Contagem

Resposta: (D)

Os quatro livros policiais formam um bloco: há \(4!\) maneiras de os ordenar dentro do bloco.

Esse bloco e os restantes quatro livros dão \(5\) elementos a ordenar: \(5!\) maneiras.

Mas \(5!=5\times 4!\), logo o número pedido é \(5\times 4!\times 4!\).

Resposta: (C)

A Susana, o Tomás e o Xavier ocupam as três cadeiras centrais: \(3!=6\) maneiras.

A Vânia fica numa das duas extremidades: \(2\) maneiras.

Os restantes \(5\) alunos ocupam as \(5\) cadeiras que sobram: \(5!=120\) maneiras.

Total: \(6\times 2\times 120=1440\).

Resposta: (B)

Escolhe-se a fila onde ficam os três contrabaixistas: \(2\) maneiras.

Distribuem-se os três contrabaixistas por três dos quatro lugares dessa fila, e a ordem conta: \({​}^{4}{A}_{3}\) maneiras.

Os restantes cinco músicos ocupam os cinco lugares que sobram: \(5!\) maneiras.

Total: \(2\times {​}^{4}{A}_{3}\times 5!\).

a) ★★

Resposta: (A)

A linha \(n\) do triângulo (contando a partir de \(n=1\)) tem \(n\) cartões, com os valores \(\left( \frac{n-1}{0} \right),\left( \frac{n-1}{1} \right),\ldots ,\left( \frac{n-1}{n-1} \right)\).

A linha com \(19\) cartões é a linha \(n=19\), com os valores \(\left( \frac{18}{0} \right),\left( \frac{18}{1} \right),\ldots ,\left( \frac{18}{18} \right)\).

O quarto cartão dessa linha é \(\left( \frac{18}{3} \right)=\frac{18\times 17\times 16}{3\times 2\times 1}=816\).

b) ★★

A linha \(i\) tem \(i\) cartões, pelo que o número total de cartões usado nas \(n\) primeiras linhas é \(1+2+⋯+n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}\).

\(\frac{n\left( n+1 \right)}{2}=3081\Leftrightarrow n\left( n+1 \right)=6162\Leftrightarrow {n}^{2}+n-6162=0\).

Resolvendo: \(n=\frac{-1+\sqrt{1+4\times 6162}}{2}=\frac{-1+\sqrt{24649}}{2}=\frac{-1+157}{2}=78\) (a raiz negativa não serve).

\(n=78\).

Resposta: (B)

Considerando a Ana, o Diogo e o Francisco como um bloco único, há \(7\) outros jovens mais este bloco, ou seja, \(8\) “unidades” a dispor em fila: \(8!\) formas.

Dentro do bloco, os três jovens podem trocar de posição entre si de \(3!\) formas.

Pelo princípio multiplicativo: \(8!\times 3!=40\,320\times 6=241\,920\).

Resposta: (B)

Escolher as \(2\) posições do algarismo \(5\) entre as \(6\) posições: \(\left( \frac{6}{2} \right)=15\) maneiras.

As restantes \(4\) posições são preenchidas com algarismos de \(1\) a \(9\) diferentes de \(5\) (ou seja, com \(8\) algarismos possíveis), podendo repetir-se: \({8}^{4}=4096\) maneiras.

Pelo princípio fundamental da contagem, o número de números com exatamente dois cincos é

\[15\times {8}^{4}=15\times 4096=61\,440.\]

Parcela \(3\times {​}^{12}{C}_{2}\): conta as configurações em que as duas peças colocadas têm a mesma cor. \({​}^{12}{C}_{2}\) é o número de maneiras de escolher as \(2\) casas do tabuleiro (de entre as \(12\)) onde ficam as peças, sem interessar a ordem, pois ambas têm a mesma cor; \(3\) é o número de cores possíveis para essas duas peças iguais (verde, amarela ou encarnada).

Parcela \({​}^{3}{C}_{2}\times {​}^{12}{A}_{2}\): conta as configurações em que as duas peças colocadas têm cores diferentes. \({​}^{3}{C}_{2}\) é o número de maneiras de escolher o par de cores diferentes a usar (de entre as \(3\) cores disponíveis), sem interessar a ordem das cores nessa escolha; \({​}^{12}{A}_{2}\) é o número de maneiras de escolher, de forma ordenada, as \(2\) casas do tabuleiro onde colocar essas peças, pois, sendo as cores diferentes, trocar as casas das duas peças dá origem a uma configuração colorida diferente.

A soma das duas parcelas dá o número total de configurações coloridas, pois todas as configurações têm, ou as duas peças da mesma cor, ou de cores diferentes (casos disjuntos).

Resposta: (B)

A soma dos elementos da linha de ordem \(n\) do triângulo de Pascal é \({2}^{n}\). Como \(16\,384={2}^{14}\), a linha dada é a linha \(14\).

A linha seguinte é a linha \(15\), cujo quarto elemento (o primeiro é \(\left( \frac{15}{0} \right)\)) é \(\left( \frac{15}{3} \right)=455\).

Sejam \(N\): “nunca tinha viajado de avião” e \(F\): “já tinha estado em Faro”. Tem-se \(P\left( N \right)=\frac{7}{10}\), \(P\left( F \right)=\frac{2}{5}\) e \(P\left( \text{voou}∣F \right)=\frac{1}{2}\).

Logo \(P\left( N\cap F \right)=P\left( F \right)-P\left( \text{voou}\cap F \right)=\frac{2}{5}-\frac{1}{2}\times \frac{2}{5}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{5}=\frac{1}{5}\).

\(P\left( \overline{F} \right)=1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}\) e \(P\left( N\cap \overline{F} \right)=P\left( N \right)-P\left( N\cap F \right)=\frac{7}{10}-\frac{1}{5}=\frac{1}{2}\).

Pretende-se \(P\left( N∣\overline{F} \right)=\frac{P\left( N\cap \overline{F} \right)}{P\left( \overline{F} \right)}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{5}}=\frac{5}{6}\).

O número de sequências de cores possíveis é \(\frac{12!}{3!\,2!\,3!\,4!}\).

Para os três cartões azuis ficarem juntos, agrupam-se num só “bloco”, ficando \(10\) elementos a dispor (\(1\) bloco azul \(+2\) brancos\(+3\) pretos\(+4\) vermelhos): \(\frac{10!}{2!\,3!\,4!}\) sequências favoráveis.

A probabilidade é \(\frac{\frac{10!}{2!\,3!\,4!}}{\frac{12!}{3!\,2!\,3!\,4!}}=\frac{10!\times 3!}{12!}=\frac{3!}{12\times 11}=\frac{6}{132}=\frac{1}{22}\).

Resposta: (D)

Fixando o algarismo das unidades em \(5\), resta preencher os restantes \(4\) lugares com \(4\) dos \(5\) algarismos restantes (\(0,1,2,3,4\)), sem repetição, sendo o primeiro algarismo (o das dezenas de milhar) diferente de \(0\).

Para o primeiro algarismo há \(4\) hipóteses (\(1,2,3,4\)); para os três lugares seguintes, sobram \(4\) algarismos (incluindo o \(0\)) para preencher \(3\) posições, sem repetição: \(4\times 3\times 2\) hipóteses.

No total: \(4\times \left( 4\times 3\times 2 \right)=4\times 24=96\) números.

Regra de Laplace: Sendo os casos possíveis em número finito e igualmente prováveis, a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis a esse acontecimento e o número de casos possíveis.

Casos possíveis: \({​}^{60}{C}_{4}\) é o número de formas de escolher \(4\) funcionários entre os \(60\) da empresa (grupos de \(4\), sem ordenar, nem repetir), ou seja, o número de amostras de \(4\) funcionários possíveis.

Casos favoráveis: Dos \(60\) funcionários, \(40\%+35\%=75\%\), ou seja, \(45\), trabalham presencialmente pelo menos dois dias por semana (\(24\) que trabalham presencialmente todos os \(5\) dias, mais \(21\) que trabalham \(2\) dias presenciais); os restantes \(15\) trabalham sempre à distância.

Selecionar, no máximo, três funcionários (de entre os quatro) que trabalham presencialmente pelo menos dois dias é o acontecimento complementar de selecionar os quatro nessas condições; \({​}^{45}{C}_{4}\) é o número de formas de escolher os \(4\) funcionários de entre os \(45\) que trabalham presencialmente pelo menos dois dias (os quatro selecionados satisfazem essa condição).

Assim, \({​}^{60}{C}_{4}-{\,}^{45}{C}_{4}\) é o número de grupos de \(4\) funcionários em que, pelo menos, um não trabalha presencialmente pelo menos dois dias por semana — ou seja, em que, no máximo, três trabalham presencialmente pelo menos dois dias por semana — e a expressão dada é, pela regra de Laplace, a probabilidade pedida.

Resposta: (D)

Os rapazes são \(100\%-60\%=40\%\) dos alunos; destes, \(15\%\) (do total) são estrangeiros, pelo que \(40\%-15\%=25\%\) (do total) são rapazes portugueses.

\(P\left( \text{português}∣\text{rapaz} \right)=\frac{P\left( \text{rapaz português} \right)}{P\left( \text{rapaz} \right)}=\frac{25\%}{40\%}=62,5\%\).

Primeiro escolhem-se e colocam-se os dois condutores (dois dos três dirigentes) nos dois lugares de condutor, um no automóvel e outro na carrinha: \(3\times 2\) maneiras (o terceiro dirigente não conduz).

No automóvel, além do condutor, vão mais quatro pessoas (dois jogadores e duas jogadoras) nos quatro lugares restantes: escolhem-se \(2\) dos \(5\) jogadores e \(2\) das \(5\) jogadoras, \(\left( \frac{5}{2} \right)\times \left( \frac{5}{2} \right)\) maneiras, e distribuem-se essas \(4\) pessoas pelos \(4\) lugares restantes do automóvel, \(4!\) maneiras.

As restantes \(8\) pessoas da comitiva (o dirigente que não conduz, o treinador e os \(6\) jogadores restantes) ocupam os \(8\) lugares restantes da carrinha, em qualquer ordem: \(8!\) maneiras.

O número de maneiras diferentes é

\[3\times 2\times \left( \frac{5}{2} \right)\times \left( \frac{5}{2} \right)\times 4!\times 8!\]

Um triângulo fica definido escolhendo dois pontos de uma das retas e um ponto da outra reta (três pontos da mesma reta são colineares e não definem um triângulo).

O número de triângulos é \(\left( \frac{5}{2} \right)\times n+5\times \left( \frac{n}{2} \right)=175\).

\(\left( \frac{5}{2} \right)=10\), logo \(10n+5\times \frac{n\left( n-1 \right)}{2}=175\Leftrightarrow 10n+\frac{5{n}^{2}-5n}{2}=175\).

Multiplicando por \(2\): \(20n+5{n}^{2}-5n=350\Leftrightarrow 5{n}^{2}+15n-350=0\Leftrightarrow {n}^{2}+3n-70=0\).

\(n=\frac{-3\pm \sqrt{9+280}}{2}=\frac{-3\pm 17}{2}\), pelo que \(n=7\) ou \(n=-10\).

Como \(n\) é um número de pontos, \(n=7\).

Os pontos de coordenadas inteiras da região são os \(11\times 11=121\) pontos \(\left( x,y \right)\) com \(x,y\in \{0,1,\ldots ,10\}\).

Na reta \(y=x+7\), com \(0\le x\le 10\) e \(0\le y\le 10\): \(y=x+7\le 10\Leftrightarrow x\le 3\); logo os pontos são \(\left( 0,7 \right),\left( 1,8 \right),\left( 2,9 \right),\left( 3,10 \right)\): \(4\) pontos.

\(P=\frac{4}{121}\approx 0,033\).

Resposta: (B)

Trata-se de uma prova de Bernoulli repetida \(4\) vezes, com probabilidade de sucesso (“escolher o número \(5\)”) igual a \(\frac{1}{5}\).

\(P\left( \text{exatamente}2\text{sucessos} \right)=\left( \frac{4}{2} \right)\times {\left( \frac{1}{5} \right)}^{2}\times {\left( \frac{4}{5} \right)}^{2}=6\times \frac{1}{25}\times \frac{16}{25}=\frac{96}{625}=0,1536\).

Resposta: (D)

Casos possíveis: escolher 3 dos 8 vértices do cubo: \({​}^{8}{C}_{3}=56\).

Casos favoráveis: os três vértices pertencem à mesma face. Cada face tem 4 vértices, dos quais se escolhem 3: \({​}^{4}{C}_{3}=4\) por face; o cubo tem 6 faces, logo \(6\times 4=24\) triplos favoráveis (não há sobreposição, pois três pontos não colineares determinam um único plano, e duas faces distintas partilham no máximo 2 vértices).

\(P=\frac{24}{56}=\frac{3}{7}\).

Resposta: (B)

Pretendem-se números de 5 algarismos (entre 10000 e 21999) cujos algarismos pertencem a \(\{0,1,2,3\}\) (com repetição permitida).

Se o 1.º algarismo for \(1\): os restantes 4 algarismos são livres, \({4}^{4}=256\) números (todos entre \(10000\) e \(13333\), portanto válidos).

Se o 1.º algarismo for \(2\): para o número ser inferior a \(22\,000\), o 2.º algarismo tem de ser \(0\) ou \(1\) (se for \(2\), o número seria \(\ge 22\,000\); se for \(3\), seria \(\ge 23\,000\)); nesse caso os restantes 3 algarismos são livres: \(2\times {4}^{3}=128\) números.

Total: \(256+128=384\).

Resposta: (C)

Casos possíveis: cada um dos quatro lançamentos tem \(6\) resultados, logo \({6}^{4}=1296\) números possíveis.

Um número capicua de quatro algarismos \({d}_{1}{d}_{2}{d}_{3}{d}_{4}\) satisfaz \({d}_{1}={d}_{4}\) e \({d}_{2}={d}_{3}\).

Para o número ser par, \({d}_{4}\) (igual a \({d}_{1}\)) tem de ser par; para ser menor do que \(5000\), \({d}_{1}\) tem de ser inferior a \(5\). Logo \({d}_{1}={d}_{4}\in \{2,4\}\): \(2\) hipóteses.

\({d}_{2}={d}_{3}\) pode ser qualquer algarismo do dado: \(6\) hipóteses.

Casos favoráveis: \(2\times 6=12\).

\(P=\frac{12}{1296}=\frac{1}{108}\).

Resposta: (C)

a) ★★

Resposta: (A)

Como o número tem de ser ímpar, o algarismo das unidades tem de ser ímpar (não pode ser \(0\)): há \(5\) possibilidades (\(1,3,5,7,9\)).

Como o primeiro algarismo não pode ser \(0\), os dois zeros só podem ocupar duas das três posições restantes (2.ª, 3.ª ou 4.ª); o número de maneiras de escolher essas duas posições é \({​}^{3}{C}_{2}\).

Sobram duas posições (a 1.ª e uma das posições do meio) que têm de ser ocupadas por dois algarismos distintos entre si, distintos de \(0\) e do algarismo já colocado nas unidades: dos restantes oito algarismos, escolhem-se e ordenam-se dois, o que se pode fazer de \({​}^{8}{A}_{2}\) maneiras.

Pelo princípio fundamental da contagem, o total é \(5\times {​}^{3}{C}_{2}\times {​}^{8}{A}_{2}=5\times 3\times 56=840\).

b) ★★

Para cada conjunto de cinco algarismos distintos escolhidos, há exatamente uma forma de os dispor por ordem crescente e uma forma de os dispor por ordem decrescente.

Para a ordem crescente, o algarismo \(0\) não pode ser escolhido (iria obrigatoriamente para a primeira posição, dando um número com apenas quatro algarismos significativos); escolhendo cinco dos restantes nove algarismos (\(1\) a \(9\)), obtém-se \({​}^{9}{C}_{5}\) números nestas condições.

Para a ordem decrescente, o algarismo \(0\) pode ser escolhido (nunca fica na primeira posição, pois é sempre o menor): escolhendo cinco dos dez algarismos (\(0\) a \(9\)), obtém-se \({​}^{10}{C}_{5}\) números nestas condições.

Como as duas situações (crescente e decrescente) são disjuntas (um número não pode estar simultaneamente por ordem crescente e decrescente, exceto casos degenerados impossíveis com algarismos distintos), o total é \({​}^{9}{C}_{5}+{​}^{10}{C}_{5}=126+252=378\).

Resposta: (D)

Tratando cada casal como um bloco (par de namorados sempre junto), há \(3\) blocos a dispor lado a lado, o que se pode fazer de \(3!\) maneiras.

Dentro de cada bloco, os dois namorados podem trocar de posição entre si, de \(2\) maneiras; como há \(3\) blocos (casais), isso dá um fator \({2}^{3}\).

Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de disposições é \(3!\times {2}^{3}=6\times 8=48\).

Resposta: (C)

Dos sete algarismos a seguir a \(ISA\), três (distintos e primos) têm de ocupar posições consecutivas; os restantes quatro são, obrigatoriamente, o algarismo \(0\) (não há mais nenhuma condição sobre eles).

O bloco de três posições consecutivas, dentro das sete disponíveis, pode começar em qualquer uma das posições \(1\) a \(5\) (pois \(7-3+1=5\)): há \(5\) localizações possíveis para o bloco.

Os algarismos primos de um só dígito são \(2\), \(3\), \(5\) e \(7\) (quatro algarismos); escolher três distintos destes e dispô-los, por ordem, nas três posições do bloco corresponde a um arranjo: \({​}^{4}{A}_{3}=4\times 3\times 2=24\).

Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de passwords é \(5\times 24=120\).

Resposta: (D)

As \(3\) primeiras músicas do alinhamento (dos The Beatles) podem ser escolhidas e ordenadas, de entre as \(8\) músicas disponíveis, de \({​}^{8}{A}_{3}\) maneiras diferentes (a ordem interessa, não há repetição).

As \(3\) últimas músicas (dos Queen) podem ser escolhidas e ordenadas, de entre as \(10\) músicas disponíveis, de \({​}^{10}{A}_{3}\) maneiras diferentes.

Restam, para as \(8\) músicas intermédias, \(\left( 8-3 \right)+\left( 10-3 \right)=5+7=12\) músicas ainda não utilizadas (as restantes dos The Beatles e dos Queen), que podem ser escolhidas e ordenadas de \({​}^{12}{A}_{8}\) maneiras diferentes.

Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de alinhamentos possíveis é \({​}^{8}{A}_{3}\times {​}^{10}{A}_{3}\times {​}^{12}{A}_{8}\).

Resposta: (C)

Como há exatamente \(2\) rapazes e se pretende um rapaz em cada fila, há \(2\) maneiras de decidir qual dos dois rapazes fica em cada fila (o rapaz \(X\) na fila \(1\) e o rapaz \(Y\) na fila \(2\), ou vice-versa).

Fixada essa correspondência, cada um dos dois rapazes pode ocupar qualquer uma das \(4\) cadeiras da sua fila: \(4\times 4=16\) possibilidades.

As restantes \(6\) cadeiras (as \(3\) cadeiras que restam em cada fila) são ocupadas pelas \(6\) raparigas, em qualquer ordem: \(6!=720\) possibilidades.

Pelo princípio fundamental da contagem, o número total de maneiras é \(2\times 16\times 720=23\,040\).

Para o número ser múltiplo de \(5\), o algarismo das unidades é \(0\) ou \(5\); para ser maior do que \(50\,000\) (com cinco algarismos), o algarismo das dezenas de milhares é \(5\), \(6\), \(7\), \(8\) ou \(9\).

Unidades \(=0\): restam \(5\) hipóteses para as dezenas de milhares (\(5\) a \(9\)) e os três algarismos do meio escolhem-se entre os \(8\) restantes: \(5\times {​}^{8}{A}_{3}=5\times 336=1680\).

Unidades \(=5\): as dezenas de milhares só podem ser \(6\), \(7\), \(8\) ou \(9\) (\(4\) hipóteses): \(4\times {​}^{8}{A}_{3}=4\times 336=1344\).

Total: \(1680+1344=3024\) números.

Primeira parcela, \({​}^{6}{C}_{4}\times 2\times 4!\) — pintura com exatamente quatro cores.

\({​}^{6}{C}_{4}\): número de maneiras de escolher as quatro cores a utilizar, de entre as seis disponíveis.

\(\times 2\): com quatro cores para cinco faces, há duas faces pintadas da mesma cor; como faces com uma aresta comum têm de ter cores diferentes, essas duas faces têm de ser faces laterais opostas, e há duas maneiras de escolher o par de faces opostas.

\(\times 4!\): número de maneiras de distribuir as quatro cores escolhidas pelas quatro «posições» (o par de faces opostas e as três faces restantes).

Segunda parcela, \({​}^{6}{A}_{5}\) — pintura com cinco cores distintas.

Cada face leva uma cor diferente: trata-se de escolher ordenadamente cinco cores de entre as seis, uma para cada face, o que se faz de \({​}^{6}{A}_{5}\) maneiras.

O número é par: o algarismo das unidades pertence a \(\{2,4,6\}\). É inferior a \(300\,000\): o primeiro algarismo pertence a \(\{1,2\}\). Os algarismos \(2\) e \(4\) estão em posições consecutivas (por qualquer ordem).

Considerando o bloco \(\{2,4\}\) (em \(2\) ordens possíveis) a ocupar duas posições consecutivas entre as \(6\), há \(5\) posições possíveis para o bloco: \(\left( 1{.}^{a},2{.}^{a} \right)\), \(\left( 2{.}^{a},3{.}^{a} \right)\), \(\left( 3{.}^{a},4{.}^{a} \right)\), \(\left( 4{.}^{a},5{.}^{a} \right)\) e \(\left( 5{.}^{a},6{.}^{a} \right)\).

Bloco em \(\left( 1{.}^{a},2{.}^{a} \right)\): como o \(1{.}^{o}\) algarismo tem de ser \(1\) ou \(2\), só a ordem “\(2,4\)” é possível (fica \(1{.}^{o}=2\)). O algarismo das unidades, não podendo ser \(2\) nem \(4\) (já usados), tem de ser \(6\); os restantes \(3\) algarismos (\(1,3,5\)) preenchem as \(3\) posições do meio: \(3!=6\) números.

Bloco em \(\left( 2{.}^{a},3{.}^{a} \right)\), \(\left( 3{.}^{a},4{.}^{a} \right)\) ou \(\left( 4{.}^{a},5{.}^{a} \right)\): o \(1{.}^{o}\) algarismo não pode ser \(2\) (está no bloco), logo é \(1\); o algarismo das unidades não pode ser \(2\) nem \(4\), logo é \(6\); o bloco tem \(2\) ordens; os \(2\) algarismos restantes preenchem as \(2\) posições livres do meio em \(2!=2\) ordens. Cada uma destas \(3\) posições do bloco dá \(2\times 2=4\) números, num total de \(3\times 4=12\).

Bloco em \(\left( 5{.}^{a},6{.}^{a} \right)\): o algarismo das unidades é um dos elementos do bloco (\(2\) ou \(4\), ambos pares — condição satisfeita nas \(2\) ordens); o \(1{.}^{o}\) algarismo não pode ser \(2\) (está no bloco), logo é \(1\); os restantes \(3\) algarismos preenchem as \(3\) posições livres em \(3!=6\) ordens: \(2\times 6=12\) números.

Total: \(6+4+4+4+12=30\) números.

Como \(A\) e \(B\) são independentes e \(P\left( A \right)\ne 0\), tem-se \(P\left( B∣A \right)=P\left( B \right)\).

Substituindo no primeiro membro: \(P\left( B \right)+P\left( A \right)\times \left( 1-P\left( B \right) \right)=P\left( B \right)+P\left( A \right)-P\left( A \right)\times P\left( B \right)\).

No segundo membro, como \(P\left( \overline{A} \right)=1-P\left( A \right)\): \(P\left( A \right)+P\left( B \right)\times \left( 1-P\left( A \right) \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A \right)\times P\left( B \right)\).

Ambos os membros são iguais a \(P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A \right)\times P\left( B \right)\), pelo que a igualdade fica demonstrada.

Raparigas: \(60\%\times 30=18\); rapazes: \(30-18=12\).

Um terço dos rapazes tem \(17\) anos: \(\frac{12}{3}=4\) rapazes com \(17\) anos, logo \(12-4=8\) rapazes têm \(15\) ou \(16\) anos.

Um terço das raparigas tem \(15\) ou \(16\) anos: \(\frac{18}{3}=6\); logo \(18-6=12\) raparigas têm \(17\) anos.

Alunos com \(17\) anos: \(4+12=16\). Alunos com \(15\) ou \(16\) anos, excluindo o André e a Beatriz (que já fazem parte do grupo): \(\left( 8-1 \right)+\left( 6-1 \right)=7+5=12\).

Fixados o André e a Beatriz, há \(\left( \frac{16}{2} \right)\) formas de escolher os dois jovens com \(17\) anos e \(\left( \frac{12}{1} \right)\) formas de escolher o aluno com \(15\) ou \(16\) anos; o número total de grupos de \(5\) alunos é \(\left( \frac{30}{5} \right)\).

\(P=\frac{\left( \frac{16}{2} \right)\times \left( \frac{12}{1} \right)}{\left( \frac{30}{5} \right)}=\frac{120\times 12}{142\,506}=\frac{1440}{142\,506}\approx 0,01\).

a) ★★

Formar os dois conjuntos de seis raquetes equivale a escolher as seis raquetes de um deles (as restantes seis formam o outro); há \(\left( \frac{12}{6} \right)\) formas igualmente prováveis de o fazer.

Ficar com três raquetes de badmínton e três de ténis (num conjunto, e portanto automaticamente também no outro) pode ocorrer de \(\left( \frac{6}{3} \right)\times \left( \frac{6}{3} \right)\) formas.

\(P=\frac{\left( \frac{6}{3} \right)\times \left( \frac{6}{3} \right)}{\left( \frac{12}{6} \right)}=\frac{20\times 20}{924}=\frac{400}{924}\approx 0,43\).

Resposta: (B)

b) ★★★

Considere-se uma amostra de \(100\) sócios: \(65\) são mulheres e \(35\) são homens.

Homens que praticam badmínton: \(\frac{1}{7}\times 35=5\).

Como \(\frac{5}{6}\) dos praticantes de badmínton são mulheres, os homens representam \(\frac{1}{6}\) dos praticantes de badmínton; logo o total de praticantes de badmínton é \(5\times 6=30\).

Mulheres que praticam badmínton: \(30-5=25\).

Mulheres que praticam ténis: \(65-25=40\).

A probabilidade pedida é \(\frac{40}{100}=40\%\).

Na repartição de \(3\) livros e \(3\) canetas (para um neto) e os restantes \(2\) livros e \(4\) canetas (para o outro): há \(\left( \frac{5}{3} \right)\times \left( \frac{7}{3} \right)\) formas de escolher o que o Armando recebe, e outras tantas para a Catarina receber esse mesmo tipo de lote (pela simetria, \(\left( \frac{5}{2} \right)\times \left( \frac{7}{4} \right)=\left( \frac{5}{3} \right)\times \left( \frac{7}{3} \right)\)); no total, \(2\times \left( \frac{5}{3} \right)\times \left( \frac{7}{3} \right)\) modos.

Na repartição de \(4\) livros e \(2\) canetas (para um neto) e os restantes \(1\) livro e \(5\) canetas (para o outro): de modo análogo, há \(2\times \left( \frac{5}{4} \right)\times \left( \frac{7}{2} \right)\) modos.

\(\left( \frac{5}{3} \right)=10\), \(\left( \frac{7}{3} \right)=35\), \(\left( \frac{5}{4} \right)=5\), \(\left( \frac{7}{2} \right)=21\).

Total \(=2\times 10\times 35+2\times 5\times 21=700+210=910\).

A Fernanda pode repartir os objetos de \(910\) modos diferentes.

De \(P\left( B∣A \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( A \right)}=\frac{1}{2}\), vem \(P\left( A\cap B \right)=\frac{P\left( A \right)}{2}\).

\(P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A\cap B \right)=P\left( A \right)+\frac{3}{2}P\left( A \right)-\frac{1}{2}P\left( A \right)=2P\left( A \right)\).

Por leis de De Morgan, \(\overline{A}\cap \overline{B}=\overline{A\cup B}\), logo \(P\left( \overline{A}\cap \overline{B} \right)=1-P\left( A\cup B \right)=1-2P\left( A \right)\).

\(P\left( \overline{A}\cap \overline{B} \right)+2P\left( A \right)=1-2P\left( A \right)+2P\left( A \right)=1\), como se pretendia.

a) ★★★

Sejam \(a\) o número de bolas azuis e \(b\) o número de bolas brancas, inicialmente no saco; \(P\left( A \right)=\frac{a}{a+b}\).

\(P\left( A\cap B \right)=\frac{a}{a+b}\times \frac{b}{a+b-1}\) (probabilidade de a primeira ser azul e, não havendo reposição, a segunda ser branca).

De \(P\left( A\cap B \right)=\frac{1}{3}P\left( A \right)\): \(\frac{a}{a+b}\times \frac{b}{a+b-1}=\frac{1}{3}\times \frac{a}{a+b}\).

Como \(P\left( A \right)\ne 0\) (há pelo menos uma bola azul), pode dividir-se ambos os membros por \(\frac{a}{a+b}\): \(\frac{b}{a+b-1}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow 3b=a+b-1\Leftrightarrow a=2b+1\).

Como \(2b\) é par, \(a=2b+1\) é ímpar, pelo que inicialmente existia um número ímpar de bolas azuis no saco.

b) ★★★

Há \(5\) caixas pares e \(5\) caixas ímpares; colocando o mínimo exigido, usam-se \(5\) bolas azuis (uma por caixa par) e \(5\) bolas brancas (uma por caixa ímpar), restando \(8-5=3\) bolas azuis e \(7-5=2\) bolas brancas para distribuir.

Como o total de bolas (\(15\)) excede em \(5\) o número de caixas (\(10\)) e cada caixa tem no máximo \(2\) bolas, exatamente \(5\) caixas ficam com \(2\) bolas (recebendo uma bola extra) e as outras \(5\) ficam só com a bola exigida.

Há \(\left( \frac{10}{5} \right)\) formas de escolher quais as \(5\) caixas que recebem a bola extra.

Das \(3\) bolas azuis e \(2\) bolas brancas restantes, cada uma delas vai para uma das \(5\) caixas escolhidas (uma bola extra por caixa); há \(\left( \frac{5}{3} \right)\) formas de escolher quais dessas \(5\) caixas recebem a bola azul extra (as restantes \(2\) recebem a branca extra).

Total \(=\left( \frac{10}{5} \right)\times \left( \frac{5}{3} \right)=252\times 10=2520\).

Resposta: (B)

Como há \(4\) hóspedes dinamarqueses e \(4\) motos, e só estes podem conduzir, cada moto é conduzida por um dinamarquês diferente: \(4!=24\) formas de atribuir os condutores às motos.

Os \(3\) hóspedes suecos ocupam o lugar de passageiro, no máximo um por moto (cada moto já tem o condutor, restando um lugar livre). Distribuem-se os \(3\) suecos por \(3\) das \(4\) motos (um sueco por moto, nenhuma moto com dois suecos): \(4\times 3\times 2=24\) formas.

Total: \(24\times 24=576\).

Resposta: (D)

O número de maneiras de escolher duas das \(n\) cartas vermelhas é \({​}^{n}{C}_{2}\). Logo:

\[{​}^{n}{C}_{2}=45\Leftrightarrow \frac{n\left( n-1 \right)}{2}=45\Leftrightarrow {n}^{2}-n-90=0\Leftrightarrow n=\frac{1\pm \sqrt{1+360}}{2}=\frac{1\pm 19}{2}\]

Como \(n\in N\), \(n=10\): há dez cartas vermelhas em cima da mesa.

Agrupando as dez cartas vermelhas num bloco e as \(p\) cartas pretas noutro bloco, esses dois blocos permutam entre si de \(2!\) maneiras; dentro do bloco das vermelhas, as cartas permutam de \(10!\) maneiras, e dentro do bloco das pretas, de \(p!\) maneiras. O número de disposições com as cartas da mesma cor consecutivas é, pois, \(2!\times 10!\times p!\).

\(2!\times 10!\times p!=174\,182\,400\Leftrightarrow p!=\frac{174\,182\,400}{2\times 3\,628\,800}=\frac{174\,182\,400}{7\,257\,600}=24=4!\Leftrightarrow p=4\).

Em cima da mesa foram colocadas \(10+4=14\) cartas.

Contam-se primeiro todas as filas em que a Inês, a Sofia e a Maria ficam em posições consecutivas, sem restrição sobre o Pedro e o João: agrupando as três raparigas num bloco, esse bloco e os restantes oito amigos permutam entre si de \(9!\) maneiras, e dentro do bloco as três raparigas permutam de \(3!\) maneiras, dando \(9!\times 3!\) filas.

Dessas, subtraem-se as filas em que, além da condição anterior, o Pedro e o João também ficam consecutivos: agrupando agora também o Pedro e o João num segundo bloco, os dois blocos e os restantes seis amigos permutam entre si de \(8!\) maneiras; dentro do bloco das raparigas há \(3!\) permutações e dentro do bloco dos rapazes há \(2!\) permutações, dando \(8!\times 3!\times 2!\) filas.

O número de filas pedido é, por isso, \(9!\times 3!-8!\times 3!\times 2!=362\,880\times 6-40\,320\times 6\times 2=2\,177\,280-483\,840=1\,693\,440\).

Os quatro lugares consecutivos para as bolas de futebol podem começar em qualquer uma das posições \(1\) a \(12\) (pois \(15-4+1=12\)), havendo, pois, \(12\) escolhas possíveis para o bloco de quatro lugares; para cada uma, as quatro bolas de futebol (distintas) permutam entre si de \(4!\) maneiras.

Ocupados os quatro lugares do bloco, restam \(11\) lugares livres. Destes, escolhem-se \(5\) para as bolas de ténis (iguais entre si, pelo que a ordem não importa): \({​}^{11}{C}_{5}\) maneiras.

Dos \(6\) lugares que restam, escolhem-se e ordenam-se \(3\) para as três bolas de basquetebol (distintas): \({​}^{6}{A}_{3}\) maneiras; os \(3\) lugares restantes ficam vazios.

Uma expressão que dá o número de disposições pedido é \(12\times 4!\times {​}^{11}{C}_{5}\times {​}^{6}{A}_{3}\).

Os dois primeiros algarismos são fixos (\(9\) e \(7\)); restam \(7\) posições (da \(3.ª\) à \(9.ª\)) a preencher, das quais o enunciado exige que exatamente \(4\) sejam ocupadas por algarismos de \(\{2,3,4,5,6\}\) e as restantes \(3\) por algarismos fora desse conjunto.

Como já há um \(7\) fixo na \(2.ª\) posição, e os algarismos de \(\{2,...,6\}\) não podem ser \(7\), o número total de \(7\)’s do número depende apenas de quantos dos \(7\)’s aparecem nas \(3\) posições “livres” (não pertencentes a \(\{2,...,6\}\)). Ter pelo menos três \(7\)’s no total exige, assim, pelo menos dois \(7\)’s nessas \(3\) posições livres — ou seja, essas \(3\) posições têm \(2\) ou \(3\) algarismos iguais a \(7\).

Escolha das posições: o número de formas de escolher quais as \(4\) das \(7\) posições livres que recebem algarismos de \(\{2,...,6\}\) é \(\left( \frac{7}{4} \right)\).

Caso de exatamente três \(7\)’s no total (duas das três posições “fora de \(\{2,...,6\}\)” são \(7\) e a outra não): os \(4\) algarismos de \(\{2,...,6\}\) têm, por exigência do enunciado, de ser distintos — o número de formas de os colocar, por ordem, nas \(4\) posições escolhidas é o arranjo \({​}^{5}{A}_{4}=5\times 4\times 3\times 2\). Quanto às \(3\) posições restantes, há \(\left( \frac{3}{2} \right)\) formas de escolher quais as duas que são \(7\), e a terceira (que não pode ser \(7\) nem pertencer a \(\{2,...,6\}\)) tem \(4\) escolhas possíveis (\(0\), \(1\), \(8\) ou \(9\)).

Caso de exatamente quatro \(7\)’s no total (as três posições “fora de \(\{2,...,6\}\)” são todas \(7\)): os \(4\) algarismos de \(\{2,...,6\}\) já não têm de ser distintos, podendo repetir-se — há \({5}^{4}\) formas de os escolher (um de \(5\) valores possíveis, para cada uma das \(4\) posições).

Combinando os dois casos (mutuamente exclusivos) com a escolha das posições do ponto 3, a expressão pedida é:

\[\left( \frac{7}{4} \right)\times \left( {​}^{5}{A}_{4}\times \left( \frac{3}{2} \right)\times 4+{5}^{4} \right)\]

(que, calculada, dá \(35\times \left( 120\times 3\times 4+625 \right)=35\times 2065=72\,275\) números possíveis).

A condição equivale a dizer que, em cada fila, não pode haver nenhuma pessoa “isolada” do seu género: cada bloco de lugares consecutivos ocupados pelo mesmo género (dentro de cada fila) deve ter, pelo menos, \(2\) pessoas.

Analisando a fila da frente (4 lugares): para que não haja géneros isolados, os únicos padrões possíveis (com blocos de tamanho \(\ge 2\)) são “4 rapazes” (RRRR) ou “2 raparigas + 2 rapazes em blocos” (MMRR ou RRMM, com M=rapariga, R=rapaz).

Se a fila da frente for RRRR (os \(4\) rapazes todos à frente), sobram \(5\) raparigas para a fila de trás, formando um único bloco MMMMM — válido (bloco de tamanho \(5\ge 2\)).

Se a fila da frente for MMRR ou RRMM (\(2\) raparigas \(+2\) rapazes), sobram, para a fila de trás, \(3\) raparigas e \(2\) rapazes, que devem formar blocos de tamanho \(\ge 2\) cada: as únicas disposições possíveis são MMMRR ou RRMMM (bloco de \(3\) raparigas \(+\) bloco de \(2\) rapazes, numa ordem ou noutra).

Combinando: \(1\) hipótese para a frente (RRRR) \(\times  1\) hipótese para a trás (MMMMM), mais \(2\) hipóteses para a frente (MMRR, RRMM) \(\times  2\) hipóteses para a trás (MMMRR, RRMMM), dá um total de \(1\times 1+2\times 2=5\) padrões de género válidos (frente, trás).

Para cada um destes \(5\) padrões, as \(5\) raparigas (pessoas distintas) podem ser colocadas nos lugares “M” de \(5!\) maneiras, e os \(4\) rapazes nos lugares “R” de \(4!\) maneiras.

O número total de maneiras de sentar é \(5\times 5!\times 4!=5\times 120\times 24=14\,400\).