Resolução Novo espaço parte 1
1.1. Os números primos inferiores a 10 são 2, 3, 5 e 7. Então,
A ={2,3,5,7} . 3 1 24 3 3 24 9 ( x xx − ≤ ⇔ −≤ ⇔ ≤ ) .
Donde se conclui que B ={1,2,3,4,5,6,7,8,9} .
1.2. A B ⊂ porque ∀ ∈⇒∈ xx A x B , .
Os números ímpares inferiores a 10 são 1, 3, 5, 7 e 9. Então,
C ={1, 3, 5, 7, 9} . Ora, 2 2 ∈ ∧∉ A C . A C ⊄ porque
∃ ∈∧∉ xx A x C : .
1.3. − <⇔< ⇔<
19 2 19 0 9,5 2 x xx . O conjunto D é constituído
pelos números naturais inferiores a 9,5 que não são múltiplos de
2, ou seja, D ={1,3,5,7,9} . Assim sendo, conclui-se que C D= .
2.1. A ficha (azul, B) pertence ao conjunto S.
2.2.
2.3.
a) R S ∩ ={(vermelha,A , vermelha,B , vermelha,G ) ( ) ( )}
b) R S ∪ ={( vermelha,A , vermelha,B , vermelha,C , ) ( ) ( )
( vermelha,G , azul,A , azul,B ) ( ) ( )}
c) S T ∩ ={ }
Tarefa 1
1. ( ) + + x x xx x xx < ∧ ∈ ⇔ < ∧ >− ∧ ∈ ⇔ = ∨ = 3 3 3 12 Z Z .
Então, A ={1, 2} . + + −< ∧∈ ⇔ < ∧∈ ⇔ Z Z 9 2 90
2 x x xx
⇔=∨ =∨ =∨ = xxxx 1234 . Então, B ={1, 2, 3, 4} .
2. A B ∩ ={1, 2} e A B ∪ ={1, 2, 3, 4} .
3.1. A B ⊂ porque ∀ ∈⇒∈ xx A x B , .
3.2. AB A ∩ ⊂ porque ∀ ∈∩⇒∈ xx A B x A , e AAB ⊂ ∩
porque ∀ ∈⇒∈∩ xx A x A B , . Como AB A ∩ ⊂ e AAB ⊂ ∩ ,
conclui-se que ABA ∩ = . ABB ∪ ⊂ porque
∀ ∈∪⇒∈ xx A B x B , e B AB ⊂ ∪ porque
∀ ∈⇒∈∪ xx B x A B , . Como ABB ∪ ⊂ e B AB ⊂ ∪ , conclui-se
que A BB ∪ = .
4. O valor lógico da proposição é falso pois, por exemplo, 4∈B e
4∉A .
Pág. 10
3.1.
a) x xx ≤ ⇔ ≤ ∧ ≥− 55 5
Então, A =− − − − − { 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} .
b) −<+ ⇔ −<+⇔ <⇔ < 2 1 3 6 3 2 9 4,5 3
x x x xx x . Então,
B ={1, 2, 3, 4} .
c) A B ∩ ={1, 2, 3, 4}
d) A B ∪ =− − − − − { 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}
3.2.
a) O valor lógico da proposição é verdadeiro porque AB A ∩ ⊂ .
b) O valor lógico da proposição é verdadeiro porque ABB ∩ ⊂ .
c) O valor lógico da proposição é falso porque, por exemplo,
0∈A e 0∉B .
d) O valor lógico da proposição é verdadeiro porque
∀ ∈⇒∈ xx B x A , .
4. Como S T ⊂ , então STS ∩ = . Assim sendo, S ={3,4,5} .
Pág. 11
5.1. (C A BC A B C B A ∩ ∩=∩ ∩ =∩ ∩ = ) ( ) ( ) {5,9}
5.2. A BC AB C BA C ∩ ∩ = ∩ ∩= ∩ ∩= ( ) ( ) ( ) {5,9}
5.3. A BC AB C ∪ ∪ = ∪ ∪= ( ) ( ) {1,2,4,5,7,9,10,12}
5.4. B C A C A BC A B ∪ ∪ = ∪ ∪=∪ ∪ = ( ) ( ) ( )
={1, 2, 4, 5, 7, 9, 10, 12}
6.1. O número 5 pertence a T pois pertence a P T ∩ mas não
pertence a S.
6.2. T SP SP TS PT ∩ ∩ = ∩ ∩=∩ ∩ = ( ) ( ) ( ) {1,3,7} .
Tarefa 2
1.1.
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Cálculo combinatório
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1.2. A B ∩ ={3,4,5,6} e B A ∩ ={3,4,5,6} .
Assim sendo, ABB A ∩=∩ .
1.3. A B ∪ ={1,2,3,4,5,6,7,8,9} e B A ∪ ={1,2,3,4,5,6,7,8,9} .
Assim sendo, ABB A ∪=∪ .
2.1. (CD E ∩ ∩= ∩ = ) {3,5 2,5,6,7 5 } { } { } e
C DE ∩∩= ∩ = ( ) {1,3,5,7 2,5,6 5 } { } { }
Assim sendo, (CD E ∩ ∩) =∩ ∩ C DE ( ) .
2.2. (CD E ∪ ∪= ∪ = ) {1,2,3,5,6,7 2,5,6,7 1,2,3,5,6,7 } { } { } e
C DE ∪∪= ∪ = ( ) {1,3,5,7 2,3,5,6,7 1,2,3,5,6,7 } { } { } .
Assim sendo,(C D EC DE ∪ ∪=∪ ∪ ) ( ) .
Pág. 12
7.1. − ≤ ⇔ − ≤ ∧ − ≥− ⇔ ≥− ∧ ≤
3 5 12 4 12 4 12 4
2 2 x x x xx .
Então, A = −{ 1,0,1,2} .
−± +
− + + = ⇔ = ⇔ =− ∨ = −
2 1 1 24 6 0 2 3
2 xx x x x
− + + ≥ ⇔ ∈−[ ] 2 xx x 6 0 2,3
Então, B ={1, 2, 3} . Logo, B A ∩ ={1, 2} e A BA ∩∩ = ( ) {1, 2} .
7.2. A B ∪ =−{ 1, 0, 1, 2, 3} . Logo, B AB ∪ ∪ =− ( ) { 1, 0, 1, 2, 3} .
8.1. (PS QS PS SQ P SS Q ∩ ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ =∩ ∩ ∩= ) ( ) ( ) ( ) ( )
=∩∩ PSQ
8.2.
a) S PQ SP SQ PS QS ∩∪ =∩∪∩ =∩∪∩= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=− − − { 3, 2, 1, 0, 1, 3, 4, 5}
b) PQS PS QS ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ =− ( ) ( ) { 1, 0, 3}
9.1. 2 14 12 14 < − <⇔ − >∧ − <⇔ x xx
⇔ − > ∨ − <− ∧ − < ∧ − >− ( xx xx 12 1 2 14 1 4 ) ( )
⇔ > ∨ <− ∧ < ∧ >− ⇔− < <− ∨ < < ( xx xx x x 3 1 5 3 3 13 5 ) ( )
Então, B C ∪ =− − ∪ ] 3, 1 3,5 [ ] [ .
9.2. Sabe-se que A = − +∞ ] 2, [ . Então:
( AB AC ∩∪∩ = ) ( ) A BC ∩ ∪ =− − ∪ ( ) ] 2, 1 3,5 [ ] [
Tarefa 3
1.1.
1.2.
a) A B ∪ ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 8}
b) A C ∩ ={5}
c) B C ∩ ={5, 8}
1.3. (AB C ∪ ∩= ) {5,8} e ( AC BC ∩∪∩= ) ( ) {5, 8} .
Donde se conclui que (AB C AC BC ∪ ∩= ∩ ∪ ∩ ) ( ) ( ) .
1.4. (AB C ∩ ∪= ) {5, 6, 7, 8, 9}
e ( AC BC ∪∩∪ ) ( ) ={5, 6, 7, 8, 9} .
Donde se conclui que: ( AB C ∩ ∪) = ∪∩∪ (AC BC ) ( )
Pág. 13
10.1. Ax x = ∈ −< ≤ { R:2 3}
10.2. = ∈ ≤− ∨ > R 1
: 5
2
Ax x x
11.1.
a) A xx = ≥ { : 5}
b) AB xx \ :2 = < { }
c) B A xx \ :5 = ≥ { }
d) ∼ ∼ (13 1 3 13 < ≤ ⇔ > ∧ ≤ ⇔ ≤∨ > x x x xx ) ( ) ;
C xx x = ≤∨ > { :1 3} .
11.2.
a) ACAC ∩ = ∪ = + ∞ ∪ −∞ ∪ + ∞ = [5, [ (] ,1 3, ] ] [)
= −∞ ∪ + ∞ ] ,1 3, ] ] [
b) C BC BC B ∪ = ∩ = ∩ = ∩ +∞ = ]1,3 2, 2,3 ] [ [ [ ]
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Pág. 14
12.1. B ={6,7,8}
12.2. ABAB ∪=∩= ∩ = {6,8,12,14 6,7,8 6,8 } { } { }
12.3. B A x Bx A \ : 12,14 =∈ ∉= { } { }
12.4. ABABAB ∩=∪=∪= ∪ = {6,8,12,14 1,4,12,14 } { }
={1,4,6,8,12,14}
13.1. PQPP QP PQ PP ∪∪=∪ ∩ = ∪ ∩ ∪ = ( ) ( ) ( )
= ∩ ∩=∩ (PQ UPQ )
13.2. 0 13 10 13 ≤ +≤⇔ +≥ ∧ +≤⇔
2 22
x xx
⇔ + ≥ ∧ + ≤ ⇔ ≥− ∧ ≤ x x xx 20 26 2 4
Então, P Q ∩ =−[ 2,4 ] .
Assim sendo, PQPPQ ∪∪=∩= = −∞ − ∪ + ∞ ] , 2 4, [ ] [ .
14.1. ( A A B B A A B B U B BU BB ∪∩ ∩= ∪∪ ∩= ∪ ∩=∩= ) ( ) ( )
14.2. AABAAB B ∩∪=∩∩= ∩= { } { }
14.3. A BAB A BA B ∪ ∪∪ =∪ ∩ ∪ = ( ) (( ) )
=∪ ∪ ∩ ∪ =∪ ∩ ∪ =∪ ∪ = A BB AB A U AB A AB (( ) ( )) ( ( )) ( )
= ∪ ∪=∪ ( AA BAB )
Pág. 15
15.1. O produto cartesiano A B × tem 5 5 25 × = elementos.
15.2. Há 5 elementos:
(Vasco,azul , Vasco,vermelho , ) ( )
(Vasco,branco , Vasco,roxo e Vasco,preto ) ( ) ( ) .
16.1. C A× ={ (3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 4,1 , 4,2 , 4,3 , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(4,4 , 6,1 , 6,2 , 6,3 , 6,4 ) ( ) ( ) ( ) ( ) }
16.2. C B× ={ (3,2 , 3,3 , 3,5 , 4,2 , 4,3 , 4,5 , 6,2 , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(6,3 , 6,5 ) ( )}
16.3. C A B CA CB ×∪=×∪× ( ) ( ) ( )
={ (3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 3,5 , 4,1 , 4,2 , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(4,3 , 4,4 , 4,5 , 6,1 , 6,2 , 6,3 , 6,4 , 6,5 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) }
Pág. 16
17.1. Os conjuntos P e S são equipolentes porque existe uma
bijeção de S sobre P (a função que a cada surfista faz
corresponder a sua prancha de surf).
17.2. Como os conjuntos P e S são equipolentes e # 28 S = ,
conclui-se que # # 28 P S = = .
18. Sabe-se que = 9 # #
10
B A e # 57 (A B ∪ =) .
Os conjuntos A e B são disjuntos, isto é, A B ∩ =∅ .
Então, tem-se que # ## (AB A B ∪= + ) . Donde resulta que:
× = + ⇔= ⇔ = ⇔=
9 19 57 10 57 # # 57 # # 30 #
10 10 19
AA A A A .
Conclusão: # 30 A = e # 57 30 27 B =−= .
Pág. 17
19.1. # 82 25 57 (A C ∪=−= )
Como # ### (AC A C AC ∪= + − ∩ ) ( ) , tem-se:
57 36 30 # # 9 =+− ∩⇔ ∩= (AC AC ) ( ) .
19.2. #\ #\ # # # # AC C A A A C C C A + = − ∩+ − ∩= ( ) ( )
= −+ −= 36 9 30 9 48
20.1. # # # # 20 13 8 25 (PM P M PM ∪ = + − ∩ = + −= ) ( )
20.2. # \ # # 13 8 5 MP M M P = − ∩ = −= ( )
Há 5 raparigas da turma que não participam no concurso.
Tarefa 4
1. A ={2,4,6,8,10,12} e B ={3,6,9,12} .
2.1. A B\ 2,4,8,10 ={ } , B A\ 3,9 ={ } e A B ∩ ={6,12} .
2.2.
a) ( AB A B \ ) ∩∩= ∩ = ( ) {2,4,8,10 6,12 } { } { }
Donde se conclui que os conjuntos A B\ e A B ∩ são disjuntos.
(AB A B \ )∪∩= ∪ = ( ) {2,4,8,10 6,12 2,4,6,8,10,12 } { } { } = A
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b) #\ 4 A B = e # # 624 A AB − ∩ =−= ( ) , donde se conclui que
#\ # # AB A A B =− ∩ ( ) .
2.3.
a) (BA A B \ ) ∩∩= ∩ = ( ) {3,9 6,12 } { } { }
Donde se conclui que os conjuntos B A\ e A B ∩ são disjuntos.
(BA A B \ )∪∩= ∪ = = ( ) {3,9 6,12 3,6,9,12 } { } { } B
b) #\ 2 B A = e # # 422 B AB − ∩ =−= ( ) , donde se conclui que
#\ # # BA B A B =− ∩ ( ) .
2.4.
a) (AB BA A B \ \ )∩ ∩∩= ∩ ∩ = ( ) ( ) {2,4,8,10 3,9 6,12 } { } { } { }
Donde se conclui que os conjuntos A B\ , B A\ e A B ∩ são
disjuntos.
(AB BA A B \ \ )∪ ∪∩= ∪ ∪ = ( ) ( ) {2,4,8,10 3,9 6,12 } { } { }
={2,3,4,6,8,9,10,12} = ∪A B
b) # 8 ( A B ∪ =) e # # # 6428 A B AB + − ∩ =+−= ( ) , donde se
conclui que # ### (AB A B AB ∪= + − ∩ ) ( ) .
Pág. 18
21.1. Os elementos do conjunto A B × em que a faz parte são
cinco: (aa a a a ,2 , ,3 , ,5 , ,7 e ,9 ) ( ) ( ) ( ) ( ) .
21.2. Os elementos do conjunto A B × em que c não faz parte
são 15: (aaaaabbb ,2 , ,3 , ,5 , ,7 , ,9 , ,2 , ,3 , ,5 , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(bbdddd d , 7 , , 9 , , 2 , , 3 , , 5 , , 7 e , 9 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .
22. # 6 # # 6 2# 6 # 3 (CD C D D D × =⇔ × =⇔× =⇔ = )
Então, # # # 33 9 (DD D D × = × =×= ) .
23. Se (3,5)∈ × (P P) , então 3∈P e 5∈P .
Donde se exclui a opção (B). Se # 16 (P P× =) , então # 4 P = .
Assim sendo, a opção correta é a (C).
Tarefa 5
1.1. Estratégia do Bernardo:
A B× 1 b 2 b 3 b
1 a ( a b 1 1 , ) ( a b 1 2 , ) ( a b 1 3 , )
2 a ( a b 2 1 , ) ( a b 2 2 , ) ( a b 2 3 , )
3 a ( a b 3 1 , ) ( a b 3 2 , ) ( a b 3 3 , )
4 a ( a b 4 1 , ) ( a b 4 2 , ) ( a b 4 3 , )
Estratégia da Carolina:
1.2. O conjunto A B × tem 12 elementos.
1.3. # 12 e # # 4 3 12 (AB A B × = × =×= ) , donde se conclui que
# ## (AB A B ×= × ) .
1.4. Se acrescentar 1 elemento ao conjunto A, são acrescentados
3 elementos ao conjunto A B × porque # 3 B = .
1.5. Se acrescentar 5 elementos ao conjunto A, são
acrescentados 15 elementos ao conjunto A B × porque # 3 B = e
5 3 15 × = .
2.1. O número de linhas a preencher na tabela é igual ao número
de elementos do conjunto A e o número de colunas é igual ao
número de elementos do conjunto B.
Então, há m linhas e n colunas a preencher na tabela.
2.2. Existem m n × pares ordenados.
Pág. 19
24. O Pedro tem 36 (632 × × ) maneiras distintas de escolher o
equipamento a levar para a aula de Educação Física.
Pág. 20
25. A =− − − { 3, 2, 1,0,1,2,3} , B ={1,2,3} e C ={1,2,3,4,5,6} .
25.1.
a) Um elemento que pertença ao conjunto ABC × × é, por
exemplo, (0,1,5) .
b) Um elemento que pertença ao conjunto C AB × × é, por
exemplo, (6, 2,2 − ) .
25.2. #(ABC A B C ×× = × × =×× = ) # # # 7 3 6 126 .
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26. Cada uma das arestas [OA] , [OC] e [OE ] do cubo contém
4 pontos de coordenadas inteiras. Assim sendo, existem 64
(444 × × ) pontos de coordenadas inteiras que pertencem ao
cubo.
Tarefa 6
1.1.
a) Existem 5 pontos de coordenadas inteiras que pertencem à
aresta [UV ] , a saber: (5, 2,5 − ) , (5, 1,5 − ) , (5,0,5) , (5,1,5) ,
e (5,2,5) .
b) Pontos do tipo ( xyz , , ) tal que:
x∈{0,1,2,3,4,5} , y∈− − { 2, 1, 0, 1, 2} e z∈{5}
O número de pontos de coordenadas inteiras é 6 5 1 30 ××= .
c) O plano mediador de [PQ] é o plano de equação y = 0 .
Px z ( , 0, ) em que x∈{0,1,2,3,4,5} , y∈{0} e
z∈{0,1,2,3,4,5} .
O número de pontos é 6 1 6 36 ×× = .
1.2. X ={0,1,2,3,4,5} , Y =− − { 2, 1,0,1,2} e Z ={0,1,2,3,4,5} .
a) #( XY Z X Y Z ×× = × × =×× = ) # # # 6 5 6 180
b) O cubo é definido pela condição:
5 5 0 5
2 2
≤ ≤ ∧− ≤ ≤ ∧ x y 0 5 ≤ ≤z
Como #( XY Z ×× =) 180 , sabe-se que existem 180 pontos de
coordenadas inteiras que pertencem ao cubo.
2.1. Sendo a medida da aresta do cubo igual a 8, cada uma das
arestas [MR] e [RS] do cubo contém 9 pontos de coordenadas
inteiras. Assim sendo, existem 81 (9 9 × ) pontos de coordenadas
inteiras que pertencem à face [MRST ] .
2.2. Cada uma das arestas [MR] , [MP] e [RS] do cubo contém
9 pontos de coordenadas inteiras. Assim sendo, existem 729
(999 × × ) pontos de coordenadas inteiras que pertencem ao
cubo.
3. Sendo a medida da aresta do cubo igual a 25, existem 7500
(12 25 25 × × ) pontos do cubo em que as coordenadas são
números naturais.
Pág. 21
27. A resposta corresponde ao número de arranjos com
repetição de 12 elementos 3 a 3.
′ = = 12 3
3 A 12 1728 . É possível obter 1728 sequências diferentes.
28.1. Se não houver qualquer restrição, é possível selecionar
′ = = 10 5
5 A 10 100 000 códigos diferentes.
28.2. Se o código não tiver algarismos pares, ou seja, se só tiver
algarismos ímpares, é possível selecionar ′ = = 5 5
5 A 5 3125
códigos diferentes.
29. Neste sistema existem no máximo ′′′ ×× = 23 10 23 AAA 222
=××= 222 23 10 23 27 984 100 matrículas diferentes.
Pág. 22
30.1. Número de sequências de sinais que o Pedro pode
apanhar: ′ = = 3 8
8 A 3 6561
30.2. Número de sequências de sinais que o Pedro pode apanhar
sem qualquer sinal vermelho: ′ = = 2 8
8 A 2 256 .
31.1. Se não houver qualquer restrição, o número de alternativas
é dado por: ′ = = 10 4
4 A 10 10 000
31.2. Se a sequência começa em 1 e representa um número par,
então o número de alternativas é dado por:
′ ×= ×= 10 2
2 A 5 10 5 500
31.3. Se a sequência começa num algarismo ímpar e representa
um número múltiplo de 5, então o número de alternativas é dado
por: × ×=× ×= ′ 10 2
2 5 2 5 10 2 1000 A
Tarefa 7
1.1. Uma pessoa que responda às quatro questões do inquérito
pode dar ′ = = 11 4
4 A 11 14 641 respostas diferentes.
1.2. Se as classificações às três últimas questões do inquérito
forem superiores a 5, então é possível dar × =×= ′ 5 3
3 11 11 5 A
=1375 respostas diferentes.
2. O aluno pode dar ′ = = 4 9
9 A 4 262144 respostas diferentes.
Pág. 23
32.1. Como ( ) = =6 # 2 64 P A , conclui-se que o conjunto A tem
64 subconjuntos.
32.2. Seja n o cardinal do conjunto B.
( ) = ⇔ = ⇔ = ⇔= 9 # 512 2 512 2 2 9 n n P B n . Portanto, # 9 B = .
33. Utilizando pelo menos uma das oito moedas, podem ser
pagos − = 8 2 1 255 valores exatos.
Tarefa 8
1.1. A sequência associada ao subconjunto { a, i} é S N S N N.
1.2. A sequência associada ao subconjunto { a, e, i, o, u} é
S S S S S.
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1.3. A sequência associada ao subconjunto { } é N N N N N.
2.1. O subconjunto associado à sequência N N S S S é { i, o, u} .
2.2. O subconjunto associado à sequência S N N N N é { a} .
3. Com as letras S e N é possível formar =5 2 32 sequências de
cinco elementos.
4. Como ( ) = =5 # 2 32 P A , conclui-se que o conjunto A tem 32
subconjuntos.
Pág. 25
34.1. × −= − = −= ×
17 1 17 1 7 17 7 10
7! 6! 7! 6! 7 7! 7! 7!
34.2. × × += + =+ = × ××
24 3 24 3 6 7 3 126 129
8! 5! 8 7! 5! 6 7 7! 7! 7!
34.3. ( ) = = == − ×− − ×
14 14 14 14 2
8! 7! 8 7! 7! 7! 8 1 7! 7 7!
35.1. 13! 2 11! 13 12 11! 2 11! 13 12 2 11! −× = × × −× = × − × = ( )
= × 154 11!
35.2. 13! 11! 2 12! 13 12 11! 11! 2 12 11! − +× = × × − +× × =
= × −+× × = × (13 12 1 2 12 11! 179 11! )
35.3. ×× × ×+ = + = + =
2 10! 11 2 11! 2 10! 11! 11! 11!
11 11
= +× = ×
2 13 1 11! 11!
11 11
36.1. ( + +× ) ( ) = ⇔ = ⇔+= ⇔ =
1! 1 !
15 15 1 15 14
! !
n nn n n n n
36.2. ( + +×+× ) ( ) ( ) = ⇔ = ⇔
2! 2 1 !
12 12
! !
n n nn
n n
⇔ + × + = ⇔ ++ += ⇔ + − =⇔ ( ) ( ) 2 2 n n nnn n n 2 1 12 2 2 12 3 10 0
⇔ = ∨ =− n n 2 5 . Como n é natural, conclui-se que n = 2 .
37.1. É possível ordenar os livros na prateleira de
9! 6 227 020 800 = maneiras diferentes.
37.2. Se os dois livros mais pequenos ocuparem os extremos,
então há 2! 11! 79 833600 × = maneiras diferentes de ordenar os
livros na prateleira.
Pág. 26
38. A Rita pode ordenar os 5 lápis no estojo de = 14
5 A 240240
maneiras diferentes.
Pág. 27
39. O Paulo pode definir = 4
3 A 24 códigos diferentes.
40.1.
a) Se forem utilizados 5 cubos é possível construir 5! 120 =
“torres” diferentes.
b) Se forem utilizados 4 cubos é possível construir = 5
4 A 120
“torres” diferentes.
c) Se forem utilizados 3 cubos é possível construir = 5
3 A 60
“torres” diferentes.
40.2. Se os cubos verde e amarelo ficarem um em cada extremo
da “torre”, então é possível construir 2! 3! 12 × = “torres”
diferentes.
40.3. Se forem utilizados 3 cubos, sendo o azul um dos
escolhidos, é possível construir × = 4
2 3 36 A “torres” diferentes.
Pág. 28
41.1. Os resultados possíveis de obter são = 7
5 A 2520 .
41.2. Se uma das cores a utilizar é o azul, os resultados possíveis
de obter são × = 6
4 5 1800 A .
41.3. Se o verde e o vermelho forem utilizados para as
extremidades, os resultados possíveis de obter são × = 5
3 2! 120 A .
42.1. Os números pares de três algarismos diferentes que é
possível formar, usando elementos do conjunto A, são
× = 6
2 A 3 90 .
42.2. Os números múltiplos de 5 de três algarismos diferentes
que é possível formar, usando elementos do conjunto A, são
× = 6
2 A 1 30 .
42.3. Os números maiores que 500 de três algarismos diferentes
que é possível formar, usando elementos do conjunto A, são
× = 6
2 3 90 A .
42.4. Os números menores que 180 de três algarismos
diferentes que é possível formar, usando elementos do conjunto
A, são × = 6
2 1 30 A .
42.5. Os números menores que 150 de três algarismos
diferentes que é possível formar, usando elementos do conjunto
A, são 1 3 5 15 ×× = .
43. O número total de apostas possíveis é = 12
3 A 1320 .
Como cada aposta custa 2 euros, então, para garantir que se
acerta, devem ser gastos, no mínimo, 1320 2€ 2640€ × = .
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Unidade 1
NEMA12PR1_unidade_1
10
Tarefa 9
1.1. Se ficarem sentadas as três raparigas, há 3! 6 = maneiras
diferentes de as sentar no sofá.
1.2. Se em cada ponta ficar sentado um rapaz e no meio ficar
uma rapariga, há 2! 3 6 × = maneiras diferentes de os sentar no
sofá.
1.3. Se em cada ponta ficar sentada uma rapariga e no meio ficar
um rapaz, há × = 3
2 A 2 12 maneiras diferentes de os sentar no
sofá.
2.1. Número de sequências em que as cinco cartas são do
mesmo naipe: × = 6
5 2 1440 A .
2.2. Número de sequências em que a primeira e a última carta
são figuras: × = 6 10
2 3 A A 21600 .
2.3. Número de sequências com exatamente duas figuras (uma
em cada ponta): × = 6 6
2 3 A A 3600 .
3.1. Número de sequências que é possível formar em que a bola
preta não entra: = 6
4 A 360 .
3.2. Número de sequências que é possível formar em que a bola
azul é a última: × = 6
3 A 1 120 .
3.3. Número de sequências que é possível formar em que a bola
verde é a primeira e a vermelha é a última: × ×= 5
2 1 1 20 A .
Pág. 29
44.1. Número de maneiras de formar, na turma, um grupo de 20
elementos: = 25
20 C 53 130 .
44.2. Número de maneiras de formar, na turma, um grupo de 4
rapazes: = 10
4 C 210 .
44.3. Número de maneiras de formar, na turma, um grupo de 9
raparigas: = 15
9 C 5005 .
44.4. Número de maneiras de formar, na turma, um grupo de 5
elementos, sendo 3 raparigas e 2 rapazes: × = 15 10
3 2 C C 20475 .
Tarefa 10
1.1. Como o subconjunto tem 3 elementos, as permutações dos
elementos do subconjunto são 6 (3! 6 = ) .
1.2. A Joana obtém apenas uma mistura pois vai utilizar os 3
elementos do subconjunto.
2. Os subconjuntos de S de 3 elementos são os seguintes:
{K,A,L , K,A,M , K,L,M e A,L,M } { } { } { } .
3. O número de arranjos de 4 elementos 3 a 3 é igual a 24
( )
= = −
4
3
4!
24
4 3!
A e o número de subconjuntos de S com 3
elementos é igual a 4. Portanto, o número de arranjos de 4
elementos 3 a 3 não é igual ao número de subconjuntos de S com
3 elementos, porque nos arranjos a ordem interessa e nos
subconjuntos não interessa a ordem por que se misturam as 3
variedades de sumo.
4. ( ) − = ==
4
3
4! 24
4 3! 1 4
3! 3! 6
A .
No contexto apresentado,
4
3
3!
A
representa o número de
misturas que é possível formar utilizando 3 sumos a partir dos 4
iniciais.
Pág. 30
45. Utilizando quatro e só quatro dessas moedas, é possível
obter = 8
4 C 70 diferentes valores.
46.1. × =× ⇔ 3 2 8 n n C nA
( ) ( ) ⇔× =× ⇔ − −
! !
8
3! 3 ! 2 !
n n n n n
( ) ( )
− ⇔× =× ⇔ − −
2 6 8
2! 2!
n n n n
( ) ( ) ⇔× =× ⇔ − = ⇔ = − −
1 1 8 8 16 6 8
6 3! 2! n n nn n n
46.2. ( )
( )
( ) + +
× = ⇔× = ⇔ − −
1
2 3
! 1 !
20 20
2! 2 ! 2 !
n n n n C A n n
⇔ = + ⇔ = +× 10 ! 1 ! 10 ! 1 ! nn nn n ( ) ( )
⇔ =+⇔ = 10 1 9 n n
Pág. 31
47.1. É possível formar = 10
7 C 120 grupos de sete pessoas.
47.2. É possível distribuir sete das dez pessoas pelas cadeiras de
= 10
7 A 604800 maneiras diferentes.
48.1. Com os cinco pontos assinalados é possível definir = 5
2 C 10
retas distintas.
48.2. Com os cinco pontos assinalados é possível definir = 5
3 C 10
triângulos diferentes.
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Cálculo combinatório
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49.1. Número de códigos que não têm o algarismo 5:
′ = = 9 4
4 A 9 6561 .
49.2. Número de códigos que têm exatamente um algarismo 5:
× =× = ′ 9 3
3 4 4 9 2916 A .
49.3. Número de códigos que têm exatamente dois algarismos 3:
× =× = ′ 49 2
2 2 C A 6 9 486 .
Pág. 32
50.1. Número de maneiras que há para empilhar os nove livros:
× = 9
2 C 7! 181440
50.2. Número de maneiras que há para empilhar os nove livros e
os amarelos ficarem juntos: 8 7! 40320 × =
50.3. Número de maneiras que há para empilhar os nove livros e
o cor de laranja e o cor-de-rosa ficarem juntos:
×× × = 7
2 2! 8 5! 40320 C
50.4. Número de maneiras que há para empilhar os nove livros e
os amarelos ficarem nos extremos: 7! 5040 =
51. Seja n o número de participantes na reunião. O número de
grupos de dois elementos que é possível formar é dado por 2
n
C .
( )
( ) ( )
( )
×−×−
=⇔ =⇔ = ⇔ − − 2
! 1 2!
28 28 28
2! 2 ! 2 2!
n n nn n C n n
± +
⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ∨ =− 2 1 1 224 56 0 8 7
2 nn n n n
Como n ≥ 2 , conclui-se que n = 8 . Assim sendo, se o grupo
passar a ser constituído por 4 elementos haverá = 8
4 C 70
alternativas para formar esse grupo.
Tarefa 11
1.1. 8
3 C : número de maneiras de dispor as três bolas vermelhas
(na fila de 8).
5
2 C : número de maneiras de colocar as duas bolas azuis (nos 5
lugares ainda disponíveis) depois de colocadas as vermelhas.
3!: número de maneiras de dispor as três bolas de cores
diferentes (preta, verde e amarela) nos 3 lugares restantes.
Assim sendo, e atendendo às cores das bolas, é possível obter
× × 8 5
3 2 C C 3! sequências diferentes.
1.2. ( ) ( ) = × ×= × ×= ×− ×−
8 5
3 2
8! 5! 3! 3!
3! 8 3 ! 2! 5 2 !
NC C
= × ×= ×× ×
8! 5! 8! 3!
3! 5! 2! 3! 3! 2!
2.1. Número de anagramas da palavra LISBOA: 6! 720 =
2.2. Número de anagramas da palavra AMADORA: = 7!
840
3!
2.3. Número de anagramas da palavra ENTRONCAMENTO:
= ×××
13! 129 729 600
2! 3! 2! 2! .
3.1. Atendendo ao produto de cada frasco é possível obter
= 7!
840
3! sequências diferentes.
3.2. Número de sequências em que os três frascos com doce de
morango ficam em lugares consecutivos: 5 4! 120 × = .
Pág. 33
Proposta 1
1.1.
a) As cartas que correspondem à região sombreada do diagrama
de Venn são as seguintes:
b) As cartas que correspondem à região sombreada do diagrama
de Venn são as seguintes:
c) As cartas que correspondem à região sombreada do diagrama
de Venn são as seguintes:
d) As cartas que correspondem à região sombreada do diagrama
de Venn são as seguintes:
1.2.
a) “As figuras que não são de paus” são representadas por:
F P ∩ .
b) “Figuras ou ases que não são de copas” são representadas
por: (FA C ∪ ∩) .
c) “Espadas que não são figuras ou ouros que são figuras” são
representadas por: (EF OF ∩∪∩ ) ( ) .
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Pág. 34
Proposta 2
2.1. A AB AA AB U AB AB ∪ ∩ = ∪ ∩ ∪ =∩ ∪ =∪ ( ) ( ) ( ) ( )
2.2. A AB AA AB AB AB ∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ =∅∪ ∩ = ∩ ( ) ( ) ( ) ( )
2.3. ABC AB C AB C ABC ∪∪= ∪ ∪= ∪ ∩ = ∩∩ ( ) ( )
2.4. ABC AB C AB C ABC ∩∩= ∩ ∩= ∩ ∪ = ∪∪ ( ) ( )
2.5. ( A B A B A A BU BB ∩ ∪ ∩ = ∪ ∩=∩= ) ( ) ( )
2.6. ( ) AB AB AB AB AA B ∩ ∪ ∪ = ∩ ∪ ∩ = ∪ ∩= ( ) ( ) ( ) ( )
=∩= UBB
2.7. ( ) AB C A AB C A AB AC ∪∩∩ = ∪∩∪ = ∪∩∪ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=∪ ∩ =∪ A B C A BC ( ) ( \ )
2.8. ( )( ) ( ) AB AC AB AC AB AC ∩ ∩= ∩∩∩ = ∩∩ ∪ = \ ( ) ( ) ( )
= ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ =∅∪ ∩ ∩ = ∩ ∩ = ((AB A AB C AB C AB C ) ) (( ) ) (( ) ) ( )
=∩ ∩ =∩ A B C A BC ( ) ( \ )
Proposta 3
3.1. O Tiago pode utilizar 5 2× , ou seja, 10 equipamentos
diferentes em que os calções não sejam azuis.
3.2. O Tiago pode utilizar 2 3× , ou seja, 6 equipamentos
diferentes com camisola vermelha ou verde.
3.3. O Tiago pode efetuar no máximo 5 3× , ou seja, 15 treinos
diferentes sem repetir o equipamento.
Proposta 4
4.1. Número de pontos do prisma em que todas as coordenadas
são números inteiros:
5 7 10 350 ×× = .
4.2. Número de pontos do prisma em que todas as coordenadas
são números inteiros negativos:
2 3 3 18 ××= .
4.3. Número de pontos do prisma em que todas as coordenadas
são números inteiros positivos:
2 3 6 36 ×× = .
4.4. Número de pontos do prisma em que todas as coordenadas
são números inteiros e a cota é negativa:
5 7 3 105 ××= .
Pág. 35
Proposta 5
5.1. Optando pelo Menu completo podem fazer-se 373 × × , ou
seja, 63 escolhas diferentes.
5.2.
a) Se o Sr. Silva pretender uma sopa, um prato de peixe e uma
sobremesa para o almoço, pode fazer 3 3 3 27 ××= escolhas
diferentes.
b) Se o Sr. Silva pretender apenas um prato de carne e uma
sobremesa para o almoço, pode fazer 4 3 12 × = escolhas
diferentes.
Proposta 6
6.1. Podem ser formados 5 7 35 × = números distintos.
6.2.
a) Dos números que se podem obter, sabe-se que 2 7 14 × = são
maiores que 4000.
b) Dos números que se podem obter, sabe-se que 51 5 × = são
múltiplos de 5.
c) Dos números que se podem obter, sabe-se que 5 3 15 × = são
números pares.
d) Dos números que se podem obter, sabe-se que 41 4 × = têm
dígitos iguais.
Pág. 36
Proposta 7
7.1. Número de possíveis sequências que é possível obter:
10 10 10 10 10 10 1 000 000 ××××× = .
7.2. Número de sequências que são constituídas apenas por
algarismos ímpares:
5 5 5 5 5 5 15 625 ×××××= .
7.3. Número de sequências cujo primeiro dígito é maior que 6 e
que forma um número divisível por 5:
3 10 10 10 10 2 × × × × ×= 60000 .
Proposta 8
8.1. Número de rifas vendidas: − = 4 10 1 9999
Quantia em dinheiro realizada na venda das rifas:
9999 1,50 € 14 998,50 € × =
8.2. Número de rifas em que a numeração começa e acaba em
algarismos ímpares: 5 10 10 5 2500 × × ×=
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Proposta 9
9.1. ××× ××= = 9 8 7 6! 9!
987
6! 6!
9.2. × × ××× × × ××= = 12 11 10 9 8 7! 12!
12 11 10 9 8
7! 7!
9.3. ×××× ×××= = 29 28 27 26 25! 29!
29 28 27 26
25! 25!
9.4. ××××× ×××× = = 83 82 81 80 79 78! 83!
83 82 81 80 79
78! 78!
Proposta 10
10.1. × × = =×= 8! 8 7 6!
8 7 56
6! 6!
10.2. ( )
×× × = = == − ×− −
3! 12! 6 12! 6 12! 6 1
13! 12! 13 12! 12! 12! 13 1 12 2
10.3. × ××××× = = = × ×
18! 5! 18! 5 4 3 2 1 120 6
20! 20 19 18! 380 19
6
19
10.4. × + ×× + ( × + ) = = == ×× ××
3 7! 6! 3 7 6! 6! 6! 3 7 1 22 11
8! 8 7 6! 8 7 6! 56 28
10.5. × −× × × −× ( × − ) = = == × ×
5 10! 2 9! 5 10 9! 2 9! 9! 5 10 2 48 24
10! 10 9! 10 9! 10 5
10.6. + −× ×× + −×× = = × ×××
9! 7! 2 8! 9 8 7! 7! 2 8 7!
3! 7! 3 2 1 7!
( ×+−× ) = = = ×
7! 9 8 1 2 8 57 19
6 7! 6 2
Pág. 37
Proposta 11
11.1. Número de formas diferentes de colocar as almofadas,
lado a lado, no sofá: 5! 5 4 3 2 1 120 =××××= .
11.2. Número de sequências diferentes em que a almofada
vermelha ocupa a posição central: 4! 4 3 2 1 24 = ×××= .
11.3. Número de sequências diferentes em que as almofadas
amarela e azul ficam nos extremos: 2! 3! 2 6 12 × =×= .
Proposta 12
12.1. Número de maneiras diferentes de o Ricardo fazer a
distribuição dos livros pelos amigos:
( )
××××× = = =××××= −
7
5
7! 7 6 5 4 3 2! 7 6 5 4 3 2520
7 5 ! 2!
A .
12.2. Número de maneiras diferentes de o Ricardo ficar com um
livro policial e um livro de aventura: 2 5 5! 10 120 1200 ×× = × = .
Proposta 13
13.1. Número de maneiras que podem assumir, se a Ana e a
Beatriz ficarem nos extremos: 2! 4! 2 24 48 × =× =
13.2. Número de maneiras de os rapazes e as raparigas se
distribuírem alternadamente: 2 3! 3! 2 6 6 72 × × =×× =
13.3. Número de maneiras de os rapazes ficarem juntos:
3! 4 3! 6 4 6 144 ×× =××=
13.4. Número de maneiras de os rapazes ficarem juntos e as
raparigas também: 3! 3! 2! 6 6 2 72 × × =××=
Proposta 14
Número de maneiras de arrumar os dossiês de modo que o
amarelo e o vermelho fiquem juntos: 2! 5 4! 2 5 24 240 ×× =×× =
Pág. 38
Proposta 15
15.1. Número de anagramas da palavra FIGURAS:
7! 7 6 5 4 3 2 1 5040 =××××××=
15.2. Número de sequências de cinco letras da palavra FIGURAS
que é possível formar:
( )
××××× = = −
7
5
7! 7 6 5 4 3 2!
7 5 ! 2!
A =××××= 7 6 5 4 3 2520
15.3. Número de sequências de três cartões que é possível
formar contendo apenas vogais: = =××= 3
3 A 3! 3 2 1 6
Proposta 16
A resposta correta é a A. 2 4! 4! × ×
2 : Número de maneiras de as raparigas permutarem de lugar
entre si.
4! : Número de maneiras de os rapazes permutarem de lugar
entre si.
4! : Número de maneiras de escolher o lado em que ficam os
rapazes (ou as raparigas).
Proposta 17
17.1. Número de maneiras de selecionar os três netos que vão
acompanhar a D. Matilde ao cinema:
( ) = = × −
8
3
8!
3! 8 3 !
C ××× = ×
8 7 6 5!
56
6 5!
17.2. Número de maneiras de a D. Matilde e os três netos se
sentarem em quatro lugares consecutivos, ficando a avó num dos
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extremos: 2 3! 2 6 12 × =×=
14
Unidade 1
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14
Pág. 39
Proposta 18
Número de triângulos que é possível definir com os vértices do
heptágono: ( )
××× == = ×− ×
7
3
7! 7 6 5 4! 35
3! 7 3 ! 6 4!
C . A opção correta
é a (C).
Proposta 19
19.1. Número de maneiras diferentes de preencher as 8 vagas se
forem escolhidos funcionários do mesmo sexo:
( ) ( ) += + = ×− ×−
30 22
8 8
30! 22! 6 172 695
8! 30 8 ! 8! 22 8 !
C C
19.2. Número de maneiras diferentes de preencher as 8 vagas se
forem escolhidos o mesmo número de homens e de mulheres:
( ) ( ) ×= + = ×− ×−
30 22
4 4
30! 22! 200 467 575
4! 30 4 ! 4! 22 4 !
C C
19.3. Número de maneiras diferentes de preencher as 8 vagas se
forem escolhidas pelo menos três mulheres:
×+ ×+×+×+×+ = 30 22 30 22 30 22 30 22 30 22 30
35 44 53 62 71 8 CC CC CC CC CC C
= 714 645 405
19.4. Número de maneiras diferentes de preencher as 8 vagas se
forem escolhidos no máximo dois homens:
× + 30 22
6 2 C C ×+ = 30 22 30
71 8 CCC 187 802 550
Proposta 20
Número de maneiras de ser selecionada a equipa de trabalho:
× = 20 18
2 3 A C 310 080
Proposta 21
21.1. Número de retas distintas que se podem definir com os
doze vértices do prisma: ( )
× × === ×− ×
12
2
12! 12 11 10!
66
2! 12 2 ! 2 10!
C .
21.2. Número de retas distintas que se podem definir a partir de
dois vértices do prisma que não contenham arestas:
−×= 12
2 C 6 3 66 18 48 − =
Proposta 22
22.1. Número de maneiras diferentes de distribuir os três discos
iguais: ( )
××× == = ×− ×
9
3
9! 9 8 7 6! 84
3! 9 3 ! 6 6!
C .
22.2. Número de maneiras diferentes de distribuir os três discos
de cores diferentes: ( )
××× == = −
9
3
9! 9 8 7 6!
504
9 3 ! 6!
A .
Pág. 40
Proposta 23
23.1. Número de variedades de gelados de dois sabores que se
podem pedir: ( )
× × = == ×− ×
8
2
8! 8 7 6! 28
2! 8 2 ! 2 6!
C
23.2. Número total de variedades de gelados que podem ser
pedidos: + + =+ + = 888
123 CCC 8 28 56 92
Proposta 24
24.1.
a) × = 40 12
5 2 C C 43 428 528
b) × = 50 5
5 2 C C 21 187 600
24.2. × = 50 2
5 2 C C 2 118 760
Proposta 25
Os segmentos de reta que têm como extremos dois dos pontos
dados só intersetam o eixo das abcissas se as ordenadas tiverem
sinais contrários. Temos então de escolher dois pontos, tendo um
ordenada positiva e o outro ordenada negativa.
O número de maneiras de o fazer é 6 (3 2× ) .
A opção correta é a (A).
Proposta 26
Resposta do André
9
2 C : número de maneiras de escolher dois dos nove vértices do
poliedro.
4
2 C : número de maneiras de escolher dois dos quatro vértices
que pertencem à interseção do cubo com a pirâmide.
− 9 4
2 2 C C : número de maneiras de escolher dois vértices do
poliedro de modo que os dois não pertençam simultaneamente à
interseção do cubo com a pirâmide.
Resposta da Sónia
5
2 C : número de maneiras de escolher dois dos cinco vértices do
poliedro que não pertencem à interseção do cubo com a
pirâmide.
× 4 5
1 1 C C : número de maneiras de escolher dois vértices do
poliedro de modo que um deles pertença à interseção do cubo
com a pirâmide e o outro não pertença.
+ × 5 45
2 11 C CC : número de maneiras de escolher dois vértices do
poliedro de modo que os dois não pertençam simultaneamente à
interseção do cubo com a pirâmide.
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Pág. 41
Proposta 27
27.1. Número de sequências que têm exatamente um 2:
× = 5 4
1 C 9 32805 .
27.2. Número de sequências que têm exatamente dois 5:
× = 5 3
2 C 9 7290 .
27.3. Número de sequências que têm pelo menos quatro 8:
×+= 5
4 C 9 1 46 .
Proposta 28
28.1. Utilizando três e só três dessas moedas, é possível obter
= 8
3 C 56 diferentes valores.
28.2. Há cinco moedas de valor superior a 5 cêntimos.
Utilizando pelo menos uma dessas cinco moedas, o número total
de valores que é possível obter é:
++++= 55555
12345 CCCCC = 31 .
Proposta 29
Designemos por n o número de funcionários do setor
administrativo da empresa. Como há 66 formas diferentes de
atribuir duas viagens a dois funcionários do setor administrativo
da empresa, sabe-se que 2 = 66 n
C .
( )
( ) ( )
( )
× −× − =⇔ =⇔ = ⇔ × − × − 2
! 1 2!
66 66 66
2! 2 ! 2 2 !
n n nn n C n n
× − ( ) ± +
⇔ = ⇔ −− =⇔= 2 1 1 1 528 66 132 0
2 2
n n nn n
⇔ = ∨ =− n n 12 11
Como n ≥ 2 , conclui-se que n = 12 .
A empresa tem 12 funcionários no setor administrativo.
Proposta 30
30.1. Designemos por n o número de alunos da turma.
Como há 276 maneiras distintas de selecionar um grupo de dois
alunos, tem-se que 2 = 276 n
C .
( )
( ) ( )
( )
×−×− =⇔ =⇔ = × − × − 2
! 1 2!
276 276 276
2! 2 ! 2 2 !
n n nn n C n n
× − ( ) ± +
⇔ = ⇔ −− =⇔= 2 1 1 1 2208 276 552 0
2 2
n n nn n
⇔ = ∨ =− n n 24 23
Como n ≥ 2 , conclui-se que n = 24 . A turma tem 24 alunos.
Número de maneiras diferentes de selecionar um grupo de seis
alunos dessa turma: = 24
6 C 134 596 .
30.2.
a) Número de maneiras de os seis elementos se disporem, de
modo que o João e o Tiago fiquem juntos: 2! 5 4! 2 5 24 ×× =×× =
=240 .
Número de maneiras de os seis elementos se disporem, de modo
que o João e o Tiago não fiquem juntos: 5! 240 480 − = .
b) Número de maneiras de ser feita a escolha de modo que um e
só um dos dois amigos seja selecionado: × =×= 2 4
1 2 C C 2 6 12 .
Proposta 31
31.1. 9! 362880 = 31.2. = 7!
840
3!
31.3. = ×
8!
3360
2! 3!
Pág. 42
Proposta 32
32.1.
a) 2! 6! 2 720 1440 × =× =
b) 3! 6 5! 6 6 120 4320 ×× =×× =
c) 2 3! 5! 2 3 120 1440 × × =×× =
d) 3! 2! 3! 3! 6 2 6 6 432 × × × =××× =
32.2. Suponhamos que juntamos x livros de Matemática aos que
tínhamos inicialmente. O número de maneiras diferentes de
agrupar os livros por disciplina passa a ser dado por
3! 2! 3! ! 4! ×××× x (3! representa o número de maneiras de
permutar os livros de Astronomia entre si, 2! representa o
número de maneiras de permutar os livros de Vida Animal entre
si, 3! representa o número de maneiras de permutar os livros de
História entre si, x! representa o número de maneiras de
permutar os livros de Matemática entre si e 4! representa o
número de maneiras de permutar os quatro blocos, formados
pelos livros agrupados por disciplina, entre si).
Recorrendo à calculadora, tem-se:
3! 2! 3! ! 4! 41472 ×××× = ⇔ x = ⇔= ×××
41472 ! 4
3! 2! 3! 4! x x .
Donde se conclui que se devem juntar 4 livros de Matemática aos
8 livros iniciais.
Proposta 33
33.1. Número de maneiras diferentes de selecionar as questões
para o teste: ××× = 4346
2233 CCCC 1440 .
33.2. Das 17 questões preparadas pelo professor, 7 não foram
utilizadas (1 de Probabilidades, 2 de Trigonometria, 1 de
Geometria e 3 de Funções).
Número de escolhas que incluem questões dos quatro temas:
× × × + × × × =+= 1 21 3 1 213
1 11 2 1 21 1 C CCC C CCC 639 .
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Proposta 34
34.1. Número de maneiras distintas de eleger o delegado e o
subdelegado: ( )
× × == = −
24
2
24! 24 23 22!
552
24 2 ! 22!
A
34.2.
a) Se a Joana não fizer parte da equipa, então o número de
maneiras de escolher a equipa é × = 14 9
6 7 C C 108 108 .
b) Se a Joana fizer parte da equipa, então o número de maneiras
de escolher a equipa é × = 14 9
5 7 C C 72072 .
c) Se a Joana e o Rui não puderem fazer ambos parte da mesma
equipa, então há três situações a considerar:
1.a – Nem a Joana nem o Rui fazem parte da equipa. Neste
caso, o número de equipas é dado por:
× = 14 8
6 7 C C = 24 024 .
2.a – A Joana faz parte da equipa e o Rui não faz parte da
equipa. Neste caso, o número de equipas é dado por:
× = 14 8
5 7 C C 16016 .
3.a – A Joana não faz parte da equipa e o Rui faz parte da
equipa. Neste caso, o número de equipas é dado por:
× = 14 8
6 6 C C 84 084 .
O número total de equipas é:
24 024 + 16 016 + 84 084 = 124 124
Pág. 43
Proposta 35
Sabe-se que, com os n pontos marcados sobre a circunferência, é
possível definir 136 retas e como dois pontos definem uma reta,
tem-se 2 = 136 n
C .
( )
( ) ( )
( )
×−×− =⇔ =⇔ = × − × − 2
! 1 2!
136 136 136
2! 2 ! 2 2!
n n nn n C n n
× − ( ) ± +
⇔ = ⇔ −− =⇔= 2 1 1 1 1088 136 272 0
2 2
n n nn n
⇔ = ∨ =− n n 17 16
Como n ≥ 2 , conclui-se que n = 17 . Com os 17 pontos é possível
definir = 17
3 C 680 triângulos distintos.
Proposta 36
36.1. × =3 7 9 5103
36.2. ××= 3
2 C 8 5 120
36.3. O produto é par quando pelo menos um dos algarismos é
par e é ímpar quando todos os algarismos são ímpares. Então, é
possível formar − = 4 4 9 5 5936 números de quatro algarismos
cujo produto dos algarismos seja um número par.
Proposta 37
Um conjunto com n elementos tem 2n subconjuntos.
= ⇔ = ⇔= 10 2 1024 2 2 10 n n n
Número de subconjuntos com 7 elementos: = 10
7 C 120
Proposta 38
Raciocínio A
× 6 6
5 5 C C : número de maneiras diferentes de escolher os cinco
lugares de cada fila que vão ser ocupados.
4
2 C : número de maneiras diferentes de escolher dois rapazes
para uma das filas, de entre os quatro rapazes que fazem parte
do grupo de amigos.
× 5 5 A A 2 2 : número de maneiras diferentes de distribuir os dois
rapazes (de cada fila) pelos cinco lugares que vão ser ocupados
em cada uma das filas.
6! : número de maneiras diferentes de as seis raparigas
ocuparem os seis lugares que há disponíveis, depois de os
rapazes estarem sentados.
Raciocínio B
× 6 6
5 5 C C : número de maneiras diferentes de escolher os cinco
lugares de cada fila que vão ser ocupados.
4
2 C : número de maneiras diferentes de escolher dois rapazes
para uma das filas, de entre os quatro rapazes que fazem parte
do grupo de amigos.
6
3 C : número de maneiras diferentes de escolher três raparigas
para uma das filas, de entre as seis raparigas que fazem parte do
grupo de amigos.
5! 5! × : número de maneiras diferentes de os cinco amigos que
vão ocupar a fila da frente e dos cinco amigos que vão ocupar a
fila de trás ocuparem os lugares selecionados em cada uma das
filas.
Proposta 39
Há três formas de formar o conjunto dos prémios: 3 livros e 4 CDs
ou 4 livros e 3 CDs ou 5 livros e 2 CDs.
Número de maneiras distintas de formar o conjunto de prémios:
× +×+× = 86 86 86
34 43 52 CC CCCC 3080
Proposta 40
40.1. Os oito jovens podem distribuir-se pelos dois carros das
seguintes formas: 5 no automóvel A e 3 no B ou 4 em cada um
dos automóveis ou 3 no automóvel A e 5 no B. Assim sendo, há
182 ( ×+×+× ) 83 84 85 CC CC CC 53 44 35 maneiras de o fazerem.
40.2. Designemos cada uma das raparigas por F.
Como se pretende que não fiquem dois rapazes juntos, é
necessário escolher 3 lugares para os rapazes entre os 6
assinalados no esquema.
↑↑↑↑↑
FFFFF
(as raparigas podem permutar entre si)
Assim sendo, o número de maneiras de dispor os 8 amigos de
modo que não fiquem dois rapazes juntos é × = 6
3 A 5! 14400 .
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Pág. 44
Tarefa 12
1.
= = 0
0 a C 1
= = 1
0 b C 1 = = 1
1 c C 1
= = 2
0 d C 1 = = 2
1 e C 2 = = 2
2 f C 1
= = 3
0 g C 1 = = 3
1 h C 3 = = 3
2 i C 3 = = 3
3 j C 1
= = 4
0 k C 1 = = 4
1 l C 4 = = 4
2 m C 6 = = 4
3 n C 4 = = 4
4 o C 1
= = 5
0 p C 1 = = 5
1 q C 5 = = 5
2 r C 10 = = 5
3 s C 10 = = 5
4 t C 5 = = 5
5 u C 1
2.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Pág. 45
52.1. −1 + = ⇔+= ⇔= 29 1 29 28 n n
n n CC n n
Logo, a linha tem 29 elementos.
52.2. O terceiro elemento dessa linha é: = 28
2 C 378 .
53.1. = ⇔=+ ⇔= 21
5 16 5 16 21 k CC k k
53.2. = ⇔= ∨= − ⇔= ∨= 42 42
38 38 42 38 38 4 k CC k k k k
54.1. −1 = ⇔= 19 19 n
n C n
O terceiro elemento dessa linha é: = 19
2 C 171 .
54.2. O quarto elemento da linha anterior é: = 18
3 C 816 .
Pág. 46
55.1. A irmã da Catarina pode receber = 8
3 C 56 conjuntos
diferentes de três livros.
55.2. A Catarina pode ficar com = 8
5 C 56 conjuntos diferentes
de cinco livros.
56. abn bna +=⇔=−
1 1 + = ⇔ + = ⇔+ = − 5020 5020 5020 n n n n n
b b n a C C C C nC
⇔+ = ⇔+ = ⇔= 5020 5005 5020 15 n
a nC n n
A opção correta é a (B).
57.1. Número de percursos que o Francisco pode seguir para se
deslocar da escola ao hospital: = 5
2 C 10 .
57.2. Número de percursos que o Francisco pode seguir para se
deslocar de sua casa aos correios, passando pela escola:
× = 3 3
1 1 C C 9 .
Pág. 47
58. Atendendo à informação do enunciado, tem-se abc + = .
Sabe-se ainda que abc ++=252 , logo tem-se:
cc c c += ⇔ = ⇔= 252 2 252 126 .
59. A soma dos dois elementos centrais da linha considerada é
igual ao maior elemento da linha seguinte. Então, o maior
elemento da linha seguinte é: 6435 6435 12870 + =
60.1. Número de grupos existentes: 12
5 C
60.2. Número de grupos de que o Rui faz parte: 11
4 C
60.3. Número de grupos de que o Rui não faz parte: 11
5 C
61.1. + = ⇔ = ⇔=∨= − 17 17 18 18 18
5 6 6 6 18 6 k k C C C C Ck k
⇔=∨= k k 6 12
61.2. + +=⇔+++= 12 12 12 14 12 12 12 12 14
3 45 3445 2 k k C CCC CCCCC
⇔ + = ⇔ = ⇔=∨= − 13 13 14 14 14
4 5 5 5 14 5 k k C C C C Ck k
⇔=∨= k k 5 9
Pág. 48
62.1. −1 = ⇔= 13 13 n
n C n
Assim sendo, essa linha tem 14 elementos.
62.2. Soma dos elementos dessa linha: = 13 2 8192 .
63.1. = ⇔ = ⇔= 9 2 512 2 2 9 n n n
Assim sendo, essa linha tem 10 elementos.
63.2. O terceiro elemento dessa linha é: = 9
2 C 36 .
64. + + + + + + = −= 7777777 7
1234567 CCCCCCC 2 1 127
65. Sabe-se que a soma dos n +1 elementos de qualquer linha
do Triângulo de Pascal é igual a 2n , com ∈N0 n . Dos números
representados, apenas 256 e 2048 podem ser escritos na forma
de potência de base 2 ( = = ) 8 11 256 2 e 2048 2 . Então, nas
respetivas linhas tem-se n = 8 e n = 11 . Donde se conclui que
cada uma dessas linhas tem, respetivamente, 9 e 12 elementos.
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Tarefa 13
1. Atendendo à simetria do Triângulo de Pascal, tem-se a = 495 .
792 1716 1716 792 924 += ⇔= − ⇔= bb b
ac c c + =⇔ + =⇔ = 792 495 792 1287
bd d d + =⇔ + =⇔ = 792 924 792 1716
Conclusão: abc d = = = = 495, 924, 1287 e 1716 .
2. n n += ⇔ = 18 7
Os elementos da linha do Triângulo de Pascal que tem 8
elementos são: 77777777
01234567 CCCCCCCC ,,,,,,, , ou seja,
1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1. Sabe-se que uma possível resposta à
questão apresentada é
( )
× 9
8 4
8!
2!
C .
9
8 C : representa o número de maneiras de escolher oito dos nove
compartimentos da caixa onde vão ser colocadas as bolas.
( )4
8!
2!
, ou seja, ×××
8!
2! 2! 2! 2! representa o número de maneiras
de dispor as oito bolas nos oito lugares selecionados (como há
quatro pares de bolas com o mesmo número, trata-se de uma
permutação com repetição).
Pág. 49
66. k k +=⇔= 57 2
67.1. ( ) + = + ×+ × + × +× = 4 4 3 22 13 4 x xx x x 3 1 4 3 6 3 4 3 13
=+ + + + 432 xxx x 12 54 108 81
67.2. ( ) + =5
2x y
= + ×+ × + () () () 54 3 2 1 2 5 2 10 2 x xy xy
+ ×+ ×+ = () () 2 1 3 45 10 2 5 2 1 xy xy y
=+ + + + + 5 4 32 23 4 5 32 80 80 40 10 x x y x y x y xy y
67.3. + = + ×+ × +
665 4
2 1 1 6 1 15 1
2 22 2
x xx x
+ × + × + × +× =
3 21
3 4 56 20 1 15 1 6 1 1 1
2 22
x xx
= + + + + ++
65 43 2 3 15 5 15 3 1
64 16 16 2 4
xx xx x x
Pág. 50
68.1. Soma dos coeficientes binomiais:
++++ 5555
0123 CCCC + == 55 5
4 5 C C 2 32
68.2. ( ) −
=
− = ×− = ∑
5 5 5 5
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x x C
( ) ( ) −
−
− −
= =
− = ×− = × ∑ ∑
5 5 5
5 5 5
5 5
0 0
1
1
2 2
k k k k
k k k k
k k
x C Cx
O expoente de x é 3 se 53 2 −=⇔= k k .
O coeficiente do termo do 3.o grau é: ( ) − = ×=
2
5
2 3
1 1 5 10
2 8 4
C
69.1. ( ) ( ) () ( ) −
=
= − =∑ ×− =
6 6 6 2 6 2
0
2 2 k k
k
k
Ax x x C x x
( ) ( ) − −
= =
= ×− × = ×− × ∑ ∑
6 6 6 12 2 6 12
0 0
2 2 k k k k k
k k
k k
Cx x C x
Logo, ( ) =− + − + − + 12 11 10 9 8 7 6 Ax x x x x x x x 12 60 160 240 192 64 .
69.2. ( ) ( ) −
=
=+ = × = ∑
4 4 4 24 2
2 2 0
k k
k
k
x x Bx x C x
−
+
− −
= =
= ×= × ∑ ∑
4 4 4 4
42 4
4 4
0 0 2 2
k
k k k
k k k
k k
x C
Cx x .
Logo, ( ) =++ + +
45 6 3 7 8 2
16 2 2
xx x B x x x .
70.1. =
∑ = ⇔ = ⇔ = ⇔= 10
0
1024 2 1024 2 2 10
n n nn
k
k
C n
Então, + = = 1 11
8 8 165 n C C .
70.2. + − + −
= = = =
∑ ∑ ∑∑ − = − = −=
3 1 13 9 3 1 13 9 13 9
0 0 00
2 2 7680
n n n n
k k kk
k k kk
C C CC .
71. ( ) () () ( ) −
= =
∑ ∑ − = × ×− = +− = = 0 0
1 1 1 1 1 00
n n k k n n n nk n
k k
k k
C C .
Pág. 51
72. ( − + =⇔ )
4
1 3 16 3 28
⇔ + ×− + ×− + ×− +− + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 34
1 4 3 6 3 4 3 3 16 3 28
( )
⇔− + − ++ = ⇔ = 1 4 3 18 12 3 9 16 3 28 28 28
Proposição verdadeira
Conclusão: 1 3 − é solução da equação + = 4 x 16 3 28 .
73.1. ( ) −
=
+= × = ∑ 12 12 12 2 12 2
0
1 1 k k
k
k
x C x x x
( ) − − − − −
= = =
= × = ×= ∑ ∑∑
12 12 12 12 24 2 1 12 24 2 12 24 3
0 00
k k k k k
k kk
k kk
Cx x Cx x Cx
O expoente de x é 2 se − =⇔=
22 24 3 2
3
k k .
Como ∉N0 k , conclui-se que não existe nenhum termo do 2.o
grau no desenvolvimento de +
12
2 1 x x .
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73.2. O termo independente de x corresponde ao termo em que
o expoente da potência de base x é 0. Esse expoente é zero se
24 3 0 8 − =⇔= k k . O termo independente de x é:
− × = 12 24 3 8
8 C x 495 .
74. ( ) −
=
+= ×=
∑
10 10 10 2 10 2
0
1 1 k
k
k
k
xC x x x
−
− − + − +
= = =
= ×= ×=
∑ ∑∑
10 10 1 10 10 5 5 5 10 2 22 2 10 2 10
0 00
k k k k k
k kk
k kk
C x x Cx x Cx
O termo independente de x corresponde ao termo em que o
expoente da potência de base x é 0. Esse expoente é zero se
− + = ⇔− + = ⇔ =
5 5 0 10 5 0 2
2
k kk . O termo independente de x
é: = 10 0
2 C x 45
75. ( ) ( ) − − − − − = ×= × = ×
3 3 1 3 3 3 2 2 1 3
4 3 3 3
1 n n n nn n T C x C x x Cx x x
−
=
9
2 3
n
n
C x . Sabe-se que = =
1
2 T xx 4 120 120 . Então, tem-se:
− = = = ⇔ ⇔ = = =
10
3 3
9 1 10 10
2 2
120 120 120 120 n
n n n
C C
Donde se conclui que n =10 .
76.1. () () ( ) −
=
∑ − = +− = =
10 10 10 10 10
0
3 2 3 2 11 k k
k
k
C
76.2. ( ) −
= =
∑ ∑= × × =+ = =
12 12 12 12 12 12 12
0 0
2 1 2 1 2 3 531441 k k k
k k
k k
C C
Tarefa 14
1.1. ( ) () ()() ()() − = + ×− + ×− + 5 5 4 3 2 2 1 1 2 5 2 1 10 2 1 x xx x
+ ×− + ×− + − = ()() ()() () 23 14 5 10 2 1 5 2 1 1 1 x x
= − + − +− 5432 32 80 80 40 10 1 xxxxx
1.2. ( ) ( ) − = + ×− + ×− +
665 4
1 11 1 2
1 1 6 1 15 1 x xx x
( ) ( ) () () + ×− + ×− + ×− + ×− =
3 21 1 11 3 4 56 20 1 15 1 6 1 1 1 x xx
−− − − −− =− + − + − + 65 4 3 21 xx x x xx 6 15 20 15 6 1
1.3. ( ) ( ) − = + ×− + ×− +
776 5 2 2 2 2 1 7 21
2 22 2
x xx x x xx
( ) ( ) ( ) + ×− + ×− + ×− +
432 345 222 35 35 21
222
xxx xxx
() () + ×− + ×− =
1 6 7 2 2 7 1
2
x x x
=−+ − + − + −
7 8 9 10 11 13 7 21 35 35 21 7 12 14
128 64 32 16 8 4 2
xx x x x x x x
2.1. ( ) () ( ) ( ) − − − ×− = ×− × =
8 8 8 1 38 1 3 1
k kk k k
C x Cx k k x x
() () − + − = ×− × =− 8 8 3 8 48 1 1 k k k k k Cx x Cx k k
2.2. a) O termo em 4 x obtém-se quando 4 84 3 k k −=⇔= .
O termo em 4 x é: ( ) − =− 3 84 4
3 1 56 Cx x .
b) O termo em 8 x obtém-se quando 4 88 4 k k −=⇔= .
O termo em 8 x é: ( ) − = 4 88 8
4 1 70 Cx x .
c) O termo independente de x, ou seja, o termo em 0 x , obtém-
-se quando 4 80 2 k k −=⇔= .
O termo independente de x é: ( ) − = 2 8 0
2 1 28 C x .
3.1. () ( ) ( ) ( ) = +=+ −+ = 5 4 gx f x x x 11 1
= + + + + +− + + + + ( ) ( ) 54 3 2 432 1 5 10 10 5 1 1 4 6 4 1 xx x xx xxxx
= + + + + +− − − − − 54 3 2 432 1 5 10 10 5 1 1 4 6 4 1 xx x xx xxxx
=+ + + + 5432 x x x xx 464
3.2. () ( ) ( ) ( ) ( ) = − = − − − = + ×− + ( 5 4 5 4 hx f x x x x x 2 2 2 15 2
+ ×− + ×− + ×− + ×− − () () () () ) 2 3 45 3 2 10 2 10 2 5 2 1 2 x xx
− + ×− + ×− + ×− + ×− = ( () () () () ) 2 34 43 2 1 4 26 2 4 2 1 2 xx x x
= − + − + −− ( ) 5432 1 10 40 80 80 32 xxxxx
− −+ −+=− + − + ( ) 43 2 5 4 3 2 1 8 24 32 16 1 10 40 80 xx x x x x x x
+ −− + − + −= 43 2 80 32 1 8 24 32 16 x xx x x
=− + − + − 54 3 2 xxx x x 11 48 104 112 48
4. ( ) ( )
−
− −+
= =
− = ×− = ×− = ∑ ∑
8 8 8 8 8 88 8
0 0
2 2 2 1
k
k k kk k
k k
k k
x C x Cx x x x
( ) − − +
=
= ×− ∑
8 8 8 8 2
0
2 1 k k k
k
k
C x . O expoente de x é um número inteiro
negativo quando k∈{0,1,2,3} . A opção correta é a (A).
5. ( ) ( ) − −
= =
+ = × = × =
∑ ∑
7 7 7 3 7 7 7 7 2
0 0
1 11
k k k
k k
k k
xx C xx C x
−
=
=∑
7 21 3
7 2
0
k
k
k
C x . O expoente de x é um número inteiro quando
k∈{1,3,5,7} . A opção correta é a (C).
6. ( ) ( ) − −
= =
+= × = ∑ ∑
9 9 9 9 9 9 9 2
0 0
k k k k
k k
k k
x y Cx y Cx y
Os expoentes do x e do y são iguais quando
9 18 2 6 −= ⇔ − =⇔=
2
k k kk k .
O coeficiente do termo em que os expoentes do x e do y são
iguais é = 9
6 C 84 . A opção correta é a (B).
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20
Unidade 1
NEMA12PR1_unidade_1
20
Pág. 52
Proposta 41
41.1. += = 9 9 10
56 6 C C Cg .
A opção correta é a (B).
41.2. Atendendo à simetria do Triângulo de Pascal sabe-se que
a l = , b j = e c i = . Então, abci jl + + =++ . A opção correta é a
(C).
Proposta 42
Sabe-se que 3 = 680 n
C e −2 = 136 n
n C . Como 2 2 = −
n n
n C C , conclui-
-se que 2 =136 n
C . Portanto, essa linha tem apenas 6 elementos
inferiores a 500 (os três primeiros e os três últimos).
A opção correta é a (A).
Proposta 43
Sabe-se que 012345 +++++= 1024 nnnnnn CCCCCC e
−−− 321 + + += 232 nnnn
nnnn CCCC . Como a soma dos quatro últimos
elementos é igual à soma dos quatro primeiros elementos,
conclui-se que: + += −⇔ = 1
4 5 5 1024 232 792 n n n C C C .
A opção correta é a (B).
Pág. 53
Proposta 44
Como o oitavo elemento de uma linha do Triângulo de Pascal é
maior que todos os outros, então a linha tem 15 elementos.
n n += ⇔= 1 15 14 . Logo, a soma de todos os elementos dessa
linha é 14 2 , ou seja, 16 384. A opção correta é a (D).
Proposta 45
6 7 = ⇔=+⇔= 6 7 13 n n CCn n . A linha seguinte tem 15
elementos pois n + =1 14 . A opção correta é a (D).
Proposta 46
46.1. ( ) = ⇔ =⇔ − − 2 1 1
!
3 3
2! 2 !
n n n
n
n C C C n
( ) ( )
( ) ( ) ×−×−
⇔ = ⇔ −= ⇔ − =⇔ −
2 1 2!
3 6 70
2! 2 !
nn n n n n n nn n
⇔=∨= n n 0 7 .
Como n ≥ 2 , conclui-se que n = 7 . Então, o terceiro elemento
dessa linha é = 7
2 C 21 .
46.2. A linha tem oito elementos.
46.3. A soma de todos os elementos dessa linha é 7 2 , ou seja,
128.
Proposta 47
47.1. Sabe-se que = = 2 3 , n n aC bC e b a = 2 .
Donde se conclui que ( ) ( ) = ⇔ =× ⇔ − − 3 2
! !
2 2
3! 3 ! 2! 2 !
n n n n C C n n
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
×−×−×− ×−×−
⇔ = − −
1 2 3! 1 2!
6 3! 2 !
nn n n nn n
n n
( ) ( ) ( ) ×−×−
⇔ =× − ⇔
1 2
1
6
nn n n n
⇔× − × − − × − = ⇔× − × −− = nn n nn nn n ( 1 2 6 1 0 1 26 0 ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇔=∨ =∨ = nnn 018 . Como n ≥ 3 , conclui-se que n = 8 .
a) Então, == == 8 8
2 3 aC bC 28 e 56 .
b) Como a linha tem 9 elementos, o maior elemento dessa linha
é o 5.o elemento, ou seja, = 8
4 C 70 .
c) A soma de todos os elementos dessa linha é 8 2 , ou seja, 256.
47.2. Como a b += + = 28 56 84 e este é o segundo elemento de
uma linha do Triângulo de Pascal, conclui-se que a linha é 84.
Logo, tem 85 elementos.
Pág. 54
Proposta 48
48.1.
a) Relativamente à primeira linha representada no esquema,
sabe-se que a e b correspondem ao 8.o e 9.o elementos e são
iguais. Donde se conclui que a linha tem 16 elementos.
b) Tendo a linha 16 elementos, então n =15 .
Logo, == = 15
8 ab C 6435 .
48.2.
a) cab =+=× = 2 6435 12870
b) A soma de todos os elementos da segunda linha representada
no esquema é: − = 16 2 12870 52666 .
Proposta 49
49.1. Sabe-se que:
3 = 22 100 n
C e −−− 321 + + += 23479 nnnn
nnnn CCCC .
Como a soma dos quatro últimos elementos é igual à soma dos
quatro primeiros elementos, conclui-se que:
( ) + + = − ⇔++ = − 012
!
23479 22100 1 1379
2! 2 !
n nn n CCC n n
( − ) ⇔++ = ⇔+ + −= 2 1
1 1379 2 2 2756
2
n n n nn n
⇔ + − = ⇔ = ∨ =− 2 nn n n 2756 0 52 53 . Como n ≥ 3 , conclui-se
que n = 52 . Então, a linha tem 53 elementos.
49.2. O antepenúltimo elemento da linha anterior é
= 51
49 C 1275 .
49.3. O terceiro elemento da linha seguinte é = 53
2 C 1378 .
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Cálculo combinatório
NEMA12PR1_unidade_1
21
Proposta 50
50.1. = ⇔ = ⇔= 8 256 2 2 8 n S n . No saco há 9 bolas numeradas
com os números, 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8 e 1. Assim sendo, há 3
possibilidades de retirar uma bola do saco e ter número maior
que 50.
50.2. Retirando simultaneamente duas bolas do saco, o número
de possibilidades de não terem o mesmo número é
−= −= 9
2 C 4 36 4 32 .
Pág. 55
Proposta 51
51.1. + = ⇔ +=∨+= − ∧+≤ ⇔ ( ) 15 15
3 9 3 9 3 15 9 3 15 n C Cn n n
⇔=∨= n n 6 3 .
51.2. 18 19 18 18 18 19 19 19
5 6 56 =−⇔+=⇔=⇔ n n n 6 CCC CCC CC
⇔ =∨= − ∧≤ ⇔=∨= (nn n nn 6 19 6 19 6 13 )
51.3. 13 12 12 13 12 12 13 13 C CC C CC C C 2 4 5 2 45 2 5 nnn −=⇔ =+⇔ =⇔
⇔ =∨ = − ∧ ≤ ⇔= ∨= ( ) 5 2 5 2 13 5 2 13 4
2 n n n nn . Como n∈N ,
conclui-se que n = 4 .
51.4. +=− ⇔+++= 16 16 18 16 16 16 16 16 18
3 5 4 3445 2 n n CCC C CCCCC
⇔+=⇔= 17 17 18 18 18
4 5 n n 5 CCC CC
⇔ =∨= − ∧≤ ⇔=∨= (nn n nn 5 18 5 18 5 13 )
Proposta 52
52.1. ( )
( )
( ) + +
+ = +× =
− +−
1
3 3
! 1 !
2 2
3! 3 ! 3! 1 3 !
n n n n C C n n
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
× − × − × − + ×× − × − = + × − −
1 2 3! 1 1 2!
2
6 3! 6 2!
nn n n n nn n
n n
× − × − + ×× − ( ) ( ) ( ) ( ) = + ×
12 1 1
2
6 6
nn n n nn
( ) ( ) × − ×− ×− ( ) ( ) = × −+ + = × =
2 1 11
22 2 3
6 62
n n nn n n n n n
52.2. ( ) + × −
+ =× ⇔ =
2
1
33 2
1
2 7
2
nn n n n CC C
( ) ( )
( )
×−×− ×− ×− ( ) ( ) = × ⇔ −× = −
2 1 2! 1 1
7 7 0
2 2! 2 2
nn n n n nn
n
∈ { }
⇔ =
N\ 1,2
7 n
n
Proposta 53
53.1. + +× = + +× = 20 20 20 20 20 20
3 17 4 3 3 4 CC CCC C 2 2
=× +× =× + =× ( ) 20 20 20 20 21
3 4 34 4 222 2 C C CC C
53.2. + +× = ⇔ −
22 2
3 23 4 2 4760 nn n
n CC C
⇔ + +× = ⇔× +× = 22 2 2 2
33 4 3 4 2 4760 2 2 4760 nn n n n CC C C C
( ) ⇔× + = ⇔ = 2 2 2 1+
3 4 4 2 4760 2380 n n n CC C
Proposta 54
54.1. ( ) () () () + = + ×+ ×+ 443 2 1 2 2 1 12 42 1 62 1 x xx x
+ × +× = + + + + ( )1 3 4 432 4 2 1 1 1 16 32 24 8 1 x x x xx
54.2. ( ) () () () − = + ×− + ×− + ×− + 5 123 5 4 3 2 x xx x x 2 1 5 2 10 2 10 2
+ ×− + − = − + − + − () () 4 5 1 54 32 5 2 1 2 10 40 80 80 32 x xxxxx
54.3. ( + = + ×+ × + ) ( ) ( ) ( ) 776 5 2 2 2 22 xx x x x x x 1 7 20
+ × + × + × + × +× = ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 21 23 24 25 26 7 35 35 20 7 1 xx xx xx xx x
=+ + + + + + + 14 13 12 11 10 9 8 7 x x x x x x xx 7 21 35 35 21 7
54.4. ( ) ( ) − = + ×− + ×− +
554 3 2 3 3 3 1 5 10
2 22 2
x xx x x xx
( ) () () + ×− + ×− + ×− =
2 1 3 45 3 33 10 5 1
2 2
x x x xx
=− + − + −
5 7 9 11 13 555 5 15
32 16 4 2 2
xxxx x x
Proposta 55
55.1. − = × = × ×=
3
7 4 6
5 4 2 6
2 8 T C 1 35 1 280x x x
55.2. = × = ×× = ( )
4 8 4 24 6 T C x x xx x 5 4 70 70
55.3.
− = ×− =× × = × =
1 1 4 7 2 5 2 5 4 4 4
1 15 5 5
2 2 22
x xx T C x x x x
55.4. ( ) ( )
= ×− = × × =
5 3 5 4 92 8 2 5 4 T C xx x x x 2 126 16
= ×=
15 31
8 2 2 2016 2016 xx x
Pág. 56
Proposta 56
56.1. O desenvolvimento de +
6
2 1 x tem 7 termos, sendo o
termo médio o 4.o termo.
− = × × = ×× =
3
6 3 3
4 3 3
2 8 T C 1 20 1 160x x x
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Unidade 1
NEMA12PR1_unidade_1
22
56.2. O desenvolvimento de − +
8
2 1 x x tem 9 termos, sendo o
termo médio o 5.o termo.
( ) − −− − = × × =× × =
4 4 8 2 8 4 12
5 4
1 TCx 70 xx x 70 x
56.3. O desenvolvimento de ( ) − + 4 1 x x tem 5 termos, sendo o
termo médio o 3.o termo.
( ) ( ) − −− = × × =×× = 2 2 4 1 21
3 2 T C x x xx x 6 6
56.4. O desenvolvimento de ( − )
4 3 x x tem 5 termos, sendo o
termo médio o 3.o termo.
= × ×− = × × = ( ) ( ) 2 5 2 2 4 3 3 3 3 2 T C x x xx x 6 6
Proposta 57
57.1. Soma dos coeficientes binomiais: ++++ 8888
0123 CCCC
+ + + + + == 88888 8
45678 CCCCC 2 256 .
57.2. ( ) −
=
+= × = ∑
8 8 8 2 8 2
0
1 1 k
k
k
k
xC x x x
−
− − + −
= ==
= ×= ×= ∑ ∑∑
8 8 88 1 5 4 4 8 28 28 2 22
0 00
k k k k k
k kk
k kk
C x x Cx x Cx
O termo de maior grau no desenvolvimento da expressão dada
obtém-se quando k = 8 e é igual a × −
=
5 8 4 8 2 16 Cx x 8 .
57.3. O termo em
1
2 x , se existir, corresponde ao termo em que
−= ⇔ −=⇔= 5 1 9 4 5 81
2 2 5
k kk . Como ∉N0 k , conclui-se que
no desenvolvimento da expressão dada não existe nenhum
termo em
1
2 x .
Proposta 58
58.1. () ( ) ( ) + ++ +
= += = +
5 54 3 2 1 1 5 10 10 1
2 2
x xx x x hx f x
+ + = + + + ++ 5 11 5 5 432 5 1 5 5
2 2 2 2 2
x x xxx x
58.2. () ( ) ( ) ( ) ( ) = − = − − − = + ×− + ( 5 3 5 4 jx gx x x x x 1 2 1 1 21 5 1
+ ×− + ×− + ×− + ×− − () () () () ) 2 3 45 3 2 10 1 10 1 5 1 1 1 x xx
− + ×− + ×− + ×− = ( () () () ) 2 3 3 2 1 3 13 1 1 1 xx x
= − + − + −− − + −= ( ) ( ) 54 3 2 3 2 2 1 5 10 10 5 1 1 3 3 1 xx x xx xxx
= − + − + −− + − += 5432 3 2 2 10 20 20 10 2 1 3 3 1 x x x x x xxx
= − + − +− 54 32 2 10 19 17 7 1 x x x xx
Proposta 59
59.1. ( − + = ⇔ + ×− + ×− + ) ( ) ( ) 5 2
1 2 29 2 41 1 5 2 10 2
+ ×− + ×− +− + = ⇔ ( ) ( ) ( ) 3 45
10 2 5 2 2 29 2 41
( )
⇔− + − + − + = ⇔ = 1 5 2 20 20 2 20 4 2 29 2 41 41 41
Proposição verdadeira
Conclusão:
1 2 − é solução da equação + = 5 x 29 2 41 .
59.2. ( + =+ + + + ⇔ ) ( ) ( ) 5 2
1 3 1 3 42 1 3 30
⇔+× + × + × +× + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 45
1 5 3 10 3 10 3 5 3 1 3
=+ ++ + + ⇔ 1 2 3 3 42 42 3 30
⇔+ + + + + = + ⇔ 1 5 3 30 30 3 45 9 3 76 44 3
( )
⇔+ =+ 76 44 3 76 44 3
Proposição verdadeira
Conclusão:
1 3 + é solução da equação =+ + 5 2 xx x 42 30 .
Pág. 57
Proposta 60
60.1. Atendendo à simetria do Triângulo de Pascal, tem-se:
aa a a += ⇔ = ⇔= 12870 2 12870 6435
b a =+ = + = 5005 6435 5005 11440
Conclusão: a b = = 6435 e 11440
60.2. +++ + + ++ + + = ⇔ + + 1 2 3 25 1 1
34 5 6 7 7 4 5
nnn n n n n CC C C C C C C
+ + +++ + + =⇔ + + =⇔ 2 3 25 2 2 3 25
6 77 5 6 77
n n nnn C CC C C CC
⇔ + = ⇔ = ⇔+= ⇔= + + 3 3 25 +4 25
6 77 77 4 25 21 n n n C C C C Cn n
Proposta 61
61.1. + + = ⇔ + ×= ⇔ ×= ⇔ 1 2 2 1536 2 2 2 1536 2 3 1536 n n n n n
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔= 1536 9 2 2 512 2 2 9
3
n nn n
As linhas têm, respetivamente, 10 e 11 elementos.
61.2. O maior elemento dessas duas linhas é = 10
5 C 252 .
Proposta 62
+ + ++
=
∑ = ⇔ = ⇔ = ⇔+= ⇔ =
2 2 2 2 12
0
4096 2 4096 2 2 2 12 10
n n nn
k
k
C n n
Então:
=
× =× = × = ∑ 10
0
2 10 2 10 240
n n n
k
k
n Cn
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Cálculo combinatório
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Proposta 63
63.1. Qualquer termo do desenvolvimento de +
20
x y
y x
é da
forma:
{ }
−
× ∈
20
20 , 0, 1, ..., 20
k k
k
x y C k
y x .
()() −
− − − ×= × =
20
20 20 20 1 1
k k k k
k k
x y C C xy yx
y x
− −+ − − −+ = × ×× = × 20 20 20 k kk k 20 20 2 20 2 k k
k k Cx y y x Cx y
Em qualquer termo, os expoentes de x e de y são simétricos
(20 2 e 20 2 − −+ k k) .
63.2. − − ×= × = × = 20 10 10 20 10 10 20 20
6 16 5 15 5 15 T T Cx y C x y C C
=×= 15504 15504 240374 016
Proposta 64
64.1. ( )( ) + +− = + + + + 5 5 5 4 32 23 x a x a x xa xa xa 1 5 10 10
+ ++− + − + −= 14 5 5 4 32 23 14 5 5 1 1 5 10 10 5 1 xa a x xa xa xa xa a
=+ + 5 32 4 2 20 10 x x a xa
64.2. Sendo x = 1 , tem-se:
( )( ) + + − =+ + 5 5 2 4 1 1 2 20 10 a a aa .
( )( ) + + − = ⇔+ + = ⇔ + 5 5 24 4 1 1 242 2 20 10 242 10 a a aa a
=
+ − =⇔ + − =⇔ + − =⇔ 2
2 4 2 4 2 20 240 0 2 24 0 2 24 0 a y
a aa aa
− ±
⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ∨ =− ⇔ 2 2 100 2 24 0 4 6
2 yy y y y
=
⇔ = ∨ =− ⇔ = ∨ =− 2 2 2
equação
impossível
4 62 2 y a
a a aa
Pág. 62
Questões de exame
1. ×× = 12
5 4 4! A 9 123 840
2. × = 8
3 C 5 280
3. 2! 4! 48 × = .
A opção correta é a (C).
4. 3! 7! 30240 × = .
A opção correta é a (B).
5. A opção correta é a (A).
6. × ×=× 3 4 45 5 45 .
A opção correta é a (D).
Pág. 63
7. × =× 63 3
12 2 CC C 6 .
A opção correta é a (B).
8. A opção correta é a (B).
9. Para que a comissão de 5 elementos seja mista tenha mais
raparigas do que rapazes duas situações podem ocorrer: a
comissão ser constituída por 3 raparigas e 2 rapazes ou por 4
raparigas e 1 rapaz. Assim sendo, o número de comissões que é
possível formar é dado por:
×+ ×= 15 7 15 7
32 41 CC CC ×+ × 15 7 15
32 4 CC C 7 .
A opção correta é a (B).
10. A opção correta é a (C).
11. × ×= 7 3
4 2 C C 1 105 . A opção correta é a (A).
Pág. 64
12.
Resposta I
500
30 C : número de maneiras diferentes de escolher 30 dos 500
funcionários para formar o grupo que vai frequentar o programa
de reeducação alimentar.
498
28 C : número de maneiras diferentes de escolher o grupo, que
vai frequentar o programa de reeducação alimentar, de modo
que as duas irmãs façam parte desse grupo.
− 500 498
30 28 C C : número de grupos diferentes em que nenhuma
das irmãs faz parte ou apenas uma delas faz parte, ou seja, o
número de grupos diferentes em que pelo menos uma das irmãs
faz parte.
Resposta II
× 498
29 2 C : número de maneiras diferentes de escolher o grupo,
que vai frequentar o programa de reeducação alimentar, de
modo que apenas uma das duas irmãs faça parte do grupo.
498
30 C : número de maneiras diferentes de escolher o grupo, que
vai frequentar o programa de reeducação alimentar, de modo
que nenhuma das duas irmãs faça parte do grupo.
× + 498 498
29 30 2 C C : número de grupos diferentes em que apenas
uma das irmãs faz parte ou nenhuma delas faz parte, ou seja, o
número de grupos diferentes em que pelo menos uma das irmãs
faz parte.
13. 9 10 10 1 1 1 900 × × ×××= .
A opção correta é a (B).
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Unidade 1
NEMA12PR1_unidade_1
24
14. 1 1 3! 1 2 2 2 1 14 ×× +××××= .
A opção correta é a (B).
15. × = 4 2
2 C 9 486 .
A opção correta é a (A).
16. A resposta correta é a II. Pretende-se escolher, ao acaso, 3
funcionários, de entre um grupo de 15, de modo a ter pelo
menos 2 funcionários que estejam a favor do novo horário, o que
significa que a favor do novo horário poderão estar 2 ou 3
funcionários. O número de hipóteses de serem exatamente 2
funcionários a favor entre os 3 escolhidos é dado por × 9
2 6 C
uma vez que se escolhe 1 dos 6 funcionários que não são a favor
e se escolhem 2 funcionários entre os 9 que são a favor.
O número de hipóteses de serem os 3 funcionários a favor é dado
por 9
3 C uma vez que se escolhem 3 entre os 9 funcionários a
favor. Assim, o número de maneiras diferentes de escolher 3
funcionários de modo que pelo menos 2 deles estejam a favor do
novo horário de trabalho corresponde a × + 9 9
2 3 6 C C .
O acontecimento contrário ao solicitado corresponde a ter
menos de 2 funcionários a favor do novo horário, ou seja, não ter
nenhum funcionário a favor ou ter apenas 1, de entre os 3
escolhidos ao acaso no grupo de 15. O número total de maneiras
diferentes de escolher os 3 funcionários entre os 15 é dado por
15
3 C . O número total de maneiras diferentes de entre os 3
funcionários escolhidos nenhum ser a favor é dado por 6
3 C e o
número total de maneiras diferentes de entre os 3 funcionários
escolhidos apenas 1 ser a favor é dado por × 6
2 9 C . Então,
alterando a expressão da resposta I para − −× 15 6 6
33 2 CC C 9
obtém-se também uma outra resposta correta para o problema.
Pág. 65
17. Número de alunos que tem computador portátil:
× =
1 150 30
5 . Número de alunos que não tem computador
portátil: 150 30 120 − = . Número de comissões de seis alunos
com exatamente quatro dos alunos que têm computador
portátil: × = 30 120
4 2 C C 195671700 .
18. Se a linha tem 15 elementos, então n n += ⇔= 1 15 14 .
Sabe-se que == = = 14 14 14 14
01 2 3 CC C C 1, 14 , 91 e 364 .
Donde se conclui que a linha tem 6 elementos inferiores a 100 (os
três primeiros e os três últimos). A opção correta é a (C).
19. A linha que contém os elementos da forma 2006
k C tem 8
elementos menores do que 2006
4 C , a saber: 2006 2006
0 1 C C , ,
2006 2006 2006 2006 2006 2006
2 3 2003 2004 2005 2006 CCC C C C , , , , e .
A opção correta é a (A).
20. ( ) () − −
= =
+ = ×= ×× ∑ ∑
6 6 6 6 2 6 2 6 12 2
0 0
2 22 k k kk
k k
k k
x Cx C x
O termo de grau 6 obtém-se quando 12 2 6 3 − =⇔= k k .
Logo, o termo de grau 6 do polinómio é:
×× = 6 36
3 C x 2 ×× =6 6 20 8 160 x x .
A opção correta é a (D).
21.
−
=
+ = × = ∑ 10 10 10 10
0
2 2 k
k
k
k
xC x x x
− −+ − −+
= =
= × × ×= × × ∑ ∑
10 10 10 10 10 10 10 10 2
0 0
2 2 k kk k k
k k
k k
C xx C x
O termo que não depende da variável x, ou seja, o termo em 0 x ,
obtém-se quando − + =⇔= 10 2 0 5 k k . Logo, o termo que não
depende da variável x é:
×× = 10 5 0
5 C x 2 8064
A opção correta é a (B).
Pág. 66
Avaliar – 1.a Parte
1. AB x Ax B A B \ : = ∈ ∉ =∩ { } .
A opção correta é a (B).
2.1. AB C = =− =− {1, 2 , 3, 3 e 1, 0, 1 } { } { } .
O elemento (1,0,3) pertence ao conjunto ACB × × porque
AC B ××= {( xyz x A y C z B ,, :) ∈ ∧∈ ∧∈ } .
A opção correta é a (D).
2.2. # # # # 2 2 3 12 (ABC A B C ×× = × × =××= ) ( ) ( ) ( ) .
A opção correta é a (A).
3. O número de funções de A em B que é possível definir de
modo que a imagem de a seja é 3 3 3 27 ××= pois cada um dos
objetos a, b e c pode ter uma das imagens 1, 2 e 3.
A opção correta é a (A).
4. ( ) − − −
= =
+ = ×= ×= ∑ ∑
6 6 6 6 6 6 6 2
2 2
0 0
1 1 k k k k
k k
k k
x C x Cx x x x
− + − +
= =
= ×= ∑ ∑
6 6 6 12 2 6 12 3
0 0
k k k
k k
k k
Cx x Cx .
O expoente de x é um número positivo quando
− + > ∧ ≤≤ ∧ ∈ 12 3 0 0 6 k kk Z .
− + > ∧ ≤≤ ∧ ∈⇔> ∧ ≤≤ ∧ ∈ 12 3 0 0 6 4 0 6 k kkk kk Z Z
⇔= ∨ = k k 5 6 .
No desenvolvimento da expressão dada há apenas dois termos
em que expoente de x é um número positivo.
A opção correta é a (C).
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Cálculo combinatório
NEMA12PR1_unidade_1
25
5. O número de subconjuntos de um conjunto com n elementos é
dado por 2n .
= ⇔ = ⇔= 7 2 128 2 2 7 n n n . Então, = = 7
5 5 21 n
C C .
A opção correta é a (B).
6. Como os dossiês vermelhos têm de ficar juntos, há 2!
maneiras de os permutar entre si. Os dossiês azuis também têm
de ficar juntos, havendo 3! maneiras de os permutar entre si.
Pretende-se arrumar na prateleira o grupo dos dossiês
vermelhos, o grupo dos dossiês azuis, o dossiê verde e o dossiê
amarelo. O número de maneiras de o fazer é dado por 4!. Assim
sendo, o número de maneiras distintas de arrumar os dossiês na
prateleira de modo que os da mesma cor fiquem juntos é dado
por 4! 3! 2! × × .
A opção correta é a (C).
Pág. 67
Avaliar – 2.a Parte
1.1.
a) Por exemplo, o par ordenado (0,2) pertence ao conjunto
A B× porque 0∈A e 2∈B . Ora, 0∈A pois −×< 3 0 20 1 e
2∈B porque >2 2 2 .
b) Por exemplo, o par ordenado (1,0) não pertence ao conjunto
A B× porque 1∉ A . 1∉ A pois −×< 3 1 21 1 , ou seja, 1∈ A .
1.2. Uma condição em que o conjunto-solução seja A B ∩ é, por
exemplo, − <∧ ≤ 3 2 x x xx 2 1 .
2.1. É possível colorir a tabela de = 8
5 A 6720 formas diferentes.
2.2. Número de maneiras diferentes de colorir a tabela de modo
que as colunas A e E não sejam de cor preta: × = 7 6
2 3 A A 5040 .
3. Como só podemos utilizar algarismos do conjunto A e os
números têm de ser pares, só há 3 escolhas possíveis para o
algarismo das unidades: 2, 4 ou 6. Os números, para além de ser
pares, têm quatro algarismos e exatamente dois 5. Então temos
3
2 C maneiras de escolher a posição dos dois algarismos 5. Para o
algarismo em falta, uma vez que não pode ser o 5, temos 5
possibilidades (1, 2, 3, 4 e 6) de escolhas.
Assim sendo, é possível escrever × ×= 3
2 3 5 45 C números nas
condições pedidas.
4.1. Número de maneiras diferentes de escolher 4 especiarias
das 10 disponíveis: = 10
4 C 210 .
4.2. Número de maneiras diferentes de escolher 3 especiarias
das 10 disponíveis, não podendo selecionar a 4 e a 9
simultaneamente: − ×= −= 10 2
3 2 C C 8 120 8 112 .
4.3. A soma dos números dos frascos dos extremos é igual a 10
se nos extremos ficarem os frascos 1 e 9 ou 2 e 8 ou 3 e 7 ou 4 e
6, podendo os frascos dos extremos permutar entre si.
Assim sendo, há 4 2! 8! 322560 ××= maneiras diferentes de
dispor os 10 frascos de modo que a soma dos números dos
frascos dos extremos seja igual a 10.
5. 4
2 C : número de maneiras de, entre os 4 rapazes, escolher os 2
rapazes que ficam na fila da frente.
3!: número de maneiras de permutar as 3 raparigas entre si.
3!: número de maneiras de, na fila da frente, permutar o grupo
das 3 raparigas e os 2 rapazes entre si.
2!: número de maneiras de permutar os 2 rapazes que ficam na
fila de trás entre si.
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Pág. 71
1. O espaço de resultados é: Ω ={15, 16, 17, 18, 19, 20} .
2.1. O espaço amostral é: E ={1, 2, 3, 4} .
2.2.
a) Seja A o acontecimento “sair bola com número não inferior a
3”. Então, A ={3, 4} .
b) Seja B o acontecimento “sair bola com número primo”. Então,
B ={2, 3} .
c) Seja C o acontecimento “sair bola com número múltiplo de 5”.
Como nenhum dos elementos do conjunto E é um múltiplo de 5,
tem-se C ={ } .
d) Seja D o acontecimento “sair bola com número natural”.
Então, D ={1, 2, 3, 4} .
Pág. 72
3.1. E ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
3.2. Número de elementos do espaço de acontecimentos:
( ) = =8 # 2 256 P E .
3.3. Como 9∉E , o conjunto {7, 9} não pertence ao conjunto
das partes de E. Assim sendo, a opção correta é a (D).
Pág. 73
4.
× 0 1 2 3
0 0 0 0 0
1 0 1 2 3
2 0 2 4 6
3 0 3 6 9
4.1. Os divisores de 5 são o 1 e o 5. Então, o acontecimento D é
elementar.
4.2. O produto dos números obtidos pode ser igual a 0, 1, 2, 3, 4,
6 ou 9. Então, o acontecimento C é impossível.
4.3. Por exemplo, o acontecimento B é composto.
5.1.
a) O acontecimento C é elementar porque # 1 C = , ou seja, só há
uma ficha preta.
b) Por exemplo, os acontecimentos A e D são incompatíveis
porque A D ∩ ={ } .
5.2. Os acontecimentos A e B não são incompatíveis pois
A B ∩ ≠ { } (a ficha 2 é verde).
Tarefa 1
1. Ω ={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
2. A ={0, 1, 2, 3, 4} , B={7} , C ={1, 2, 4, 8} , D ={5, 6, 7, 8, 9} ,
E ={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} e F ={ } .
3.1. O conjunto F é o conjunto vazio.
3.2. O conjunto E é igual ao espaço amostral.
3.3. O conjunto B tem cardinal igual a 1.
3.4. O conjunto C tem cardinal maior ou igual a 2 pois # 4 C = .
3.5. Por exemplo, os conjuntos B e C.
Ora, B C ∩ = {7 1, 2, 4, 8 }∩ = { } { } .
3.6. Os conjuntos A e D pois
A D ∩= ∩ {0, 1, 2, 3, 4} {5, 6, 7, 8, 9} ={ } e
A D ∩= ∪ = {0, 1, 2, 3, 4 5, 6, 7, 8, 9 } { }
={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = Ω .
Pág. 74
6.1. O espaço amostral é: Ω ={azul, verde, vermelho} .
6.2. O valor lógico da proposição ( ) = 1
3
P A é falso, porque os
acontecimentos elementares não são equiprováveis. Neste caso,
tem-se ( ) = 1
6
P A pois a roleta está dividida em seis setores
circulares geometricamente iguais e apenas o número 6 é azul.
Pág. 75
7.1. O acontecimento “Sair bola vermelha”.
7.2. O acontecimento “Sair bola preta”.
7.3. O acontecimento “Não sair bola preta”.
7.4. O acontecimento “Não sair bola amarela”.
8. Seja A o acontecimento “A bola verde ser uma das escolhidas”.
Número de casos possíveis: = 5
3 C 10
Número de casos favoráveis: × = 1 4
1 2 C C 6
Então, ( ) = = 6 3
10 5
P A .
Unidade 2 Probabilidades
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27
Probabilidades
NEMA12PR1_unidade_2
27
Pág. 76
9.1. Seja A o acontecimento “Sair uma carta de copas”.
Número de casos possíveis: 52
Número de casos favoráveis: 13
Então, ( ) = = 13 1
52 4
P A .
9.2. Seja B o acontecimento “Sair uma carta que não seja de
paus”.
Número de casos possíveis: 52
Número de casos favoráveis: 39
Então, ( ) = = 39 3
52 4
P B .
9.3. Seja C o acontecimento “Sair um rei”.
Número de casos possíveis: 52
Número de casos favoráveis: 4
Então, ( ) = = 4 1
52 13
P C .
10. Seja A o acontecimento “Pelo menos uma das bolas retiradas
ser azul”. O acontecimento contrário de A é definido por
“Nenhuma das bolas retiradas ser azul”.
Assim, ( ) =− =− =− = ( ) 4
3
7
3
4 31 1 11
35 35
C
PA PA
C .
Pág. 77
11. Seja A o acontecimento “As pontuações das faces voltadas
para cima serem diferentes”. Então, ( ) × = = ×
65 5
66 6
P A .
12.1. Seja A o acontecimento “Ficar pelo menos um disco na
diagonal”. O acontecimento contrário de A é definido por
“Nenhum disco ficar na diagonal”.
Assim, ( ) =− =− =− = = ( ) 6
3
9
3
20 64 16 1 11
84 84 21
C
PA PA
C .
12.2. Seja B o acontecimento “Ficarem pelo menos dois discos na
última linha”. Duas situações podem ocorrer: ficarem dois discos
na última linha ou ficarem três discos na última linha.
Assim sendo, ( ) × + + = ==
36 3
21 3
9
3
18 1 19
84 84
CCC
P B
C .
Pág. 78
13.1. Não é possível que A e B sejam acontecimentos contrários,
porque PA PB ( ) + < ( ) 1 .
13.2. Como ABB ∩ ⊂ , então PA B PB ( ∩ ≤) ( ) . Sendo
P B( ) = 0,3 , não é possível que PA B ( ∩ =) 0,4 .
13.3. Sendo A e B dois acontecimentos associados a uma
experiência aleatória, sabe-se que PA B PA PB ( ∪≤ + ) ( ) ( ) .
Como P A( ) = 0,5 e P B( ) = 0,3 , não é possível que
PA B ( ∪ =) 0,9 .
14.1. A afirmação é falsa. Para que a afirmação fosse verdadeira
os acontecimentos A e B teriam de ser contrários.
14.2. A afirmação é verdadeira. Se A e B são acontecimentos
contrários, então A B ∩ ={ } e A B ∪ =Ω .
Logo, PA B PA PB ( ∪= + ) ( ) ( ) e PA B ( ∪ =) 1 .
Donde se conclui que PA PB ( ) + = ( ) 1 .
14.3. A afirmação é falsa. Se PA PB ( ) + = ( ) 1 , não podemos
concluir que A e B sejam acontecimentos contrários.
15. Sendo A e B acontecimentos contrários, então
PB PA ( ) = −1 ( ) .
() ()
() ()
() () ( )
() ()
× = ×− = ⇔ ⇔
= − = −
2 2 1
9 9
1 1
PA PB PA PA
PB PA PB PA
() () ( )
() ( )
( ) ( ) ( )
() ()
− = − + −= ⇔⇔ ⇔
= − = −
2 2 2
9 9 20
9
1 1
PA PA PA PA
PB PA PB PA
( ) ( )
() ()
=∨ = ⇔
= −
1 2
3 3
1
PA PA
PB PA
Como PA PB ( ) < ( ) , conclui-se que ( ) = 1
3
P A e
( ) =− = 1 2
1
3 3
P B .
Pág. 79
16. Consideremos os acontecimentos A: ”Assinar o jornal A” e
B: ”Assinar o jornal B”. Das 80 pessoas inquiridas, sabe-se que 45
assinam o jornal A, 32 assinam o jornal B e 25 não assinam
qualquer um dos jornais.
Então, há 22 pessoas (32 + 25 − (80 − 25)) que assinam os dois
jornais. Donde se conclui que há 23 pessoas (45 − 22) que
assinam o jornal A e 10 pessoas (32 − 22) que assinam o jornal B.
Pode-se, agora, construir um diagrama de Venn que vai facilitar a
resolução do exercício.
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28
Unidade 2
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28
16.1. ( ) = = 45 9
80 16
P A
16.2. ( ) ∩= = 22 11
80 40
PA B
16.3. ( ) ( )( ) ∪ = + =+= ( )( ) 23 10 33 \\ \ \ 80 80 80
P A B B A PA B PB A
17. PB PA B PA B () ( ) = ∩+ ∩= + = ( ) 0,4 0,3 0,7
18.1. A B ∩ : “Sair bola azul com número par”.
( ) ∩ = 1
5
PA B
18.2. ( ) ∪ = + − ∩ =+−= ( ) ( ) ( ) 332 4
5555
PA B PA PB PA B
Pág. 80
19. Se A e B são incompatíveis, então PA B PA PB ( ∪= + ) ( ) ( ) .
Logo, PA B PA B PA PB ( ∪ =− ∪ =− + = ) 1 1 ( ) ( ) () ( )
=− − = − 1 PA PB PA PB ( ) ( ) ( ) ( ) .
20. ( ) ( ) ( )( ) ∩ = ∪ =− ∪ =− − = () () 1 (2)
PA B PA B PA B PA PB 1 1
= = P C( ) 0,2
(1) porque A e B são incompatíveis (dado que são
acontecimentos elementares).
(2) porque A, B e C são os acontecimentos elementares de uma
experiência aleatória.
21.1. Sendo PA B ( ∪ =) 0,4 , então PA B ( ∪ =− = ) 1 0,4 0,6 .
Logo:
PA B PA PB PA B ( ∩= + − ∪= + − = = ) ( ) ( ) ( ) 0,4 0,3 0,6 0,1 1
10
21.2. Ora, PA B PA B ( ) ∩= ∪= ( ) 0,4 . Como PA B ( ∩ ≠) 0 ,
então os acontecimentos A e B são compatíveis.
22.1. PA B PA B PA PB PA B ( ∪ =− ∪ =− + − ∩ = ) 1 1 ( ) ( ) () ( ) ( )
=− − + ∩ = − + ∩ = 1 PA PB PA B PB PA PA B ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= −+ = 0,52 0,2 0,08 0,4
22.2. PA B PB PA B ( ∩= − ∩= − = ) ( ) ( ) 0,48 0,08 0,4
Pág. 81
23.1. Consideremos os acontecimentos C: “A carta é de copas” e
F: “A carta é uma figura”. ( ) = 2 | 5
PCF
23.2. Consideremos os acontecimentos F: “A carta é uma figura”
e O: “A carta é de ouros”. ( ) = 2 | 3
PFO
23.3. Consideremos os acontecimentos P: “A carta é de paus” e
F: “A carta é uma figura”. ( ) = 2 | 7
PPF
24.1. Considera o acontecimento A: “Sair a face com o número
5”. ( ) = 1
6
P A
24.2. Consideremos os acontecimentos A: “Sair a face com o
número 5” e P: “Sair face com número primo”. ( ) = 1 | 3
PAP
24.3. Consideremos os acontecimentos A: “Sair a face com o
número 5” e B: “Sair número par”. ( ) = = 0 | 0 3
PAB
24.4. Consideremos os acontecimentos A: “Sair a face com o
número 5” e C: “Sair número múltiplo de 5”. ( ) = = 1 | 1 1
P AC
Pág. 82
25.1. ( ) ∩ = 1
7
PB E
25.2. ( ) = = 2 1 | 4 2
PAD
25.3. ( ) = 1 | 3
PC E
25.4. ( ) = = 2 1 | 4 2
PAB
25.5. ( ) = 3 | 5
PDB
26.1. P A B PA PB P A B ( ∪= + − ∩⇔ ) () () ( )
⇔ = + − ∩ ⇔= ∩ 0,9 0,3 0,6 PA B PA B ( ) 0 ( )
Os acontecimentos A e B são incompatíveis porque
PA B ( ∩ =) 0 .
26.2.
a) ( ) ( )
( )
∩ = == 0 | 0 0,6
PA B
PAB
P B
b) ( ) ( )
( )
∩ ( ∪ ) − ∪ ( ) − = = = == 1 1 0,9 | 0,4 0,4 0,4
PA B PA B PA B
PAB
P B
= 0,25
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29
Probabilidades
NEMA12PR1_unidade_2
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Pág. 83
27. Consideremos os acontecimentos M: “Ser mulher” e V: “Ter
votado”. Sabe-se que P V( ) = 0,8 , PMV ( | 0,6 ) = e
PMV ( | 0,7 ) = . Logo, PMV ( | 0,4 ) = e PMV ( | 0,3 ) = .
27.1. PM V PV PMV PV PMV ( ∩ = × =− × = ) ( ) ( |1 | ) ( ( )) ( )
=− × = (1 0,8 0,7 0,14 )
27.2. Sabe-se que, dos que votaram, 60% são mulheres, ou seja,
PMV ( | 0,6 ) = .
27.3. PMV PMV ( | 1 | 1 0,6 0,4 ) =− =− = ( )
27.4. ( ) ( )
( )
∩
| =
PV M
PV M
P M
PV M PV PV M PV PMV ( ∩= − ∩=− × = ) ( ) ( ) 0,8 ( ) ( | )
=−×=− = 0,8 0,8 0,6 0,8 0,48 0,32
PM PV M PV M ( ) = ∩+ ∩= + = ( ) ( ) 0,32 0,14 0,46
Então, ( ) ( )
( )
∩ = == 0,32 16 | 0,46 23
PV M
PV M
P M .
27.5. ( ) ( )
( )
∩ () ( ) − ∩
| == = 0,54
PV M PM PV M
PV M
P M
− × = == 0,54 0,8 0,6 0,06 1
0,54 0,54 9
28.1. Consideremos os acontecimentos A: “A peça ser produzida
pela máquina A”, B: “A peça ser produzida pela máquina B” e
R: “A peça ser rejeitada”. Como P A( ) = 0,35 , então
PB PA ( ) =− =− = 1 1 0,35 0,65 ( ) .
( ) ( )
( ) ( ) ∩ | 0,02 = ⇔ = ⇔ ∩= × ⇔ 0,02 0,02 0,35
PR A
PR A PR A
P A
⇔ ∩= PR A ( ) 0,007
Então, PR A PA PR A ( ∩= − ∩= − = ) ( ) ( ) 0,35 0,007 0,343 .
( ) ( )
( ) ( ) ∩ | 0,03 = ⇔ = ⇔ ∩= × ⇔ 0,03 0,03 0,65
PR B
PRB PR B
P B
⇔ ∩= PR B ( ) 0,0195
Então, PR B PB PR B ( ∩= − ∩= − = ) ( ) ( ) 0,65 0,0195 0,6305 .
Assim sendo, tem-se:
A B
R 0,007 0,0195 0,0265
R 0,343 0,6305 0,9735
0,35 0,65 1
28.2.
a) P R( ) = 0,0265
b) ( ) ( )
( )
∩ = =≈ 0,343 | 0,3523
0,9735
PA R
PAR
P R
Tarefa 2
1.1.
Falam inglês Não falam
inglês
Falam português 62 20 82
Não falam português 100 18 118
162 38 200
1.2.
a) ( ) ∩= = 62 31
200 100
PA B
b) ( ) ∩= = 100 1
200 2
PA B
c) ( ) ( )
( )
∩ = = ==
100
200 100 50 | 118 118 59
200
PB A
PBA
P A
d) ( ) ( )
( )
∩ = = ==
20
200 20 10 | 82 82 41
200
PB A
PBA
P A
e) ( ) ( )
( )
∩ = = ==
20
200 20 10 | 38 38 19
200
PA B
PAB
P B
f) ( ) ( )
( )
∩ = = ==
18
200 18 9 | 38 38 19
200
PA B
PAB
P B
2.1. PC PA PB ( ) =− − =− − = 1 ( ) ( ) 1 0,3 0,5 0,2
PG A ( ∩= × ⇔ ∩= ) 0,8 0,3 PG A ( ) 0,24
PD B ( ∩= × ⇔ ∩= ) 0,25 0,5 PD B ( ) 0,125
PG C ( ∩= × ⇔ ∩= ) 0,4 0,2 PG C ( ) 0,08
Assim sendo, tem-se:
A B C
G – Gasolina 0,24 0,375 0,08 0,695
D – Gasóleo 0,06 0,125 0,12 0,305
0,3 0,5 0,2 1
2.2.
a) PA D PB D PC D ( ∩= ∩+ ∩= + = ) ( ) ( ) 0,125 0,12 0,245
b) ( ) ( )
( )
∩ = == 0,12 24 | 0,305 61
PC D
PCD
P D
c) ( ) ( )
( )
∩ + = = == −
0,24 0,08 0,32 | 0,64
1 0,5 0,5
PG B
PGB
P B
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Unidade 2
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Pág. 84
29. Consideremos os acontecimentos A: “Escolher a caixa azul”,
V: “Escolher a caixa vermelha” e F: “A moeda ser falsa”. A
informação pode ser organizada no seguinte diagrama em
árvore:
29.1.
a) ( ) ∩ = × =× = ( ) ( ) 3 | 0,2 0,15 4
PV F PV PF V
b) ( ) ∩ = × =× = ( ) ( ) 1 | 0,4 0,1 4
PA F PA PF A
c) PFA ( | 0,6 ) =
29.2. Como a caixa vermelha tem 15 moedas e 80% delas são
falsas, sabe-se que na caixa vermelha há 12 moedas falsas
(15 0,8 × ) e 3 moedas verdadeiras. Seja B o acontecimento “O
concorrente retirar uma e uma só moeda verdadeira”. Assim
sendo, ( ) × = =
3 12
1 2
15
3
198
455
C C
P B
C .
Tarefa 3
1.1.
1.2.
a) ( ) () ( ) 1 2 1 21 ∩ = × =×= 23 3 | 5 4 10
P A V PA PV A
b) ( ) () ( ) 1 2 1 21 ∩ = × =×= 32 3 | 5 4 10
PV V PV PV V
2.1.
2.2.
a) PA G PA PGA ( ∩= × = × = ) ( ) ( | 0,7 0,9 0,63 )
b) PGB PEB ( | 1 | 1 0,15 0,85 ) =− =− = ( )
c) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( )
∩ × == = ∩+ ∩
| |
PB G PB PGB
PBG
PG PA G PB G
( ) ( )
( ) ( ) () ( )
× × = == × + × ×+×
| 0,3 0,85
| | 0,7 0,9 0,3 0,85
PB PGB
PA PGA PB PGB
= = 0,255 17
0,885 59
Pág. 85
30.1.
a) B A| : “O Ivo perde o comboio dado que acorda tarde”
b) A B| : “O Ivo acorda tarde dado que perde o comboio”
30.2. PA B PB PAB ( ∩= × = × = ) ( ) ( | 0,25 0,8 0,2 )
31.1. PA PA B PA B ( ) = ∩+ ∩ = + = ( ) ( ) 0,4 0,22 0,62
PA PA ( ) =− =− = 1 1 0,62 0,38 ( )
31.2. ( ) ( )
( )
∩ = == 0,4 20 | 0,62 31
PB A
PBA
P A
Pág. 86
32.1. ( ) ( ) (( ) )
( )
( ( ))
( )
∩∩ ∩∩ ∩= = = |
P A B A PA A B
PA BA
PA PA
(( ) )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
∩ ∩ ∅∩ ∅ = = = == 0 0
PAA B P BP
PA PA PA PA
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Probabilidades
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32.2. ( ) ( ) (( ) )
( )
(( )( ))
( )
∪ ∩ ∩∪∩ ∪= = | = PAB B PAB AB
PABB
P B P B
(( ) ( ))
( )
(( ) )
( )
( )
( ) ( ) ∩∪∩ ∩ ∪∅ ∩ = = == |
PA A B B PAB PA B
PAB
P B PB PB
32.3. ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
∩ ∩ | | += + =
PA B PA B
PAB PAB
PB PB
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
− ∩+ ∩ = = = 1
PB PA B PA B PB
P B P B
33. PA B PA B PA B PA B ( ) ∪− ∩= ⇔ ∩− ∩= ⇔ ( ) 0,8 ( ) ( ) 0,8
⇔− ∩ − ∩ = ⇔ ∩ = 1 PA B PA B PA B ( ) ( ) 0,8 ( ) 0,1
( ) ( )
( ) ( )
∩ =⇔ =⇔ =⇔ 0,1 | 0,12 0,12 0,12
PA B
PAB
P B P B
⇔=⇔= ( ) ( ) 0,1 5
0,12 6
PB PB
34. PA B PA PA PB PA B PA ( ∪− = + − ∩− = ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
() ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ∩ = − ∩= ∩= × = × |
PA B
PB PA B PA B PB PB PAB
P B
Pág. 88
35.
+ 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
35.1. ( ) = = 6 1
36 6
P A e ( ) = = 4 1
36 9
P B .
Logo, PA PB ( )× = ( ) × = 11 1
6 9 54 .
( ) ∩ = 1
36
PA B , como PA B PA PB ( ∩≠ × ) ( ) ( ) , conclui-se que os
acontecimentos A e B não são independentes.
35.2. ( ) = = 6 1
36 6
P A e ( ) = = 18 1
36 2
P C .
Logo, PA PC ( )× = ( ) × = 11 1
6 2 12 .
( ) ∩= = 3 1
36 12
PA C , como PA C ( ∩ =) PA PC ( )× ( ) , conclui-se
que os acontecimentos A e C são independentes.
36. Como A e B são dois acontecimentos independentes, então:
PA B PA PB PA PB ( ∩ = × = ×− = ×− = ) ( ) ( ) ( ) (1 0,2 1 0,7 ( )) ( )
=×= 0,2 0,3 0,06 .
Pág. 89
37.1. PA B PA B PA B ( ) ∪= ⇔ ∩= ⇔ ∩= 0,6 ( ) 0,6 ( ) 0,4
PA PB ( )× =×= ( ) 0,8 0,5 0,4
Os acontecimentos A e B são independentes porque
PA B PA PB ( ∩= × ) ( ) ( ) .
37.2. PA B PA B PA B ( ) ∩ = ∪ =− ∪ = ( ) 1 ( )
=− − + ∩ =− − + = 1 PA PB PA B ( ) ( ) ( ) 1 0,8 0,5 0,4 0,1
38. Sejam L e R os acontecimentos:
L: “o Luís ir à festa” e R: “a Rute ir à festa”.
Os acontecimentos L e R são independentes, logo
PR L ( ∩ =) PR PL ( )× =×= ( ) 0,5 0,7 0,35 .
39.1. Num baralho de 40 cartas há 4 reis. Seja A o acontecimento
“Saírem três reis”. Como a extração é feita com reposição, tem-se
que: ( ) =××= = 444 1 0,001 40 40 40 1000
P A .
39.2. Num baralho de 40 cartas há 4 ases. Seja B o
acontecimento “Saírem exatamente dois ases”. Os ases podem
sair na 1.a e na 2.a extração, sair na 1.a e na 3.a extração ou sair
na 2.a e na 3.a extração (há 3 situações) e como a extração é feita
com reposição, tem-se que:
( ) =× × × = =
36 4 4 27 3 0,027
40 40 40 1000
P B
39.3. Num baralho de 40 cartas há 10 cartas de copas e 30 cartas
que não são de copas. Seja C o acontecimento “Não sair qualquer
carta de copas”. Como a extração é feita com reposição, tem-se
que: ( ) =××= 30 30 30 27
40 40 40 64
P C .
Pág. 90
40. Sejam D e P os acontecimentos:
D: “Ter a doença” e P: “O teste dar positivo”.
Sabe-se que PPD ( | 0,96 ) = , PPD ( | 0,03 ) = e P D( ) = 0,02 .
Donde se conclui que PPD ( | 0,04 ) = , PPD ( | 0,97 ) = e
P D( ) = 0,98 .
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Unidade 2
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40.1. PP PD P PD P ( ) = ∩+ ∩= ( ) ( )
=× +× ( ) ( ) ( ) ( )
=×+×=
| |
0,02 0,96 0,98 0,03
PD PPD PD PPD
= 0,0486
40.2. ( ) ( )
( )
∩ × == ≈ 0,02 0,96 | 0,6049
0,0486
PD P
PDP
P P
41. Sejam A e B os acontecimentos:
A: “A Márcia ir ao cinema no próximo domingo”
B: “Chover no próximo domingo”
Sabe-se que P A( ) = 0,4 ; PAB ( | 0,7 ) = e P B( ) = 0,2 .
41.1. ( ) ( )
( ) ( ) ( ) () ∩ | | = ⇔ ∩= × ⇔
PA B
PAB PA B PAB PB
P B
⇔ ∩= × ⇔ ∩= PA B ( ) 0,7 0,2 PA B ( ) 0,14
41.2. P B A P A PA B ( ∩ = − ∩= − = ) ( ) ( ) 0,4 0,14 0,26
41.3. ( ) ( )
( )
∩ = == 0,26 | 0,325
0,8
PA B
PAB
P B
Pág. 91
42.1. Seja A o acontecimento “Sair bola azul da caixa C2”.
( ) =×+×=
22 31 7
5 5 5 5 25
P A
42.2. Seja V o acontecimento “Sair bola vermelha da caixa C2”.
( ) =×+×=
2 3 3 4 18
5 5 5 5 25
P V
43. Sejam A, B e D, respetivamente, os acontecimentos:
A: “A peça ser produzida pela máquina A”
B: “A peça ser produzida pela máquina B”
D: “A peça ter defeito”
A informação dada pode ser representada através de um
diagrama em árvore.
43.1. PD PA D PB D ( ) = ∩+ ∩= ( ) ( )
=× +× = ( ) ( ) ( ) ( )
=× +× =
| |
0,6 0,02 0,4 0,04 0,028
PA PDA PB PDB
43.2. ( ) ( )
( )
∩ × = = == −
0,4 0,96 0,384 32 | 1 0,028 0,972 81
PB D
PBD
P D
43.3. ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
∩ × × == = = | 0,6 0,02 | 0,028
PA D PA PDA
PAD
PD PD
= = 0,012 3
0,028 7
Pág. 92
44.1. ( ) () ( )
( ) () ( ) ∩ 1| 1 − × =− × =− ∩ = 1
PA B
PAB PB PB PA B
P B
= ∩= ∪ PA B PA B ( ) ( )
44.2. Sejam A e B os acontecimentos:
A: “O aluno ter Matemática”
B: “O aluno ser rapariga”
Sabe-se que P B( ) = 0,6 e PAB ( | 0,25 ) = . Aplicando o resultado
demonstrado em 44.1., tem-se:
P A B PAB PB ( 1| ( ∪ =− × = ) ( ) ( ) 1 0,25 0,6 0,85 85% − ×= ( )
45.1. Se A e B são acontecimentos independentes, então
PA B PA PB ( ∩= × ) ( ) ( ) . Logo, tem-se: PA PB PA ( ) +× = ( ) ( )
= + ×− = + − × = PA PB PA PA PB PB PA ( ) ( ) (1 ( )) ( ) ( ) ( ) ( )
= + − ∩= ∪ PA PB PA B PA B ( ) ( ) ( ) ( )
45.2. Se A e B são acontecimentos independentes então
PA B PA PB ( ∩= × ) ( ) ( ) . Sendo ( ) = 2
3
P A e ( ) ∩ = 1
6
PA B ,
conclui-se que ( ) = = 12 1 :
63 4
P B . Por 45.1. tem-se:
PA B ( ∪ =) () () + × =+×= ( ) 211 3
343 4
PA PB PA .
Tarefa 4
1.1. O dado tem quatro faces verdes, numeradas com os
números 1, 3, 4 e 6. Seja V o acontecimento “Sair face verde”.
Como a probabilidade de sair a face com o número 1 é 1
8 e as
faces com a mesma cor têm igual probabilidade de ocorrer,
tem-se: ( ) () =× =× = 1 1 4 14
8 2
PV P
1.2. Seja A o acontecimento “Sair face azul”.
PA PV ( ) =− = 1 ( ) − = 1 1 1
2 2
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Probabilidades
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1.3. Seja B o acontecimento “Sair face com o número 4”.
( ) ( )
( )
∩ = ==
1
8 1 | 1 4
2
PB V
PBV
P V
1.4. Seja C o acontecimento “Sair face ímpar”.
( ) ( )
( )
( )
() () ()
∩ == == + + + +
1
5 4 1 | 135 2 111
884
PA C P
PAC
PC P P P
2.1. Se A e B são acontecimentos independentes, então
PA B PA PB ( ∩= × ) ( ) ( ) .
1−×= PA PB ( ) ( )
=− − × − =− − − + × = 11 1 11 ( P A P B P B P A PA P B ( )) ( ( )) ( ( ) ( ) ( ) ( ))
=−+ + − ∩ = ∪ 1 1 PB PA PA B PA B ( ) ( ) ( ) ( )
2.2. Sejam A e B os acontecimentos:
A: “O sistema S1 responder”
B: “O sistema S2 responder”
Sabe-se que P A( ) = 0,98 e P B( ) = 0,95 , logo P A( ) = 0,02 e
P B( ) = 0,05 .Utilizando o resultado provado na alínea anterior,
tem-se que: PA B PA PB ( ∪ =− × ⇔ ) 1 ( ) ( )
⇔ ∪ =− × ⇔ ∪ = PA B ( ) 1 0,02 0,05 PA B ( ) 0,99 .
3. Como C e D são acontecimentos independentes, então
PC D PC PD ( ∩= ⇔ × = ) 0,6 ( ) ( ) 0,6 .
Por outro lado,
PC D PC D PC D ( ) ∩= ⇔ ∪= ⇔ ∪= ⇔ 0,05 ( ) 0,05 ( ) 0,95
⇔ + − ∩= PC PD PC D ( ) ( ) ( ) 0,95 .
Assim, tem-se:
( ) ( )
( )
( ) ( )
() ()
× = × = ⇔ ⇔
+ −= + =
0,6 0,6
( ) 0,6 0,95 1,55
PC PD PC PD
P C PD PC PD
() () ( )
() ()
− = ⇔ ⇔
= −
2
1,55 0,6
1,55
PC PC
PD PC
( ) ( ) ( )
() ()
() ()
() ()
− + −= ⇔ ⇔
= −
=∨ = ⇔ ⇔
= −
2
1,55 0,6 0
1,55
0,8 0,75
1,55
PC PC
PD PC
PC PC
PD PC
( )
( )
( )
( )
= = ⇔ ∨ = =
0,8 0,75
0,75 0,8
PC PC
PD PD
Conclusão:
P C( ) = 0,8 e P D( ) = 0,75 ou P C( ) = 0,75 e P D( ) = 0,8 .
Pág. 93
Proposta 1
1.1.
a) E ={azul, amarelo, vermelho, verde}
b) ( ) = =4 # 2 16 P E
c) A experiência consiste em retirar do saco uma ficha ao acaso e
observar a cor. Então, o conjunto que não pertence a P E( ) é
{10, 25} . A opção correta é a (D).
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