RESUMO TEÓRICO
Professor Marcelo Renato
AULA 03: NOÇÕES DE PROBABILIDADE
3.1. INTRODUÇÃO
Há certos fenômenos ou experimentos que, embora sejam repetidos muitas vezes e sob condições idênticas, não
apresentam os mesmos resultados. Por exemplo, no lançamento de uma moeda perfeita, o resultado é
imprevisível; não se pode determiná-lo antes de ser realizado. Não sabemos se sairá “cara” ou “coroa”.
Aos fenômenos (ou experimentos) desse tipo damos o nome de “fenômenos aleatórios” (ou casuais).
Experimento aleatório é o processo cujo resultado é incerto (ou não previsível), entretanto, apresenta
regularidade. Pelo fato de não sabermos o resultado exato de um fenômeno aleatório é que buscamos os
resultados prováveis, as chances, as “probabilidades” de um determinado resultado ocorrer.
A “teoria das probabilidades” é um ramo da Matemática que cria, elabora e pesquisa modelos para estudar
experimentos ou fenômenos aleatórios.
3.2. ESPAÇO AMOSTRAL “S”
É o conjunto de todos os possíveis resultados de um experimento
aleatório. No lançamento de uma moeda perfeita (não viciada) o
espaço amostral é S = { cara; coroa };
No lançamento de um dado não viciado: S = { 1; 2; 3; 4; 5; 6 };
No lançamento de dois dados distintos, não viciados, o espaço
amostral está representado ao lado:
S = { (1,1); (1,2); (1,3); ... ; (6,6) }, onde n (S) = 36 elementos.
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
3.2.1. DIAGRAMA DE ÁRVORE
Exemplo:
3.3. EVENTO “E”


É qualquer subconjunto do Espaço Amostral, ou seja, E  S ... (E está contido em S).
No lançamento de um dado não viciado, o subconjunto E = { 2; 4; 6 } é o evento que acontece se o número
mostrado na face de cima é par;
No lançamento de dois dados não viciados, distintos, o subconjunto E = { (4,6); (5,5); (6,4); (5,6); (6,5); (6,6) },
composto por 6 elementos, é o evento que acontece se a soma dos números mostrados nas respectivas
faces superiores determina uma soma maior ou igual a 10.
-1-
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Um casal sadio pretende ter filhos (menino ou menina) em
três gestações consecutivas, gerando um bebê em cada
gravidez. Apresente o espaço amostral para esta situação.
3.4. PROBABILIDADE DE UM EVENTO “p(E)”
todos os eventos têm a mesma
chance de ocorrer.
Supondo o espaço amostral “S” equiprovável:
p( E ) 


número de casos favoráveis
total de casos possíveis

n( E )
n( S )
O número de casos favoráveis é o número de elementos do subconjunto E;
O Total de casos possíveis é o número de elementos do espaço amostral S.
Exemplo: Considere dois dados, cada um deles com seis faces numeradas de 1 a 6. Se os dados são lançados
ao acaso, qual a probabilidade das faces obtidas darem soma maior ou igual a 8?
(utilize o espaço amostral apresentado no item 3.2 acima)
Verificamos que temos (1 + 2 + 3 + 4 + 5) casos favoráveis em um
total de 36 possíveis resultados.
A probabilidade “P” que atende ao enunciado será: P 
15  3
5

36  3 12
Atenção: A unidade da grandeza presente no numerador (item 3.4) tem que ser a mesma unidade da grandeza
presente no denominador, ou seja, se no numerador fossem duplas de bolas, conseqüentemente, no
denominador deverá ser total de duplas de bolas. Se fosse para determinar a probabilidade de acertar
a Mega-Sena com um único cartão com 6 dezenas marcadas, no numerador teremos o número 1
representando um grupo de seis dezenas e no denominador teremos todos os grupos de 6 dezenas
 50 
50 !
.
com 50 dezenas possíveis   
 6  6 ! 44 !
EXERCÍCIOS SÉRIE AULA
1) (Darwin–GP) Em três lançamentos sucessivos de uma moeda perfeita:
a) Apresente o espaço amostral usando o diagrama de árvore;
b) Qual é a probabilidade de serem obtidas pelo menos 2 caras?
c) Qual é a probabilidade de serem obtidas exatamente 2 caras?
Resolução:
b) E b  {( K , K , K ), ( K , K ,C ), ( K ,C , K ), ( C , K , K )}
a)
Pb 
4 4
1
 Pb 
ou 50%
8 4
2
c) Ec  {( K , K ,C ), ( K ,C , K ), ( C , K , K )}
Pc 
3
8
2) (Darwin–GP) Numa urna temos 3 bolas verdes e 2 bolas vermelhas. Sabendo-se que as bolas só diferem entre
si pelas cores, calcule a probabilidade de, sorteando-se duas bolas, numa única retirada, serem ambas verdes.
3 
3!
 
2
2
! 1!
P   P
5
!
5 
 
2! 3!
2 
 P
3
10

P  30%
-2-
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Resolução:
3.5. PROBABILIDADE DE EVENTOS INDEPENDENTES SUCESSIVOS OU SIMULTÂNEOS
Aqui temos o conectivo “e” que tem como significado a intersecção de eventos (regra do produto).
Dois eventos são ditos independentes quando a ocorrência de um não influencia a ocorrência do outro.
Se dois ou mais eventos independentes ocorrem seqüencialmente, a probabilidade de ocorrência deles será
calculada multiplicando os resultados obtidos nas probabilidades de cada evento isolado.
p ( E1  E 2 )  p ( E1 )  p ( E 2 )
Exemplo: Numa urna foram depositadas 2 bolas verdes e 3 bolas vermelhas. Retiradas com reposição, qual a
probabilidade de obtermos uma bola verde seguida de uma vermelha?
Resolução: Considerando E1 a probabilidade de retirada da bola verde e E2 da bola
vermelha:
2 3
6
2
3
 p( E ) p( E ) 
p( E ) p( E )  
p ( E1 ) 
, p( E ) 

1
2
1
2
2
5 5
25
5
5



3.6. PROBABILIDADE DA UNIÃO DE EVENTOS INDEPENDENTES
(PROB. DE OCORRER O EVENTO A OU B)
Aqui temos o conectivo “ou” que tem como significado a união de eventos (regra da adição).

CASO 1: Probabilidade de ocorrer E1 ou E 2 sendo que E1  E2   (eventos mutuamente exclusivos).
p ( E1  E 2 )  p ( E1 )  p ( E 2 )
Exemplo:
Uma carta nº 1 (Ás)
Um baralho completo possui 52 cartas dispostas em 4 naipes
onde, em cada naipe, a cartas são numeradas conforme
apresentado ao lado:
Nove cartas com numeração de 2 a 10
Se utilizarmos um baralho completo, qual a probabilidade de
sua retirada ser um valete ou um 2?
Uma carta Dama
Uma carta Valete
Uma carta Rei
Resolução: Como E 1  E 2    p ( E 1  E 2 )  p ( E 1 )  p ( E 2 )  p ( E  E
1

2
)
7
4
4


52 52 13
CASO 2: Probabilidade de ocorrer E1 ou E 2 sendo que E  E   .
1
2
Exemplo:
Retirando aleatoriamente uma carta de um baralho
completo, qual a probabilidade de obter uma dama ou uma
carta de espadas?
Resolução:
Considerando o evento E1 (dama) e o evento E2 (espadas):
4
13
p( E ) 
, p( E ) 
1
2
52
52
-3-
Sabemos que existe a carta “dama” que também
é do naipe “espadas”, ou seja, existe a
probabilidade E  E   que é igual a 1/52.
1
p( E  E
1
Resposta:
2
4
.
13
)
2
4 13 1
16
4




52 52 52 52 13
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p ( E1  E 2 )  p ( E1 )  p ( E 2 )  p ( E1  E 2 )
3.6.1. EVENTOS COMPLEMENTARES (PROBABILIDADE DE NÃO OCORRER UM EVENTO)
Quando os eventos de um espaço amostral S, E1 e E2 são tais que E  E   e
1
2
E 1  E 2  S , E1 e E2 são chamados de “eventos complementares”.
Exemplo 1:
No lançamento de um dado os eventos E1 (obter número menor que 3) e E2 (obter número maior que 2), além de
mutuamente exclusivos E1  E2   são complementares E1  E2  S .
p( E ) 
1
2
4
e p( E ) 
2
6
6

p( E  E
1
2
)
2 4
 1
6 6
De um modo geral, se E1 e E2 são eventos complementares, p ( E  E )  1 .
1
2
Em outras palavras, P ( E1 )  1  P ( E 2 ) .

Exemplo 2:
No lançamento simultâneo de dois dados perfeitos distinguíveis, qual a probabilidade de não sair soma 5?
Resolução: O espaço amostral para o lançamento de 2 dados distinguíveis é composto por 36 elementos;
4
1
 ( E1 )  ;
O evento E1: “sair soma 5” , { (1,4 ), ( 4 ,1 ), ( 2 ,3 ), ( 3 ,2 ) } tem probabilidade p ( E 1 ) 
36
9
1
8
A probabilidade do evento E2: “não sair soma 5” será: p ( E )  1 
 p( E ) 
2
2
9
9



EXERCÍCIOS SÉRIE AULA (continuação)
3) (Da Vinci) Uma pessoa tem 3 sacolas de bonés: uma para times de futebol, outra para times de basquete e
outra para times de voley. Na 1ª sacola são 5 brancos e 5 verdes. Na 2ª sacola são 5 pretos e 20 azuis. Na 3ª
sacola são oito vermelhos e 2 amarelos. Retirando um boné de cada sacola, determine a probabilidade de
serem: 1ª sacola (verde), 2ª sacola (preto) e 3ª sacola (amarelo).
4) (Darwin–GP) Ao lançar um dado vermelho e um dado branco, qual a probabilidade de obter 1 no dado branco
ou 2 no dado vermelho?
-4-
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5) (Darwin–GP) Num sorteio, a urna “A” tem 2 bolas brancas e 3 bolas pretas. A urna “B” tem 5 bolas brancas e 5
bolas pretas. Foi retirada uma bola da urna “A”, não se sabe sua cor, e foi colocada na urna “B”; em seguida, foi
sorteada uma bola da urna “B”. Qual é a probabilidade desta bola ser branca?
3.7. PROBABILIDADE CONDICIONAL
Em alguns problemas o cálculo da probabilidade de um evento A está condicionado ao conhecimento da
probabilidade de um evento B (independente de já ter ocorrido ou não o evento B), é a chamada Probabilidade
Condicional.
Muitos problemas de probabilidade condicional podem ser resolvidos “reduzindo-se adequadamente o
espaço amostral”, a partir de uma informação parcial do resultado do experimento.
Exemplo-1: (PUCC-SP) Lança-se um par de dados não viciados. Se a soma, nos dois dados, é igual a 8, calcule
a probabilidade de ocorrer a face 5 em um deles.
Resolução: É conhecido que o espaço amostral inicial S possui 36 elementos;
Como já fomos informados de que a soma dos números nos dois dados vale 8 podemos reduzir o
nosso
espaço
amostral
“S”
para
“S1”,
onde
S1  { ( 2 ,6 ) , ( 6 , 2 ) , ( 3 , 5 ) , ( 5 , 3 ) , ( 4 , 4 ) }  n ( S1 )  5 ;
2
.
Assim, a probabilidade de ocorrência da face 5 em um dos dados será: P 
5



Exemplo-2: (Darwin – GP) Em janeiro de 2008, na festa de aniversário (50 anos) do professor “KLOWIS”,
batizado “KROVES”, mestre em Biologia, houve um sorteio de um determinado prêmio. Os bilhetes
foram numerados de 1 a 50. Entretanto, foi anunciado que o número sorteado era par. Se o professor
“Marcelo Renato”, convidado-irmão, só tinha 4 bilhetes pares, qual era a probabilidade, em %, do
professor “Marcelo Renato” NÃO ser sorteado?
Resolução: É conhecido que o espaço amostral inicial S possui 50 elementos;
Como já fomos informados de que o número sorteado é PAR podemos reduzir o nosso espaço
amostral “S” para “S1”, onde S1  { 2 , 4 , 6 ,  , 50 }  n ( S1 )  25 ;



pares
O professor “Marcelo Renato”, com 4 números pares, tinha a probabilidade de ser sorteado igual a P 
1
porém,
4
P 1
2
25
a
sua
21
 P 
2
25
probabilidade
de
NÃO
21  4
 P 
 P  84% .
2
25  4
2
 

ser
sorteado
era
4
,
25
de
EXERCÍCIOS SÉRIE AULA (continuação)
6) (Da Vinci) Numa urna estão 100 bolas, numeradas de 1 até 100. Calcule as probabilidades:
a) Sortear número ímpar, sabendo ser ele menor que 31.
-5-
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b) Sortear número par, sabendo ser ele divisível por 5.
3.8. DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL (OCORRÊNCIAS REPETIDAS)
Seja uma experiência realizada com n tentativas independentes e com dois resultados possíveis em cada
tentativa, sucesso ou fracasso (falha):
Seja “p” a probabilidade de ocorrência do evento E (sucesso) e
" q  1  p " a probabilidade de ocorrência do evento E (fracasso).
n
r
n r
A probabilidade de obtermos “r” vezes o resultado desejado é dada por: P     p  q
r 
Exemplo-1: (Darwin–GP) Uma moeda é lançada 6 vezes. Qual a
probabilidade de obtermos 3 caras (K) e 3 coroas (C)?
Resolução: Uma das situações favoráveis pode ser representada
por: K – K – K – C – C – C
Sabemos que os 6 elementos que compõem a situação favorável
poderão permutar entre si, fato esse que viabilizará outras
condições favoráveis.
6!
K
K

C
 C
C  P63 ,3 
 P63 ,3  20

K


3!3!

Assim, a probabilidade de obtermos 3
caras (K) e 3 coroas (C) em 6 lançamentos
será:
1
P  20   
2
3
1
 
2


3
1 6
1
5
P  20     P  20 
 P
2
64
16
Resposta:
5
16
3 ,3
P
6
Exemplo-2: (Da Vinci) O professor-pesquisador Kabrall, médico geriatra do professor Siry (o papa da Matemática)
constatou em uma pesquisa recente sobre a fertilidade na 3ª idade que o professor Siry, num exame específico,
apresentou a probabilidade de gerar filhos do sexo feminino 5 vezes maior do que a de gerar filhos do sexo
masculino. Com base na pesquisa do professor Kabrall, qual a probabilidade de um casal (onde o homem tem as
mesmas características de fertilidade que o professor Siry) gerar 2 filhas e 3 filhos em 5 gestações sucessivas?
Resolução: Considerando H (filho) e M (filha),
Considerando também que “p” é a probabilidade do casal em questão gerar “filho-H” e “5p” a de gera “filha-M”,
P  1
1  H 6
p  5 p  100%  p  5 p  1  p 

5
6 
P 
 M 6
Uma das situações favoráveis pode ser representada por: M – M – H – H – H
Sabemos que os 5 elementos que compõem a situação favorável poderão permutar entre si, fato esse que
viabilizará outras condições favoráveis.
5!
M
H
H
H  P 2 ,3 
M



 P 2 ,3  10


5
2!3!
5
P
2 ,3
5
Assim, a probabilidade do nascimento de 2 filhas (M) e 3 filhos (H) em 5 gestações sucessivas será:
2
5
1
P  10      
6  6
3
125
25   1 
 P  19 , 3%
 P  10  
 P 
 
 36   36  
648



EXERCÍCIOS SÉRIE AULA (continuação)
7) (FGV-SP) Uma moeda é viciada de tal forma que os resultados possíveis, cara e coroa, são tais que a
probabilidade de sair cara num lançamento é o triplo da de sair coroa.
b) Lançando-se três vezes a moeda, qual a probabilidade de sair exatamente uma cara?
-6-
marcelorenato.com ©
a) Lançando-se uma vez a moeda, qual a probabilidade de sair cara?
REVISÃO – SÉRIE AULA
R01) (FGV-SP 2008) Um carteiro leva três cartas para três destinatários diferentes. Cada destinatário tem sua
caixa de correspondência, e o carteiro coloca, ao acaso, uma carta em cada uma das três caixas de
correspondência.
a) Qual é a probabilidade de o carteiro não acertar nenhuma caixa de correspondência?
b) Qual é a probabilidade de o carteiro acertar exatamente uma caixa de correspondência?
Resolução:
Considerando as caixas de correspondências A, B e C e as respectivas cartas a, b e c, como as caixas são fixas,
permutando-se as 3 correspondências teremos as seguintes situações:
ABC
ABC
3 acertos
abc
bac
ABC
Respostas: a)
1
.
3
bca
b) P b 
b)
ABC
0 acerto
acb
1
2
 Pa 
3
6
0 acerto
cab
ABC
1 acerto
a) P a 
ABC
1 acerto
1 acerto
cba
1
3
 Pb 
2
6
1
.
2
R02) (FGV-SP 2008) Há apenas dois modos de Cláudia ir para o trabalho: de ônibus ou de moto. A probabilidade
de ela ir de ônibus é 30% e, de moto, 70%. Se Cláudia for de ônibus, a probabilidade de chegar atrasada ao
trabalho é 10% e, se for de moto, a probabilidade de se atrasar é 20%. A probabilidade de Cláudia não se
atrasar para chegar ao trabalho é igual a:
Resolução:
30 10

 P1  3%
100 100
70 20
 Probabilidade de atrasar indo de moto:

 P 2  14%
P2 
100 100
Assim, a probabilidade “P” de Cláudia chegar atrasada ao trabalho, com os meios de transporte disponíveis, é:
P  P1  P 2  P  17% .

Probabilidade de atrasar indo de ônibus:
P1 
Conseqüentemente, a possibilidade de Cláudia não se atrasar para chegar ao trabalho é:
P  100%  17%  P  83%
-7-
marcelorenato.com ©
Resposta: 83%.
R03) (UFG-GO 2007) Um grupo de 150 pessoas é formado por 28% de crianças, enquanto o restante é composto
de adultos. Classificando esse grupo por sexo, sabe-se que 1/3 dentre os de sexo masculino é formado por
crianças e que 1/5 entre os de sexo feminino também é formado por crianças. Escolhendo-se ao acaso uma
pessoa nesse grupo, calcule a probabilidade dessa pessoa ser uma criança do sexo feminino.
Resolução:
28
150  C  42 crianças.
100
Considerando “M” o número total de pessoas (crianças ou adultos) do sexo masculino e “F” o número total de
pessoas (crianças ou adultos) do sexo feminino, teremos:
Sendo “C” o número de crianças do grupo analisado, C 
 M  F  150

 M F
 3  5  42
Resolvendo o sistema acima encontramos M  90 e F  60 ;
60
O número de crianças do sexo feminino “CF” será: C F 
 C F  12 crianças.
5
2
12  6
ou P  8% .
A probabilidade “P” que atende ao enunciado será: P 
 P
25
150  6
Resposta: 8%.
R04) (UFG-GO 2006) Em uma festa junina, com a finalidade de arrecadar fundos, uma comunidade vendeu 500
bilhetes, cada um com dois números distintos, totalizando mil números. Serão sorteados três prêmios,
escolhendo-se ao acaso, sucessivamente, três números distintos entre esses mil números. Calcule a
probabilidade de uma pessoa, que comprou dois bilhetes, ganhar:
a) o prêmio correspondente ao primeiro número sorteado;
b) os três prêmios (deixe os cálculos indicados).
Resolução:
1
4
 P1 
.
250
1000
1
4
3
2


 P2 
b) P 2 
250  333  499
1000 999 998
a) P1 
b) 1/(250.333.499).
-8-
marcelorenato.com ©
Respostas: a) 1/250
R05) (ITA-SP 2008 modificada) Considere o conjunto D  { n  IN ; 1  n  365 } e H  P ( D ) formado por todos
os subconjuntos de D com 2 elementos. Escolhendo-se ao acaso um elemento B  H , calcule a
probabilidade de a soma de seus elementos ser 183.
Resolução:
Sendo “E” o conjunto formado por todas as duplas de números cuja soma é igual a 183, E  H :
E   { 1,182 } , { 2 ,181 } , { 1,182 } , { 2 ,181 } ,  , { 90 ,93 } , { 91, 92 } 


91 SUBCONJUNTOS
n ( E )  91 elementos.
 365 
365 !
  n ( H ) 
n ( H )  
2 ! 363 !
 2 
 n (H )
365  364
2
A probabilidade “P” que atende ao enunciado será: P 
P
n(E )
 P
n(H )
91
365  364
2
P

n(E )
n(H )
1
.
730
Resposta: 1/730.
R06) (FUVEST-SP 2008) Em um jogo entre Pedro e José, cada um deles lança, em cada rodada, um mesmo
dado honesto uma única vez. O dado é cúbico, e cada uma das suas 6 faces estampa um único algarismo
de maneira que todos os algarismos de 1 a 6 estejam representados nas faces do dado.
Um participante vence, em uma certa rodada, se a diferença entre seus pontos e os pontos de seu
adversário for, no mínimo, de duas unidades. Se nenhum dos participantes vencer, passa-se a uma nova
rodada. Dessa forma, determine a probabilidade de:
a) Pedro vencer na primeira rodada.
b) nenhum dos dois participantes vencer na primeira rodada.
c) um dos participantes vencer até a quarta rodada.
Resolução:
Considerando o espaço amostral representado pela tabela abaixo:
Pedro
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
5
10
 Pa 
.
18
36
4
16
 Pb  .
b) P b 
9
36
José
a) P a 
NÃO há vencedor
c) O jogo não tem vencedor após quatro rodadas se, e somente se, nenhum dos dois jogadores vencer em cada
uma das quatro rodadas, o que ocorre com a probabilidade abaixo;
4
256
4 4 4 4
4
  
 PN     PN 
6 561
9 9 9 9
9
Assim, a probabilidade de um dos jogadores vencer até a quarta rodada (evento complementar do evento “não
haver vencedor nas quatro primeiras rodadas”), ou seja:
Pc  1  PN  1 
Respostas: a)
5
18
.
6 305
256
 Pc 
6 561
6 561
b)
4
6 305
. c)
.
9
6 561
-9-
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PN 
RESPOSTAS
SÉRIE AULA
1a)
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
2)
a)
Moeda 1
1b)
b) E
5
12
b
 {( K , K , K ); ( K , K ,C ); ( K ,C , K ); ( C , K , K )}
P
c) E
c
b

3)
6a)
2%
11
36
27
55
50%
7a)
75%
4)
5)
 P
b
 50%
 {( K , K ,C ); ( K ,C , K ); ( C , K , K )}
Pc 
Moeda 2
4
1
 P 
b
8
2
3
8
Moeda 3
6b) 50%
9
7b)
64
RESPOSTAS – REVISÃO SÉRIE AULA
1
.
3
R02) 83%.
R01) a)
b)
1
.
2
R03) 8%.
R05) 1/730.
5
.
R06) a)
18
b)
4
6 305
. c)
.
9
6 561
- 10 -
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R04) a) 1/250 b) 1/(250.333.499).