço para 10 aves no poleiro. De quantas maneiras distintas elas podem ser empoleiradas, sabendo-se que o poleiro sempre ficará lotado?

Resp: Para a primeira ave a subir no poleiro tem-se 12 possibilidades, para a segunda tem-se 11, para a terceira tem-se 10 e assim por diante, até a décima ave onde teremos apenas 3 possibilidades, já que apenas duas ficarão de fora. Multiplicando tudo temos:

12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 = 239500800

9) Uma bola será retirada de uma sacola contendo 5 bolas verdes e 7 bolas amarelas. Qual a probabilidade desta bola ser verde?

Resp: o espaço amostral possui 12 elementos, que é o número total de bolas, portanto a probabilidade de ser retirada uma bola verde está na razão de 5 para 12.

10) Três moedas são lançadas ao mesmo tempo. Qual é a probabilidade de as três moedas caírem com a mesma face para cima?

Resp: Através do princípio fundamental da contagem podemos determinar o número total de agrupamentos ao lançarmos três moedas.

Como cada moeda pode produzir dois resultados distintos, três moedas irão produzir 2 . 2 . 2 resultados distintos, ou seja, poderão produzir 8 resultados distintos. Este é o nosso espaço amostral.

Dentre as 8 possibilidades do espaço amostral, o evento que representa todas as moedas com a mesma face para cima possui apenas 2 possibilidades, ou tudo cara ou tudo coroa, então a probabilidade será dada por:

A probabilidade das três moedas caírem com a mesma face para cima é igual a ¹/₄, ou 0,25, ou ainda 25%.

11) Um casal pretende ter filhos. Sabe-se que a cada mês a probabilidade da mulher engravidar é de 20%. Qual é a probabilidade dela vir a engravidar somente no quarto mês de tentativas?

Resp: Sabemos que a probabilidade da mulher engravidar em um mês é de 20%, que na forma decimal é igual a 0,2. A probabilidade dela não conseguir engravidar é igual a 1 - 0,2, ou seja, é igual a 0,8.

Este exercício trata de eventos consecutivos e independentes (pelo menos enquanto ela não engravida), então a probabilidade de que todos eles ocorram, é dado pelo produto de todas as probabilidades individuais. Como a mulher só deve engravidar no quarto mês, então a probabilidade dos três meses anteriores deve ser igual à probabilidade dela não engravidar no mês, logo:

0,1024 multiplicado por 100% é igual a 10,24%.

Então:

A probabilidade de a mulher vir a engravidar somente no quarto mês é de 10,24%.

12) Em uma caixa há 2 fichas amarelas, 5 fichas azuis e 7 fichas verdes. Se retirarmos uma única ficha, qual a probabilidade dela ser verde ou amarela?

Resp: Na parte teórica vimos que a probabilidade da união de dois eventos pode ser calculada através da fórmula  e no caso da intersecção dos eventos ser vazia, isto é, não haver elementos em comum aos dois eventos, podemos simplesmente utilizar .

Ao somarmos a quantidade de fichas obtemos a quantidade 14. Esta quantidade é o número total de elementos do espaço amostral.

Neste exercício os eventos obter ficha verde e obter ficha amarela são mutuamente exclusivos, pois a ocorrência de um impede a ocorrência do outro, não há elementos que fazem parte dos dois eventos. Não há bolas verdes que são também amarelas.

Note que esta fórmula nada mais é que a soma da probabilidade de cada um dos eventos.

O evento de se obter ficha verde possui 7 elementos e o espaço amostral possui 14 elementos, que é o número total de fichas, então a probabilidade do evento obter ficha verde ocorrer é igual a ^7/₁₄:

Analogamente, a probabilidade do evento obter ficha amarela, que possui 2 elementos, é igual a ^2/₁₄:

A probabilidade de ela ser verde ou amarela é ⁹/₁₄.

TRIÂNGULO DE PASCAL