Questão 5 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2022

Question

Uma caixa contém 4 bolas brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas, idênticas a menos da cor. Sem olhar, bolas são retiradas uma a uma da caixa, sem devolução, até que seja retirada a primeira bola branca.

Caixa retangular contendo 20 bolas coloridas, sendo 4 brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas.

a) Qual é a probabilidade de que uma bola branca saia logo na primeira retirada?

b) Qual é a probabilidade de que, antes de tirar a primeira bola branca, saia pelo menos uma bola preta?

c) Qual é a probabilidade de que, entre as bolas que saíram antes da primeira bola branca, haja exatamente uma bola vermelha?

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 5 (Nível 3) da 2ª fase da OBMEP 2022

Nível 3 · Matemática: Eventos sucessivos e distribuição binomial

Uma caixa contém 4 bolas brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas, idênticas a menos da cor. Sem olhar, bolas são retiradas uma a uma da caixa, sem devolução, até que seja retirada a primeira bola branca.

Caixa retangular contendo 20 bolas coloridas, sendo 4 brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas.

a) Qual é a probabilidade de que uma bola branca saia logo na primeira retirada?

b) Qual é a probabilidade de que, antes de tirar a primeira bola branca, saia pelo menos uma bola preta?

c) Qual é a probabilidade de que, entre as bolas que saíram antes da primeira bola branca, haja exatamente uma bola vermelha?

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Resolução comentada

Solução oficial da OBMEP

a) São 4 bolas brancas dentre 20 escolhas possíveis. A probabilidade de que uma bola branca saia logo na primeira retirada 4/20 ou 1/5.

b) A presença de bolas de outras cores não influi na probabilidade de que uma bola preta saia antes de uma bola branca. Considerando apenas bolas brancas e pretas, temos um total de 10 bolas, das quais 4 são brancas e 6 pretas. A probabilidade de que a primeira delas a sair seja preta é 6/10 = 3/5.

c) Do mesmo modo que na solução acima, a presença de bolas de outras cores não influi na probabilidade de que saia exatamente uma bola vermelha antes da primeira branca. Considerando apenas bolas brancas e vermelhas, temos um total de 10 bolas, das quais 4 são brancas e 6 vermelhas. Para que haja exatamente uma bola vermelha antes da primeira brancas, é preciso que, considerando apenas essas 10 bolas, as duas primeiras bolas retiradas sejam vermelha e branca, nesta ordem. A probabilidade de que isto ocorra é

\frac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}} = \frac{6 \times 4}{10 \times 9} = \frac{24}{90} = \frac{4}{15}

Outra solução

a) Como temos 4 bolas brancas, 4 azuis, 6 vermelhas e 6 pretas, o total de bolas é \text{N}_{\text{T}} = 20. Portanto, a probabilidade de que a primeira bola retirada seja branca é

P = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}\text{.}

b) Podemos modelar a retirada sem devolução da seguinte forma: consideremos todas as listas formadas por quatro letras A (azul), quatro letras B (branca), seis letras P (preta) e seis letras V (vermelha). Um processo de retirada sem devolução é equivalente a escolher uma dessas listas e selecionar letras, uma a uma, da esquerda para a direita.

Por exemplo, para a permutação PPAPVBBBAPVVABAVPVPV, a retirada sem devolução corresponde a, incialmente, tirar uma bola preta, em seguida outra bola preta, depois uma bola azul, e assim por diante.

O número total de listas pode ser calculado usando o princípio multiplicativo. Se as bolas fossem todas distintas, para a primeira posição teríamos 20 possibilidades, para a segunda posição teríamos19possibilidades, e assim por diante, o que nos dá 20 \times 19 \times \ldots \times 2 \times 1 = 20! listas. Como há bolas da mesma cor, devemos dividir pelo número de permutações entre bolas de cada cor. Para bolas azuis (ou brancas) temos 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 4! permutações. Para bolas pretas (ou vermelhas) temos 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 6! permutações. Assim, temos \frac{20!}{4!\ 4!\ 6!\ 6!} possíveis listas.

Para calcularmos a probabilidade de que uma bola preta saia antes de uma bola branca devemos calcular o número de casos favoráveis. Inicialmente colocaremos as 10 bolas azuis e vermelhas em algumas das 20 posições possveis.

Se as10 bolas fossem distintas teríamos (20 \times 19 \times \ldots \times 11) modos de distribuir as bolas. Como temos quatro bolas azuis e seis vermelhas, devemos dividir por 4!6!. Esse número pode ser escrito como

n = \frac{20 \times 19 \times \ldots \times 11}{4! \times 6!} = \frac{20!}{4!\ 6!\ 10!}

Para calcular as configurações favoráveis, devemos preencher as10 posições restantes com bolas brancas e pretas. Como queremos pelo menos uma bola preta antes de uma bola branca, analisando apenas essas10 posições, a primeira posição da esquerda para a direita deve ser preta. Assim, o número de modos de distribuir as bolas brancas e pretas é

n_2 = \frac{9!}{4!\ 5!}

pois colocamos uma bola preta na primeira posição livre da esquerda para a direita e, em seguida, preenchemos as demais posições livres usando cinco bolas pretas e quatro bolas brancas.

O número total de configurações favoráveis é, portanto, n_1 \times n_2 = 20!\ 9!\ /(4!\ 6!\ 10!\ 4!\ 5!). A probabilidade de que saia pelo menos uma bola preta antes de uma bola branca é, então

P = \frac{n_1\, n_2}{N} = \frac{\frac{20!\ 9!}{4!\ 6!\ 10!\ 4!\ 5!}}{\frac{20!}{4!\ 4!\ 6!\ 6!}} = \frac{20!\ 9!}{4!\ 6!\ 10!\ 4!\ 5!} \frac{4!\ 4!\ 6!\ 6!}{20!} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}

c) Usando o mesmo raciocínio do item anterior, para quatro bolas azuis e seis bolas pretas em algumas das 20 posições possíveis temos

n = \frac{20 \times 19 \times \ldots \times 11}{4! \times 6!} = \frac{20!}{4!\ 6!\ 10!}

Como queremos a probabilidade de que saia exatamente uma bola vermelha antes de uma bola branca, analisando as 10 posições vazias, a primeira posição da esquerda para a direita, deve ser uma bola vermelha e a segunda posição da esquerda para a direita deve ser uma bola branca. Assim

n = \frac{8!}{3!\ 5!}

pois temos três bolas brancas e cinco bolas vermelhas preenchendo cinco posições. O número de casos favoráveis agora é n_1 \times n_2 = 20!\ 8!\ /(4!\ 6!\ 10!\ 3!\ 5!).

A probabilidade de que saia exatamente uma bola vermelha antes de uma bola branca é, portanto,

P = \frac{n_1\, n_2}{N} = \frac{\frac{20!\ 8!}{4!\ 6!\ 10!\ 3!\ 5!}}{\frac{20!}{4!\ 4!\ 6!\ 6!}} = \frac{20!\ 8!}{4!\ 6!\ 10!\ 3!\ 5!} \frac{4!\ 4!\ 6!\ 6!}{20!} = \frac{4 \times 6}{10 \times 9} = \frac{4}{15}

Observação

Podemos resolver o item a) usando a mesma ideia usada nos itens b) e c). O número n de listas que começam com uma bola branca é n = 19! / (3!\ 6!\ 4!\ 6!). A probabilidade é dada, então, por

P = \frac{n}{N} = \frac{\frac{19!}{3!\ 4!\ 6!\ 6!}}{\frac{20!}{4!\ 4!\ 6!\ 6!}} = \frac{19!}{3!\ 4!\ 6!\ 6!} \frac{4!\ 4!\ 6!\ 6!}{20!} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}

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Publicada pela banca.

Resolução comentada

a) Há 20 bolas na caixa, das quais 4 são brancas. Todas têm a mesma chance de sair na primeira retirada, então:

P=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}

Resposta: \dfrac{1}{5}

b) É mais fácil calcular o evento complementar: nenhuma bola preta sai antes da primeira branca.

Só importa a ordem relativa das bolas brancas e pretas, ou seja, das 4 brancas e 6 pretas (10 bolas). As outras cores não influenciam. Todas as 10 têm a mesma chance de ser a primeira dessas a sair. Para que nenhuma preta saia antes da primeira branca, a primeira dessas 10 tem de ser branca:

P(\text{nenhuma preta antes})=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}

Logo:

P=1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}

Resposta: \dfrac{3}{5}

c) Aqui só contam as bolas vermelhas e as brancas, 6 vermelhas e 4 brancas (10 bolas). Azuis e pretas podem sair antes da primeira branca sem alterar a contagem de vermelhas.

Para haver exatamente uma vermelha antes da primeira branca, a ordem relativa dessas 10 bolas deve começar com vermelha e depois branca:

A primeira dessas 10 é vermelha: \dfrac{6}{10}.
A segunda é branca, restando 9 bolas, das quais 4 são brancas: \dfrac{4}{9}.

P=\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{9}=\frac{24}{90}=\frac{4}{15}

Resposta: \dfrac{4}{15}

Assuntos: Eventos sucessivos e distribuição binomial, Probabilidade: conceitos básicos.

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Questão 5 no caderno Nível 3 da 2ª fase da OBMEP 2022

Fonte: OBMEP 2ª fase 2022 · Nível 3. Prova oficial ↗