Probabilidade

Resposta: (B)

Pelas leis de De Morgan, \(\hat{A}\cap \hat{B}=\overline{A\cup B}\).

Logo \(P\left( A\cup B \right)=1-P\left( \overline{A\cup B} \right)=1-0,4=0,6\).

Resposta: (B)

\(A\cup B\) decompõe-se na reunião disjunta \(B\cup \left( A\cap \overline{B} \right)\) (os elementos de \(A\cup B\) ou estão em \(B\), ou estão em \(A\) mas não em \(B\)).

Logo \(P\left( A\cup B \right)=P\left( B \right)+P\left( A\cap \overline{B} \right)\), ou seja, \(0,8=P\left( B \right)+0,5\).

Conclui-se que \(P\left( B \right)=0,3\).

Resposta: (D)

\(P\left( B \right)=1-P\left( \overline{B} \right)=1-0,6=0,4\).

Como \(A\cap B=⌀\), \(P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)\), pelo que \(0,6=P\left( A \right)+0,4\Leftrightarrow P\left( A \right)=0,2\).

\(P\left( \overline{A} \right)=1-P\left( A \right)=1-0,2=0,8\).

Sejam \(S\): «utilizou guarda-sol» e \(V\): «utilizou para-vento». Então \(P\left( S \right)=0,75\), \(P\left( \hat{S}\cap \hat{V} \right)=0,22\) e \(P\left( V\,|\,S \right)=\frac{1}{5}\).

\(P\left( S\cap V \right)=P\left( V\,|\,S \right)\times P\left( S \right)=\frac{1}{5}\times 0,75=0,15\).

\(P\left( S\cap \hat{V} \right)=P\left( S \right)-P\left( S\cap V \right)=0,75-0,15=0,60\).

\(P\left( \hat{V} \right)=P\left( \hat{S}\cap \hat{V} \right)+P\left( S\cap \hat{V} \right)=0,22+0,60=0,82\).

\(P\left( S\,|\,\hat{V} \right)=\frac{P\left( S\cap \hat{V} \right)}{P\left( \hat{V} \right)}=\frac{0,60}{0,82}\approx 0,73=73\%\).

Resposta: (B)

Numa distribuição normal, a média divide a distribuição em duas metades: \(P\left( X>7 \right)=50\%\).

\(P\left( 7<X<9 \right)=P\left( X>7 \right)-P\left( X>9 \right)=50\%-12\%=38\%\).

Sejam \(B\): «inscrito em ballet clássico» e \(C\): «inscrito em dança contemporânea». Então \(P\left( B \right)=0,6\), \(P\left( C\cap \hat{B} \right)=0,25\) e \(P\left( B\,|\,C \right)=0,5\).

De \(P\left( B\cap C \right)=0,5\,P\left( C \right)\) e \(P\left( B\cap C \right)=P\left( C \right)-0,25\) vem \(0,5P\left( C \right)=P\left( C \right)-0,25\Leftrightarrow P\left( C \right)=0,5\).

Logo \(P\left( B\cap C \right)=0,25\) e \(P\left( B\cap \hat{C} \right)=0,6-0,25=0,35\); além disso, \(P\left( \hat{C} \right)=0,5\).

\(P\left( B\,|\,\hat{C} \right)=\frac{0,35}{0,5}=0,7\).

Resposta: (A)

Os acontecimentos \(A\cap \hat{B}\) e \(\hat{A}\cap \hat{B}\) são incompatíveis e a sua reunião é \(\hat{B}\).

Logo \(P\left( \hat{B} \right)=0,5+0,3=0,8\).

\(P\left( B \right)=1-0,8=0,2\).

Resposta: (D)

Em cada lançamento, a probabilidade de sair múltiplo de \(3\) (ou seja, \(3\) ou \(6\)) é \(\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\), e a de não sair é \(\frac{2}{3}\).

Pretende-se exatamente \(2\) sucessos em \(3\) lançamentos independentes (distribuição binomial):

\[\left( \frac{3}{2} \right){\left( \frac{1}{3} \right)}^{2}{\left( \frac{2}{3} \right)}^{1}=3\times \frac{1}{9}\times \frac{2}{3}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}\]

a) ★★

Considerando \(100\) jovens: \(P\left( \text{surf} \right)=65\%\), \(P\left( \text{skate}\cap \overline{\text{surf}} \right)=20\%\), \(P\left( \text{skate}∣\text{surf} \right)=\frac{4}{5}\).

\(P\left( \text{surf}\cap \text{skate} \right)=\frac{4}{5}\times 65\%=52\%\).

\(P\left( \text{skate} \right)=P\left( \text{skate}\cap \text{surf} \right)+P\left( \text{skate}\cap \overline{\text{surf}} \right)=52\%+20\%=72\%\), pelo que \(P\left( \overline{\text{skate}} \right)=28\%\).

\(P\left( \text{surf}\cap \overline{\text{skate}} \right)=P\left( \text{surf} \right)-P\left( \text{surf}\cap \text{skate} \right)=65\%-52\%=13\%\).

\(P\left( \text{surf}∣\overline{\text{skate}} \right)=\frac{P\left( \text{surf}\cap \overline{\text{skate}} \right)}{P\left( \overline{\text{skate}} \right)}=\frac{13\%}{28\%}=\frac{13}{28}\).

b) ★★

Sejam \(a\) o número de jovens com \(13\) anos e \(b\) o número de jovens com \(14\) anos, com \(a+b=70\) e \(b>a\).

O número de formas de escolher \(2\) jovens de idades distintas (um de cada grupo) é \(a\times b\); o número total de formas de escolher \(2\) jovens entre os \(70\) é \(\left( \frac{70}{2} \right)=2415\).

\(\frac{ab}{2415}=\frac{16}{35}\Leftrightarrow ab=2415\times \frac{16}{35}=1104\).

Com \(b=70-a\): \(a\left( 70-a \right)=1104\Leftrightarrow {a}^{2}-70a+1104=0\).

\(a=\frac{70\pm \sqrt{4900-4416}}{2}=\frac{70\pm 22}{2}\), ou seja, \(a=46\) ou \(a=24\).

Como \(b>a\) e \(a+b=70\), tem de ser \(a<35\), pelo que \(a=24\).

Há \(24\) jovens com \(13\) anos no grupo.

\(P\left( A \right)=1-P\left( \overline{A} \right)=1-0,6=0,4\); como \(A\) e \(B\) são equiprováveis, \(P\left( B \right)=0,4\).

\(\left( A\cup \overline{B} \right)\cap B=\left( A\cap B \right)\cup \left( \overline{B}\cap B \right)=\left( A\cap B \right)\cup ⌀=A\cap B\), logo

\[P\left( \left( A\cup \overline{B} \right)∣B \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( B \right)}.\]

Por \(P\left( A\cup \overline{B} \right)=P\left( A \right)+P\left( \overline{B} \right)-P\left( A\cap \overline{B} \right)\), com \(P\left( \overline{B} \right)=1-0,4=0,6\):

\[0,7=0,4+0,6-P\left( A\cap \overline{B} \right)\Leftrightarrow P\left( A\cap \overline{B} \right)=0,3.\]

Como \(P\left( A \right)=P\left( A\cap B \right)+P\left( A\cap \overline{B} \right)\), vem \(0,4=P\left( A\cap B \right)+0,3\), pelo que \(P\left( A\cap B \right)=0,1\).

Logo,

\[P\left( \left( A\cup \overline{B} \right)∣B \right)=\frac{0,1}{0,4}=\frac{1}{4}.\]

Resposta: (A)

Para se obter a sequência \(G\), \(I\), \(L\) (por esta ordem), a primeira extração tem de corresponder a um chocolate com a letra \(G\): há \(1\) chocolate nessas condições.

A segunda extração tem de corresponder a um chocolate com a letra \(I\): há \(3\) chocolates nessas condições (a extração do \(G\) não afeta o número de chocolates com \(I\)).

A terceira extração tem de corresponder a um chocolate com a letra \(L\): há \(2\) chocolates nessas condições.

Pelo princípio fundamental da contagem, o número de sequências pedido é \(1\times 3\times 2=6\).

Resposta: (D)

Como \(B=\left( A\cap B \right)\cup \left( \overline{A}\cap B \right)\), com estes dois conjuntos disjuntos, \(P\left( B \right)=P\left( A\cap B \right)+P\left( \overline{A}\cap B \right)\), pelo que \(P\left( A\cap B \right)=P\left( B \right)-0,65\).

\(P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A\cap B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-\left[ P\left( B \right)-0,65 \right]=P\left( A \right)+0,65\).

Assim, \(0,85=P\left( A \right)+0,65\Leftrightarrow P\left( A \right)=0,2\).

\(P\left( \overline{A} \right)=1-P\left( A \right)=1-0,2=0,8\).

\(X<6\) corresponde a \(X\in \{2,4,5\}\): \(P\left( X<6 \right)=\frac{1}{20}+\frac{1}{5}+\frac{3}{20}=\frac{1}{20}+\frac{4}{20}+\frac{3}{20}=\frac{8}{20}=\frac{2}{5}\).

\(X>3\) e \(X<6\) corresponde a \(X\in \{4,5\}\): \(P\left( 3<X<6 \right)=\frac{1}{5}+\frac{3}{20}=\frac{4}{20}+\frac{3}{20}=\frac{7}{20}\).

\(P\left( X>3∣X<6 \right)=\frac{P\left( 3<X<6 \right)}{P\left( X<6 \right)}=\frac{7/20}{8/20}=\frac{7}{8}\).

Resposta: (B)

A soma das probabilidades é \(1\): \(\frac{3}{4}+a+b+a=1\Leftrightarrow 2a+b=\frac{1}{4}\).

\(E\left( X \right)=0\times \frac{3}{4}+1\times a+2\times b+4\times a=5a+2b\). Igualando a \(9a\): \(5a+2b=9a\Leftrightarrow 2b=4a\Leftrightarrow b=2a\).

Substituindo em \(2a+b=\frac{1}{4}\): \(2a+2a=\frac{1}{4}\Leftrightarrow 4a=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=\frac{1}{16}\), pelo que \(b=2\times \frac{1}{16}=\frac{1}{8}\).

Resposta: (B)

Padronizando: \(P\left( X\le 9 \right)=P\left( Z\le \frac{9-10}{1} \right)=P\left( Z\le -1 \right)\), sendo \(Z\) a variável normal reduzida.

Por simetria da distribuição normal, \(P\left( Z\le -1 \right)=1-P\left( Z\le 1 \right)\).

Da tabela da distribuição normal, \(P\left( Z\le 1 \right)\approx 0,8413\), pelo que \(P\left( Z\le -1 \right)\approx 1-0,8413=0,1587\approx 0,159\).

Seja \(X\) o tempo de vida, em milhares de horas, \(X\sim N\left( 40,5 \right)\). Pretende-se \(P\left( X>50 \right)\), pois \(50\,000\) horas correspondem a \(50\) milhares de horas.

Padronizando: \(P\left( X>50 \right)=P\left( Z>\frac{50-40}{5} \right)=P\left( Z>2 \right)\).

Da tabela da distribuição normal, \(P\left( Z\le 2 \right)\approx 0,9772\), pelo que \(P\left( Z>2 \right)\approx 1-0,9772=0,0228\).

O número esperado de lâmpadas, em \(2000\), que duram mais do que \(50\,000\) horas é \(2000\times 0,0228=45,6\approx 46\) lâmpadas.

Resposta: (C)

Por simetria da distribuição normal em torno da média (\(\mu =80\)), e como \(76\) e \(84\) são equidistantes de \(80\), \(P\left( 80<X<84 \right)=P\left( 76<X<80 \right)=0,4\).

Logo, \(P\left( 76<X<84 \right)=P\left( 76<X<80 \right)+P\left( 80<X<84 \right)=0,4+0,4=0,8\).

Como a área total sob a curva normal é \(1\), e a distribuição é simétrica, \(P\left( X\le 76 \right)+P\left( X\ge 84 \right)=1-0,8=0,2\), pelo que, por simetria, \(P\left( X\ge 84 \right)=\frac{0,2}{2}=0,1\).

Como \(P\left( X>a \right)=0,1=P\left( X>84 \right)\) e a função é estritamente decrescente para a probabilidade de cauda, \(a=84\).

Resposta: (D)

Seja \(X\sim N\left( 35,5 \right)\) a idade dos sócios. Pretende-se \(P\left( X<45∣X>40 \right)=\frac{P\left( 40<X<45 \right)}{P\left( X>40 \right)}\).

\(P\left( 40<X<45 \right)=P\left( X<45 \right)-P\left( X<40 \right)\); padronizando (\(Z=\frac{X-35}{5}\)): \(P\left( X<45 \right)=P\left( Z<2 \right)\approx 0,9772\) e \(P\left( X<40 \right)=P\left( Z<1 \right)\approx 0,8413\), pelo que \(P\left( 40<X<45 \right)\approx 0,9772-0,8413=0,1359\).

\(P\left( X>40 \right)=1-P\left( X<40 \right)\approx 1-0,8413=0,1587\).

\(P\left( X<45∣X>40 \right)\approx \frac{0,1359}{0,1587}\approx 0,8563\approx 86\%\).

Resposta: (B)

Como se trata de uma função massa de probabilidade, a soma das probabilidades é \(1\): \(a+a+8{a}^{2}=1\Leftrightarrow 8{a}^{2}+2a-1=0\).

Resolvendo: \(a=\frac{-2\pm \sqrt{4+32}}{16}=\frac{-2\pm 6}{16}\), pelo que \(a=\frac{1}{4}\) ou \(a=-\frac{1}{2}\); como \(a\) é uma probabilidade, \(a=\frac{1}{4}\) (o valor negativo é rejeitado).

Com \(a=\frac{1}{4}\), o valor \(4a=1\); como se pretende \(P\left( X>1 \right)\) (desigualdade estrita), o valor \({x}_{i}=4a=1\) não se inclui (não é superior a \(1\), é igual a \(1\)).

O único valor de \(X\) estritamente superior a \(1\) é, portanto, \(3\), pelo que \(P\left( X>1 \right)=P\left( X=3 \right)=8{a}^{2}=8\times \frac{1}{16}=\frac{1}{2}\).

Seja \(C\) o acontecimento “conhecer o projeto” e \(S\) o acontecimento “separar os biorresíduos”. Sabe-se que \(P\left( C \right)=0,8\) e \(P\left( S∣C \right)=0,4\), pelo que \(P\left( C\cap S \right)=P\left( C \right)\times P\left( S∣C \right)=0,8\times 0,4=0,32\).

A condição “um em cada cinco [dos que separam] não conhece o projeto” significa \(P\left( \overline{C}∣S \right)=\frac{1}{5}=0,2\), logo \(P\left( C∣S \right)=0,8\).

Como \(P\left( C\cap S \right)=P\left( C∣S \right)\times P\left( S \right)\), vem \(0,32=0,8\times P\left( S \right)\Leftrightarrow P\left( S \right)=\frac{0,32}{0,8}=0,4\).

\(P\left( C\cup S \right)=P\left( C \right)+P\left( S \right)-P\left( C\cap S \right)=0,8+0,4-0,32=0,88\).

A probabilidade pedida é \(88\%\).

Resposta: (C)

Numa distribuição normal, a condição \(P\left( X<2 \right)=P\left( X>6 \right)\) significa que os valores \(2\) e \(6\) são simétricos em relação à média \(\mu \) (igual área nas duas “caudas”), pelo que \(\mu =\frac{2+6}{2}=4\).

A distância de \(6\) à média é \(6-\mu =2\); em termos padronizados, \(P\left( X>6 \right)=P\left( Z>\frac{2}{\sigma } \right)\), com \(Z\) a normal padrão.

Procurando o valor de \(z\) tal que \(P\left( Z>z \right)=0,2\) (ou seja, \(\Phi \left( z \right)=0,8\)), obtém-se \(z\approx 0,84\).

A condição \(P\left( X>6 \right)\ge 0,2\) equivale a \(P\left( Z>\frac{2}{\sigma } \right)\ge 0,2\), ou seja, \(\frac{2}{\sigma }\le z\approx 0,84\) (quanto menor o valor-fronteira, maior a probabilidade na cauda), donde \(\sigma \ge \frac{2}{0,84}\approx 2,38>2\).

Logo, \(\mu =4\) e \(\sigma >2\), que corresponde à opção (C).

Resposta: (B)

Seja \(X\) a altura de um rapaz de 16 anos desse país, \(X\sim N\left( 172,\sigma \right)\).

Como \(164=172-8\) e \(180=172+8\), os valores \(164\) e \(180\) são simétricos em relação à média \(\mu =172\) (ambos a \(8\) unidades de distância).

Por simetria da distribuição normal em relação à média, \(P\left( 164<X<172 \right)=P\left( 172<X<180 \right)=0,42\) (dado), pelo que \(P\left( 164<X<180 \right)=2\times 0,42=0,84\).

Também por simetria, \(P\left( X<164 \right)=P\left( X>180 \right)\); como \(P\left( 164<X<180 \right)+P\left( X<164 \right)+P\left( X>180 \right)=1\), vem \(2\times P\left( X<164 \right)=1-0,84=0,16\), pelo que \(P\left( X<164 \right)=0,08\).

Sejam os acontecimentos \(C\): “o aluno está inscrito em contrabaixo” e \(V\): “o aluno frequenta violino”.

Dos dados: \(P\left( \overline{C} \right)=0,15\), logo \(P\left( C \right)=1-0,15=0,85\); \(P\left( V∣\overline{C} \right)=0,75\); \(P\left( \overline{V}∣C \right)=\frac{17}{20}=0,85\), logo \(P\left( V∣C \right)=1-0,85=0,15\).

Pelo teorema da probabilidade total: \(P\left( V \right)=P\left( V∣C \right)\times P\left( C \right)+P\left( V∣\overline{C} \right)\times P\left( \overline{C} \right)=0,15\times 0,85+0,75\times 0,15\).

\(P\left( V \right)=0,1275+0,1125=0,24\).

Sejam os acontecimentos \(L\): “o aluno levou lápis” e \(A\): “o aluno levou uma garrafa de água”. Dos dados: \(P\left( \overline{L} \right)=\frac{2}{5}\), logo \(P\left( L \right)=\frac{3}{5}\); \(P\left( A∣L \right)=\frac{2}{9}\); \(P\left( \overline{A}\cap \overline{L} \right)=\frac{1}{10}\).

\(P\left( \overline{L}\cap A \right)=P\left( \overline{L} \right)-P\left( \overline{L}\cap \overline{A} \right)=\frac{2}{5}-\frac{1}{10}=\frac{4}{10}-\frac{1}{10}=\frac{3}{10}\).

\(P\left( L\cap A \right)=P\left( A∣L \right)\times P\left( L \right)=\frac{2}{9}\times \frac{3}{5}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}\).

\(P\left( A \right)=P\left( L\cap A \right)+P\left( \overline{L}\cap A \right)=\frac{2}{15}+\frac{3}{10}=\frac{4}{30}+\frac{9}{30}=\frac{13}{30}\).

\(P\left( \overline{L}∣A \right)=\frac{P\left( \overline{L}\cap A \right)}{P\left( A \right)}=\frac{3/10}{13/30}=\frac{3}{10}\times \frac{30}{13}=\frac{90}{130}=\frac{9}{13}\).

Resposta: (D)

Como se trata de uma distribuição de probabilidade, \(a+b+0,2=1\Leftrightarrow a+b=0,8\).

\(P\left( X>0 \right)=P\left( X=1 \right)+P\left( X=2 \right)=b+0,2\). A condição dada, \(P\left( X=0 \right)=2P\left( X>0 \right)\), dá \(a=2\left( b+0,2 \right)=2b+0,4\).

Substituindo em \(a+b=0,8\): \(\left( 2b+0,4 \right)+b=0,8\Leftrightarrow 3b=0,4\Leftrightarrow b=\frac{0,4}{3}=\frac{2}{15}\).

Verificação: \(a=2\times \frac{2}{15}+0,4=\frac{4}{15}+\frac{6}{15}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\in \,]0,1[\) e \(b=\frac{2}{15}\in \,]0,1[\), ambos válidos.

\(P\left( X=1 \right)=b=\frac{2}{15}\).

Como se trata de uma distribuição de probabilidade, a soma das probabilidades é \(1\): \(0,2+a+0,15+0,15+b+0,1=1\Leftrightarrow a+b=0,4\).

A condição “o número de alunos que almoçaram apenas uma vez é a terça parte do número que almoçaram quatro vezes” traduz-se, em termos de probabilidades (proporcionais às frequências), por \(P\left( X=1 \right)=\frac{1}{3}P\left( X=4 \right)\), isto é, \(a=\frac{b}{3}\).

Substituindo em \(a+b=0,4\): \(\frac{b}{3}+b=0,4\Leftrightarrow \frac{4b}{3}=0,4\Leftrightarrow b=0,3\), pelo que \(a=\frac{0,3}{3}=0,1\).

O valor médio é \(E\left( X \right)=\sum _{i}^{​} {x}_{i}P\left( X={x}_{i} \right)=0\times 0,2+1\times 0,1+2\times 0,15+3\times 0,15+4\times 0,3+5\times 0,1\).

\(E\left( X \right)=0+0,1+0,3+0,45+1,2+0,5=2,55\).

a) ★★

Sejam os acontecimentos \(C\): “o aluno está inscrito no Conservatório” e \(D\): “o aluno está inscrito no Desporto Escolar”. \(P\left( C \right)=0,1\); \(P\left( D \right)=\frac{2}{5}=0,4\); \(P\left( D∣C \right)=0,5\), pelo que \(P\left( C\cap D \right)=0,5\times 0,1=0,05\).

\(P\left( \overline{D} \right)=1-0,4=0,6\).

\(P\left( C\cup D \right)=P\left( C \right)+P\left( D \right)-P\left( C\cap D \right)=0,1+0,4-0,05=0,45\), pelo que \(P\left( \overline{C}\cap \overline{D} \right)=1-P\left( C\cup D \right)=1-0,45=0,55\).

\(P\left( \overline{C}∣\overline{D} \right)=\frac{P\left( \overline{C}\cap \overline{D} \right)}{P\left( \overline{D} \right)}=\frac{0,55}{0,6}=\frac{55}{60}=\frac{11}{12}\).

b) ★★

Do item anterior: \(P\left( C\cap D \right)=0,05\).

\(P\left( C\cap \overline{D} \right)=P\left( C \right)-P\left( C\cap D \right)=0,1-0,05=0,05\) (inscritos só no Conservatório).

\(P\left( \overline{C}\cap D \right)=P\left( D \right)-P\left( C\cap D \right)=0,4-0,05=0,35\) (inscritos só no Desporto Escolar).

A probabilidade de estar inscrito em exatamente uma das atividades é \(0,05+0,35=0,4\).

O número de alunos é \(0,4\times 1360=544\).

O problema reduz-se à escolha dos dois compartimentos ocupados pelos pares branco e preto: casos possíveis \({​}^{10}{C}_{2}=45\).

Pares de compartimentos adjacentes na mesma linha: \(5\) (um por linha).

Pares de compartimentos adjacentes na mesma coluna: \(2\times 4=8\) (quatro em cada uma das duas colunas).

Casos favoráveis: \(5+8=13\).

\(P=\frac{13}{45}\).

Sejam \(M\): «o número é múltiplo de três» e \(A\): «o número é par». Então \(P\left( M \right)=0,625\) e \(P\left( A\,|\,\hat{M} \right)=\frac{1}{3}\).

\(P\left( \hat{M} \right)=1-0,625=0,375\) e \(P\left( A\cap \hat{M} \right)=\frac{1}{3}\times 0,375=0,125\).

O acontecimento pedido é \(M\cup \hat{A}\) e, pelas leis de De Morgan, \(\overline{M\cup \hat{A}}=\hat{M}\cap A\).

\(P\left( M\cup \hat{A} \right)=1-P\left( \hat{M}\cap A \right)=1-0,125=0,875=\frac{7}{8}\).

Sejam \(F\): «gosta de futebol» e \(V\): «gosta de voleibol». Então \(P\left( F \right)=0,8\), \(P\left( V\cap \hat{F} \right)=0,16\) e \(P\left( \hat{V}\,|\,F \right)=0,7\).

\(P\left( \hat{V}\cap F \right)=0,7\times 0,8=0,56\) e \(P\left( V\cap F \right)=0,8-0,56=0,24\).

\(P\left( V \right)=0,24+0,16=0,4\), logo \(P\left( \hat{V} \right)=0,6\).

\(P\left( \hat{F}\cap \hat{V} \right)=P\left( \hat{V} \right)-P\left( F\cap \hat{V} \right)=0,6-0,56=0,04\).

\(P\left( \hat{F}\,|\,\hat{V} \right)=\frac{0,04}{0,6}=\frac{1}{15}\).

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

\(P\left( A\cup \hat{B} \right)=P\left( A \right)+P\left( \hat{B} \right)-P\left( A\cap \hat{B} \right)\) e \(P\left( A\cap \hat{B} \right)=P\left( A \right)-P\left( A\cap B \right)\), pelo que \(P\left( A\cup \hat{B} \right)=P\left( \hat{B} \right)+P\left( A\cap B \right)=0,3+P\left( A\cap B \right)\).

Substituindo: \(1-P\left( A\cap B \right)-0,3-P\left( A\cap B \right)=0,1\Leftrightarrow 0,7-2P\left( A\cap B \right)=0,1\).

\(P\left( A\cap B \right)=0,3\).

Há dois cartões com número menor do que \(3\) (\(1\) e \(2\)), pelo que \(X\) pode tomar os valores \(0\), \(1\) e \(2\).

O número de casos possíveis é \({​}^{5}{C}_{3}=10\).

\(P\left( X=0 \right)=\frac{{​}^{2}{C}_{0}\times {​}^{3}{C}_{3}}{10}=\frac{1}{10}=0,1\); \(P\left( X=1 \right)=\frac{{​}^{2}{C}_{1}\times {​}^{3}{C}_{2}}{10}=\frac{6}{10}=0,6\); \(P\left( X=2 \right)=\frac{{​}^{2}{C}_{2}\times {​}^{3}{C}_{1}}{10}=\frac{3}{10}=0,3\).

\(\mu =0\times 0,1+1\times 0,6+2\times 0,3=1,2\).

Casos possíveis: cada um dos quatro algarismos pode ser qualquer um de \(0\) a \(9\), com repetição: \({​}^{10}A{'}_{4}={10}^{4}=10\,000\).

Casos favoráveis: o código tem de conter o zero e mais três algarismos diferentes, escolhidos de \(1\) a \(9\) (\(5\) ímpares e \(4\) pares). Como o zero é par, para a soma ser ímpar o número de algarismos ímpares entre os três restantes tem de ser ímpar:

um ímpar e dois pares: \({​}^{5}{C}_{1}\times {​}^{4}{C}_{2}=5\times 6=30\) conjuntos;

três ímpares: \({​}^{5}{C}_{3}=10\) conjuntos.

São, ao todo, \(30+10=40\) conjuntos de quatro algarismos; cada conjunto pode ser ordenado de \(4!=24\) maneiras: \(40\times 24=960\) casos favoráveis.

\(P=\frac{960}{10\,000}=\frac{12}{125}\).

Rapazes: \(0,64\times 25=16\), dos quais \(\frac{3}{4}\times 16=12\) têm 17 anos e \(4\) têm 18 anos.

Raparigas: \(25-16=9\), das quais \(\frac{1}{3}\times 9=3\) têm 18 anos e \(6\) têm 17 anos.

Ao todo: \(12+6=18\) alunos com 17 anos e \(4+3=7\) alunos com 18 anos.

Casos possíveis: \({​}^{25}{C}_{6}\).

Casos favoráveis: a Isabel e o José estão no grupo; falta escolher mais um aluno de 17 anos entre os restantes \(18-2=16\) e três alunos de 18 anos entre os \(7\): \(16\times {​}^{7}{C}_{3}\).

\(P=\frac{{​}^{7}{C}_{3}\times 16}{{​}^{25}{C}_{6}}=\frac{35\times 16}{177\,100}\approx 0,003\).

a) ★★★

Sejam \(A\): «o aluno frequenta Matemática A», \(B\): «o aluno é do 12.º ano» e \(n\) o número de alunos presentes.

O acontecimento descrito é \(\hat{A}\cup \hat{B}\) e, pelas leis de De Morgan, \(P\left( \hat{A}\cup \hat{B} \right)=P\left( \overline{A\cap B} \right)=1-P\left( A\cap B \right)\).

De \(1-P\left( A\cap B \right)=\frac{9}{11}\) vem \(P\left( A\cap B \right)=\frac{2}{11}\).

Os alunos do 12.º ano que frequentam Matemática A são \(10\), pelo que \(P\left( A\cap B \right)=\frac{10}{n}\).

\(\frac{10}{n}=\frac{2}{11}\Leftrightarrow n=55\): estão presentes \(55\) alunos.

b) ★★

Resposta: (C)

Dos \(25\) alunos do 12.º ano, \(10\) frequentam Matemática A e \(15\) não frequentam.

O acontecimento contrário de «pelo menos um frequenta» é «nenhum frequenta».

\(P\left( \text{nenhum} \right)=\frac{{​}^{15}{C}_{3}}{{​}^{25}{C}_{3}}=\frac{455}{2300}=\frac{91}{460}\).

\(P\left( \text{pelo menos um} \right)=1-\frac{91}{460}=\frac{369}{460}\).

Sejam \(F\): «frequenta Filosofia» e \(E\): «frequenta Economia A». Então \(P\left( F \right)=2P\left( E \right)\) e \(P\left( F\cup E \right)=3P\left( F\cap E \right)\).

De \(P\left( F\cup E \right)=P\left( F \right)+P\left( E \right)-P\left( F\cap E \right)\) vem \(3P\left( F\cap E \right)=P\left( F \right)+\frac{P\left( F \right)}{2}-P\left( F\cap E \right)\), ou seja, \(4P\left( F\cap E \right)=\frac{3}{2}P\left( F \right)\) e \(P\left( F\cap E \right)=\frac{3}{8}P\left( F \right)\).

\(P\left( \hat{E}\cap F \right)=P\left( F \right)-P\left( E\cap F \right)=P\left( F \right)-\frac{3}{8}P\left( F \right)=\frac{5}{8}P\left( F \right)\).

\(P\left( \hat{E}\,|\,F \right)=\frac{P\left( \hat{E}\cap F \right)}{P\left( F \right)}=\frac{5}{8}\).

Sejam \(A\): «o candidato é violinista» e \(B\): «o candidato é português». Então \(P\left( A \right)=\frac{3}{5}\), \(P\left( B \right)=P\left( \hat{B} \right)=\frac{1}{2}\) e \(P\left( \hat{A}\,|\,\hat{B} \right)=\frac{3}{10}\) (dos estrangeiros, \(\frac{3}{10}\) são flautistas).

\(P\left( \hat{A}\cap \hat{B} \right)=\frac{3}{10}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{20}\).

\(P\left( A\cap \hat{B} \right)=P\left( \hat{B} \right)-P\left( \hat{A}\cap \hat{B} \right)=\frac{1}{2}-\frac{3}{20}=\frac{7}{20}\).

\(P\left( A\cap B \right)=P\left( A \right)-P\left( A\cap \hat{B} \right)=\frac{3}{5}-\frac{7}{20}=\frac{1}{4}\).

\(P\left( B\,|\,A \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( A \right)}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{5}}=\frac{5}{12}\).

Casos possíveis: escolhem-se dois vértices em cada base: \({​}^{4}{C}_{2}\times {​}^{4}{C}_{2}=6\times 6=36\).

É mais simples calcular a probabilidade do acontecimento contrário: «os quatro vértices pertencem a uma mesma face lateral».

Cada face lateral do prisma contém exatamente dois vértices de cada base, pelo que há \(4\) escolhas favoráveis (uma por cada face lateral).

\(P\left( \text{mesma face} \right)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}\).

\(P=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}\).

Sejam \(P\left( A\cap B \right)=p\) e \(P\left( B \right)=b\). De \(P\left( \overline{A} \right)=3P\left( B \right)\) vem \(P\left( A \right)=1-3b\).

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

Substituindo: \(1-\left( 1-3b \right)-b+p=3b-b+p=2b+p\).

Da segunda condição: \(9p=2b+p\Leftrightarrow 8p=2b\Leftrightarrow b=4p\).

\(P\left( A∣B \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( B \right)}=\frac{p}{b}=\frac{p}{4p}=\frac{1}{4}\).

a) ★★★

Sejam \(N\) o número total de bolas e \(a\) o número de bolas amarelas. \(P\left( A \right)=\frac{a}{N}\) e, sem reposição, \(P\left( A\cap B \right)=\frac{a}{N}\times \frac{a-1}{N-1}\).

Da condição dada, e supondo \(a\ne 0\): \(\frac{a}{N}\times \frac{a-1}{N-1}=\frac{2}{3}\times \frac{a}{N}\Leftrightarrow \frac{a-1}{N-1}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow 3\left( a-1 \right)=2\left( N-1 \right)\Leftrightarrow 3a-2N=1\).

Se \(a\) fosse par, \(3a\) seria par, e \(2N\) é sempre par, pelo que \(3a-2N\) seria par; mas \(3a-2N=1\) é ímpar — contradição.

Logo \(a\) tem de ser ímpar, ou seja, inicialmente existia um número ímpar de bolas amarelas no saco.

b) ★★

Há \(200\times 0,49=98\) bolas verdes e \(200-98=102\) bolas amarelas.

“Pelo menos três verdes”, em quatro bolas extraídas, significa exatamente três verdes e uma amarela, ou as quatro verdes:

\[P=\frac{\left( \frac{98}{3} \right)\left( \frac{102}{1} \right)+\left( \frac{98}{4} \right)}{\left( \frac{200}{4} \right)}\approx 0,2957\]

Arredondado às décimas: \(P\approx 0,3\).

O conjunto tem \(1\) ponto (\(V\)) mais \(6n\) vértices (seis por cada um dos \(n\) hexágonos), ou seja, \(6n+1\) pontos no total.

O número de maneiras de escolher \(2\) desses pontos é \(\left( \frac{6n+1}{2} \right)\).

O número de maneiras de escolher \(2\) pontos que sejam vértices do mesmo hexágono é, para cada um dos \(n\) hexágonos, \(\left( \frac{6}{2} \right)=15\); no total, \(15n\).

A probabilidade pedida é

\[\frac{15n}{\left( \frac{6n+1}{2} \right)}=\frac{15n}{\frac{\left( 6n+1 \right)\times 6n}{2}}=\frac{30n}{6n\left( 6n+1 \right)}=\frac{5}{6n+1}.\]

Resolvendo \(\frac{5}{6n+1}=\frac{5}{49}\): \(6n+1=49\Leftrightarrow 6n=48\Leftrightarrow n=8\).

Como \(8>3\), a solução é válida: \(n=8\).

a) ★★

Há \(\left( \frac{9}{4} \right)\) maneiras de escolher os \(4\) compartimentos onde ficam os bombons de amêndoa (os restantes bombons, de avelã e de noz, ficam determinados a menos da respetiva ordem, que não interessa para este acontecimento); \(\left( \frac{9}{4} \right)=126\).

Para uma linha ficar totalmente preenchida com bombons de amêndoa, os \(3\) compartimentos dessa linha têm de estar entre os \(4\) escolhidos para a amêndoa; o \(4{.}^{o}\) compartimento de amêndoa fica num dos \(6\) compartimentos restantes. Há \(3\) linhas possíveis e, para cada uma, \(6\) escolhas para o \(4{.}^{o}\) compartimento: \(3\times 6=18\) casos favoráveis (não há sobreposição, pois os \(4\) bombons de amêndoa não chegam para preencher duas linhas, que exigiriam \(6\)).

A probabilidade pedida é

\[\frac{18}{126}=\frac{1}{7}.\]

b) ★★★

\(P\left( C∣\left( A\cap \overline{B} \right) \right)\) é a probabilidade de o terceiro bombom ter recheio de caramelo, sabendo que o primeiro bombom selecionado tinha recheio de frutos secos e o segundo tinha recheio de caramelo (não de frutos secos).

Inicialmente há \(9\) bombons de frutos secos e \(22\) de caramelo, num total de \(9+22=31\) bombons.

Sabendo que já ocorreu \(A\cap \overline{B}\) (o primeiro bombom retirado era de frutos secos e o segundo era de caramelo), foram retirados \(2\) bombons, um de cada tipo, pelo que restam \(9-1=8\) bombons de frutos secos… na verdade, para o acontecimento \(C\) (relativo ao caramelo), o que importa é o número de bombons de caramelo e o total de bombons que restam para a terceira extração.

Como foi retirado \(1\) bombom de caramelo (no acontecimento \(\overline{B}\)), restam \(22-1=21\) bombons de caramelo; o numerador, \(21\), representa precisamente o número de bombons de caramelo disponíveis para a terceira extração.

No total, foram retirados \(2\) bombons (um de frutos secos e um de caramelo), pelo que restam \(31-2=29\) bombons no total; o denominador, \(29\), representa o número total de bombons disponíveis para a terceira extração.

Como todos os bombons restantes são igualmente prováveis de ser escolhidos na terceira extração, \(P\left( C∣\left( A\cap \overline{B} \right) \right)=\frac{21}{29}\).

Sejam \(S\): «o aluno jogou Semáforo» e \(R\): «o aluno jogou Rastros». Tem-se \(P\left( S \right)=\frac{1}{2}\) e \(P\left( \overline{R} \right)=\frac{1}{4}\), pelo que \(P\left( R \right)=\frac{3}{4}\).

Como um quinto dos alunos que não jogaram Rastros jogou Semáforo, \(P\left( S\cap \overline{R} \right)=\frac{1}{5}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{20}\).

Como \(P\left( S \right)=P\left( S\cap R \right)+P\left( S\cap \overline{R} \right)\): \(\frac{1}{2}=P\left( S\cap R \right)+\frac{1}{20}\Leftrightarrow P\left( S\cap R \right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{20}=\frac{9}{20}\).

Pretende-se \(P\left( \overline{S}\cap R \right)\). Como \(P\left( R \right)=P\left( S\cap R \right)+P\left( \overline{S}\cap R \right)\):

\[\frac{3}{4}=\frac{9}{20}+P\left( \overline{S}\cap R \right)\Leftrightarrow P\left( \overline{S}\cap R \right)=\frac{15}{20}-\frac{9}{20}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}.\]

\(\hat{A}\cup \hat{B}=\overline{A\cap B}\), pelo que \(P\left( A\cap B \right)=1-P\left( \hat{A}\cup \hat{B} \right)=1-0,9=0,1\).

\(P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A\cap B \right)=0,3+0,4-0,1=0,6\).

Como \(A\subset \left( A\cup B \right)\), tem-se \(A\cap \left( A\cup B \right)=A\), pelo que \(P\left( A\,|\,\left( A\cup B \right) \right)=\frac{P\left( A \right)}{P\left( A\cup B \right)}=\frac{0,3}{0,6}=\frac{1}{2}\).

Sejam \(C\): «participou na caminhada» e \(R\): «participou na descida do rio». Então \(P\left( C \right)=0,8\), \(P\left( R \right)=0,5\) e \(P\left( \hat{C}\,|\,R \right)=0,3\).

\(P\left( \hat{C}\cap R \right)=P\left( \hat{C}\,|\,R \right)\times P\left( R \right)=0,3\times 0,5=0,15\).

\(P\left( C\cap R \right)=P\left( R \right)-P\left( \hat{C}\cap R \right)=0,5-0,15=0,35\).

\(P\left( C\cap \hat{R} \right)=P\left( C \right)-P\left( C\cap R \right)=0,8-0,35=0,45=45\%\).

a) ★★

Considerando um universo de \(100\) bombons (percentagens como frequências): \(60\) são de chocolate de leite e \(40\) são de chocolate negro.

Como há tantos bombons com recheio como sem recheio, \(50\) têm recheio e \(50\) não têm recheio.

Dos \(40\) bombons de chocolate negro, três em cada quatro têm recheio: \(\frac{3}{4}\times 40=30\) têm recheio e \(40-30=10\) não têm recheio.

Dos \(50\) bombons sem recheio, \(10\) são de chocolate negro, pelo que os restantes \(50-10=40\) são de chocolate de leite sem recheio.

A probabilidade pedida é \(\frac{40}{100}=\frac{2}{5}\).

b) ★★★

Seja \(n\) o número total de bombons na caixa nesse momento; há \(6\) de chocolate negro e \(n-6\) de chocolate de leite.

A probabilidade de, em duas extrações sucessivas e sem reposição, sair um bombom de cada tipo (em qualquer ordem) é \(\frac{6\times \left( n-6 \right)}{{​}^{n}{C}_{2}}=\frac{12\left( n-6 \right)}{n\left( n-1 \right)}\).

Igualando a \(0,38=\frac{19}{50}\): \(\frac{12\left( n-6 \right)}{n\left( n-1 \right)}=\frac{19}{50}\Leftrightarrow 600\left( n-6 \right)=19n\left( n-1 \right)\Leftrightarrow 19{n}^{2}-619n+3600=0\).

Resolvendo: \(n=\frac{619\pm \sqrt{{619}^{2}-4\times 19\times 3600}}{2\times 19}=\frac{619\pm \sqrt{109\,561}}{38}=\frac{619\pm 331}{38}\).

As soluções são \(n=\frac{950}{38}=25\) ou \(n=\frac{288}{38}\approx 7,58\) (não natural, logo excluída).

Havia, pois, \(25\) bombons na caixa nesse momento (verificação: \(\frac{12\times \left( 25-6 \right)}{25\times 24}=\frac{228}{600}=0,38\) ✓).

a) ★★

Resposta: (B)

O número total de conjuntos de quatro bolas (de entre as \(21\)) é \({​}^{21}{C}_{4}=5985\).

“No máximo três azuis” é o complementar de “as quatro bolas são azuis”: o número de conjuntos com as quatro bolas azuis é \({​}^{7}{C}_{4}=35\).

O número de conjuntos pedido é \(5985-35=5950\).

b) ★★★

\(P\left( \overline{C}∣\left( A\cap B \right) \right)\) é a probabilidade de a terceira bola extraída não ser azul (ou seja, ser vermelha), sabendo que já ocorreu \(A\cap B\), isto é, que a primeira bola extraída foi vermelha e a segunda foi azul.

Sabendo que já saíram uma bola vermelha e uma bola azul (sem reposição), na caixa restam \(21-2=19\) bolas: das \(14\) bolas vermelhas iniciais, restam \(14-1=13\); das \(7\) azuis iniciais, restam \(7-1=6\).

Como todas as bolas têm igual probabilidade de ser extraídas, a probabilidade de a terceira bola ser vermelha (isto é, não ser azul), sabendo o que já foi extraído, é o quociente entre o número de bolas vermelhas restantes e o número total de bolas restantes: \(\frac{13}{19}\).

O numerador, \(13\), representa o número de bolas vermelhas que restam na caixa depois das duas primeiras extrações (uma vermelha e uma azul); o denominador, \(19\), representa o número total de bolas que restam na caixa nesse momento.

Há \(4\times 4=16\) pares igualmente prováveis \(\left( a,b \right)\), com \(a,b\in \{1,2,3,4\}\), e \(X={\left( a-b \right)}^{2}\).

\(X=0\) quando \(a=b\): há \(4\) casos, \(P\left( X=0 \right)=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}\).

\(X=1\) quando \(\left| a-b \right|=1\): pares \(\left( 1,2 \right),\left( 2,1 \right),\left( 2,3 \right),\left( 3,2 \right),\left( 3,4 \right),\left( 4,3 \right)\), \(6\) casos, \(P\left( X=1 \right)=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}\).

\(X=4\) quando \(\left| a-b \right|=2\): pares \(\left( 1,3 \right),\left( 3,1 \right),\left( 2,4 \right),\left( 4,2 \right)\), \(4\) casos, \(P\left( X=4 \right)=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}\).

\(X=9\) quando \(\left| a-b \right|=3\): pares \(\left( 1,4 \right),\left( 4,1 \right)\), \(2\) casos, \(P\left( X=9 \right)=\frac{2}{16}=\frac{1}{8}\).

\(E\left( X \right)=0\times \frac{1}{4}+1\times \frac{3}{8}+4\times \frac{1}{4}+9\times \frac{1}{8}=0+0,375+1+1,125=2,5\).

O saco tem \(7\) bolas (\(4\) com o \(0\), \(1\) com o \(2\), \(2\) com o \(3\)); há \({​}^{7}{C}_{2}=21\) pares possíveis, igualmente prováveis.

A variável \(X\) (produto dos números das duas bolas) pode tomar os valores \(0\) (se pelo menos uma das bolas tiver o número \(0\)), \(6\) (se saírem a bola do \(2\) e uma bola do \(3\)) ou \(9\) (se saírem as duas bolas do \(3\)) — não há outras combinações possíveis.

\(P\left( X=0 \right)\): é mais fácil calcular pelo complementar — o número de pares sem nenhuma bola de número \(0\) é \({​}^{3}{C}_{2}=3\) (escolhidos de entre a bola do \(2\) e as duas do \(3\)), pelo que \(P\left( X=0 \right)=1-\frac{3}{21}=\frac{18}{21}=\frac{6}{7}\).

\(P\left( X=6 \right)\): ocorre quando se retira a (única) bola do \(2\) e uma das duas bolas do \(3\): \(\frac{1\times 2}{21}=\frac{2}{21}\).

\(P\left( X=9 \right)\): ocorre quando se retiram as duas bolas do \(3\): \(\frac{{​}^{2}{C}_{2}}{21}=\frac{1}{21}\).

Confirmação: \(\frac{18}{21}+\frac{2}{21}+\frac{1}{21}=\frac{21}{21}=1\).

Considerando um universo de \(600\) funcionários (múltiplo conveniente de denominadores): \(60\%\) têm menos de \(30\) anos, ou seja, \(0,6\times 600=360\); os restantes \(600-360=240\) têm \(30\) ou mais anos.

Dos \(360\) funcionários com menos de \(30\) anos, cinco em cada seis praticam atividade física: \(\frac{5}{6}\times 360=300\) praticam, e \(360-300=60\) não praticam.

O número de funcionários com menos de \(30\) anos que pratica atividade física (\(300\)) é o dobro do número de funcionários com \(30\) ou mais anos que pratica atividade física, pelo que estes últimos são \(\frac{300}{2}=150\).

Dos \(240\) funcionários com \(30\) ou mais anos, \(150\) praticam atividade física, pelo que \(240-150=90\) não praticam.

Como o funcionário selecionado tem \(38\) anos (logo, \(30\) ou mais anos), a probabilidade pedida é \(\frac{90}{240}=\frac{3}{8}\).

Da definição de probabilidade condicionada: \(P\left( B∣A \right)=\frac{P\left( A\cap B \right)}{P\left( A \right)}=\frac{1}{5}\Leftrightarrow P\left( A\cap B \right)=\frac{P\left( A \right)}{5}\). (i)

\(P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A\cap B \right)=4P\left( B \right)\); substituindo (i): \(P\left( A \right)+P\left( B \right)-\frac{P\left( A \right)}{5}=4P\left( B \right)\Leftrightarrow \frac{4}{5}P\left( A \right)=3P\left( B \right)\Leftrightarrow P\left( A \right)=\frac{15}{4}P\left( B \right)\). (ii)

\(A\cap \overline{B}=A\B\), pelo que \(P\left( A\cap \overline{B} \right)=P\left( A \right)-P\left( A\cap B \right)=P\left( A \right)-\frac{P\left( A \right)}{5}=\frac{4}{5}P\left( A \right)\).

Substituindo em \(P\left( \overline{B} \right)=\frac{4}{3}P\left( A\cap \overline{B} \right)\): \(1-P\left( B \right)=\frac{4}{3}\times \frac{4}{5}P\left( A \right)=\frac{16}{15}P\left( A \right)\).

Substituindo (ii): \(1-P\left( B \right)=\frac{16}{15}\times \frac{15}{4}P\left( B \right)=4P\left( B \right)\Leftrightarrow 1=5P\left( B \right)\Leftrightarrow P\left( B \right)=\frac{1}{5}\).

Como \(P\left( B∣A \right)=\frac{1}{5}=P\left( B \right)\), conclui-se que \(A\) e \(B\) são independentes (a ocorrência de \(A\) não altera a probabilidade de \(B\)).

Interpretação: \(P\left( \left( A\cap B \right)∣C \right)\) é a probabilidade de as quatro faces não coloridas de preto/branco ficarem coloridas de azul, verde, vermelho e amarelo e de serem precisamente as faces perpendiculares ao eixo \(Oy\) (as duas bases) a ficar coloridas de preto e de branco, sabendo que duas faces opostas quaisquer (não necessariamente as bases) ficam coloridas de preto e de branco.

Um prisma deste tipo tem exatamente \(3\) pares de faces opostas: o par das bases e dois pares de faces laterais opostas. Por simetria (qualquer um dos \(3\) pares tem, à partida, a mesma probabilidade de ser o par colorido de preto/branco), condicionando ao acontecimento \(C\) (algum par de faces opostas fica colorido de preto e branco), a probabilidade de ser precisamente o par das bases (acontecimento \(B\)) é \(\frac{1}{3}\).

Dentro desse cenário (bases coloridas de preto/branco, em qualquer das \(2!\) ordens possíveis), as restantes \(4\) faces (laterais) têm de ficar coloridas, cada uma com uma cor distinta escolhida entre as \(8\) cores restantes (as \(10\) cores disponíveis menos o preto e o branco, já usados); o número total de formas de o fazer é o arranjo \({​}^{8}{A}_{4}\), das quais apenas \(4!\) correspondem ao acontecimento \(A\) (as quatro cores específicas azul/verde/vermelho/amarelo, por qualquer ordem, nas \(4\) faces).

Combinando: \(P\left( \left( A\cap B \right)∣C \right)=\frac{2!\times 4!}{3\times 2!\times {​}^{8}{A}_{4}}=\frac{2\times 24}{3\times 2\times 1680}=\frac{48}{10\,080}=\frac{1}{210}\).