QUESTÕES DISCURSIVAS - PROBABILIDADE
1) (UNICAMP 2009 modificada) Um casal convidou seis amigos para assistirem a uma peça teatral. Chegando ao
teatro, descobriram que, em cada fila da sala, as poltronas eram numeradas em ordem crescente. Assim, por
exemplo, a poltrona 1 de uma fila era sucedida pela poltrona 2 da mesma fila, que, por sua vez, era sucedida
pela poltrona 3, e assim por diante. Suponha que as oito pessoas receberam ingressos com numeração
consecutiva de uma mesma fila e que os ingressos foram distribuídos entre elas de forma aleatória. Qual a
probabilidade de o casal ter recebido ingressos de poltronas vizinhas?
RESOLUÇÃO:
8
8!
Total de duplas de ingressos: n ( S )    
 28
2
! 6!
2
 
Casos favoráveis: E  { (1, 2), (2 , 3), (3 , 4), (4 , 5), (5 , 6), (6 , 7), (7 , 8) }
Cálculo da probabilidade: P 
 n( E )  7
n(E )
7
1
 P
 P
ou 25%
n( S )
28
4
RESPOSTA: 1/4 ou 25%
2) (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 ;
O número de crianças do sexo feminino “CF” será: C F 
A probabilidade “P” que atende ao enunciado será: P 
60

5
C F  12 crianças.
12  6
2
 P
ou P  8% .
150  6
25
RESPOSTA: 8%.
-1-
3) (FGV-SP) 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?
RESOLUÇÃO:
Caso 1: (BR, BR).
URNA A
URNA B
Caso 2: (PT, BR).
Caso 1: (BR, BR)
p  p1  p 2
12
2  6 
p1        p1 
5
11
55
   
p
Caso 2: (PT, BR)
12
15

55
55
p
15
3  5 
p2        p1 
5
11
55
   
27
55
RESPOSTA: 27/55.
4) (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
acb
a) P a 
2
1
 Pa 
6
3
RESPOSTAS: a)
1
.
3
bca
0 acerto
cab
ABC
1 acerto
b) P b 
b)
ABC
1 acerto
ABC
0 acerto
3
1
 Pb 
6
2
1
.
2
-2-
cba
1 acerto
5) (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:
P2 

 P 2  14%
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 
Consequentemente, a possibilidade de Cláudia não se atrasar para chegar ao trabalho é:
P  100%  17%  P  83%
RESPOSTA: 83%.
6) (UERJ 2006 - MODIFICADA) A maioria dos relógios digitais é formada por um conjunto de quatro displays,
compostos por sete filetes luminosos. O 1 o e o 2o displays do relógio mostrado abaixo indicam as horas, e o 3o e
o 4o indicam os minutos.
Admita que o referido relógio apresente um defeito no 4 o display: a cada minuto acendem, ao acaso,
exatamente 5 filetes quaisquer. Determine a probabilidade de esse display formar, pelo menos, um número
em dois minutos seguidos.
RESOLUÇÃO:
Os números possíveis, com 5 filetes acesos, são: 2 ou 3 ou 5
Temos um total de filetes disponíveis para serem acesos: 7
7
Total de grupos distintos de 5 filetes acesos:    21
5
Casos favoráveis (formação dos números 2 ou 3 ou 5): 3 casos
3
1
 ;
21 7
1 6

A probabilidade de não termos acendimento favorável será: 1   ;
7 7
Analisando a condição imposta no enunciado (pelo menos 1 caso favorável em 2 minutos, ou seja, em dois
acendimentos sucessivos):

A probabilidade de termos 1 acendimento favorável será:
Considerando “SIM” para acendimento favorável e “NÃO” para não favorável:
Conclusão: A probabilidade pedida será:
1 6
6
 
, ou
7 7 49
6 1
6
2º caso: (NÃO, SIM)  P2   
, ou
7 7 49
1 1
1
3º caso: (SIM, SIM)  P3   
.
7 7 49
1º caso: (SIM, NÃO)  P1 
P  P1  P2  P3  P 
RESPOSTA:
-3-
13
.
49
13
.
49
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.
a) Lançando-se uma vez a moeda, qual a probabilidade de sair cara?
b) Lançando-se três vezes a moeda, qual a probabilidade de sair exatamente uma cara?
RESOLUÇÃO
Considerando “K” a face “cara” e “C” a face coroa:
Primeiramente vamos determinar as probabilidades de cada face:
Sabemos que pk  pc  100% 
pk  pc  1  3. pc  pc  1 
pk  pc  1 .
pc 
1
3
e pk 
4
4
Assim:
a) pk 
3
 pk  75%

4
b) K-C-C
3!
 P32  3 ;
2!
A Probabilidade de sair “cara”, exatamente 1 vez, em 3 lançamentos, será:
Permutando-se os 3 símbolos: P32 
 
 3  1  1
p  P32         
4 4 4
 3 
p  3    
 64 
9
p
64


RESPOSTAS: a) 75% b) 9/64.
1
.
3
Determine a probabilidade de, ao lançar o dardo três vezes, o jogador acertar o alvo pelo menos duas vezes.
8) (UFF-RJ 2006) Em um jogo de dardos, a probabilidade de um jogador acertar o alvo é
RESOLUÇÃO
Sendo “A” (acerto) e “E” (erro)
Para o jogador acertar o alvo pelo menos duas vezes podemos ter as seguintes situações:
2
2
 1  2
 1  2
Caso 1: A – A – E  p1  P32        p1  (3)        p1 
9
3 3
9 3
 1
Caso 2: A – A – A  p2   
3
3
 1 
 p2   
 27 
Assim, a probabilidade pedida será: p = p1 + p2
 p
RESPOSTA: 7/27.
-4-
2
1


9 27
7
p
27



9) (PUC-PR 2009 adaptada) Em uma pesquisa, 210 voluntários declararam sua preferência por um dentre três
tipos de sobremesa e uma dentre quatro opções de sabores.
Os resultados foram agrupados e dispostos no quadro a seguir.
Sendo sorteado ao acaso um dos voluntários, calcule a probabilidade de que a sua preferência seja pelo sabor
morango, se já é sabido que sua sobremesa predileta é pudim.
RESOLUÇÃO:
Trata-se de um caso de probabilidade condicional, ou seja, deveremos reduzir o espaço amostral inicial ...
Número de elementos do espaço amostral inicial: 210.
Informação a respeito do sorteio: o voluntário sorteado tem preferência por pudim.
Com a informação sobre o voluntário que tem preferência por pudim, o espaço amostral será reduzido para
apenas 80 elementos.
28
7
Assim, a probabilidade pedida será: P 
.
 P
80
20
RESPOSTA: 7/20
10) (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)
10
5
 Pa 
.
36
18
16
4
 Pb  .
b) P b 
36
9
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
4 4 4 4
256
4
  
 PN     PN 
9 9 9 9
9
6
561
 
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:
PN 
P c  1  PN  1 
256
6 305
 Pc 
6 561
6 561
RESPOSTAS: a)
-5-
4
5
. b) .
18
9
c)
6 305
.
6 561