MATERIAL OBMEP - PROBABILIDADE

Escrito por Matheus Bezerra e João Rafael

 

INTRODUÇÃO.

Probabilidade é um assunto recorrente em provas de OBMEP nível 3 e muitas vezes é temida pelos olímpicos. Por isso, esse material trará algumas ideias interessantes em problemas desse assunto, assim como uma lista bem completa de problemas de probabilidade em nível OBMEP para que você se familiarize com as questões desse tipo. Procuramos organizar os problemas por ordem de dificuldade, ficando possível a você pular determinadas questões que já se sinta capacitado o suficiente para fazer. Também disponibilizamos soluções de todas elas, escritas pelos autores. Aproveite!

 

Probabilidade Geral:

É sempre bom lembrar que podemos recorrer à definição mais comum de probabilidade para resolver os problemas, onde a probabilidade $P$ de ocorrer um evento é dada por $P=\dfrac{F}{T}$, onde $F$ é a quantidade de casos favoráveis no evento e $T$ a quantidade total de casos. Veja o exemplo:

Exemplo 1. (OBMEP/2019-F1-N3-P8) Em uma caixa há cinco bolas idênticas, com as letras $O$, $B$, $M$, $E$ e $P$. Em uma segunda caixa há três bolas idênticas, com as letras $O$, $B$ e $M$. Uma bola é sorteada da primeira caixa e, a seguir, outra bola é sorteada da segunda caixa. Qual é a probabilidade de que essas bolas tenham a mesma letra?

Solução: Temos $5$ possíveis escolhas de bolas na primeira caixa e $3$ possíveis escolhas na segunda. Com isso, a quantidade total de possíveis retiradas de bolas das caixas é de $5\cdot 3=15$. Agora, para que as duas bolas possuam a mesma letra, como a segunda caixa só possui bolas $O$, $B$ e $M$, na primeira caixa precisamos tirar uma bola com uma dessas letras e, portanto, temos $3$ possibildiades favoráveis para a retirada da bola da primeira caixa. Após isso, perceba que a bola que devemos retirar da segunda caixa já fica determinada, já que deve ser a bola de mesma letra da que já retiramos. Assim, a quantidade de casos favoráveis é de $3\cdot 1=3$. Concluímos então que a probabildiade pedida é de $\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}$ $\blacksquare$

Probabilidades Condicionais:

Perceba que podemos calcular a probabilidade de um evento geral contando separadamente as probabilidades de cada um dos casos que o compõem, multiplicando as probabilidades quando essas são dependentes umas das outras, e somando-as quando são independentes, assim como acontece nos princípios multiplicativo e aditivo da contagem. Como exemplo, veja esse problema:

Exemplo 2. (OBMEP/2009-F1-N3-P15) Luciana tem três canetas pretas e três vermelhas. Ontem ela pegou, ao acaso, uma dessas canetas e colocou-a na bolsa. Hoje ela colocou uma caneta preta na bolsa. Se ela retirar uma dessas duas canetas da bolsa, sem olhar, qual a probabilidade de essa caneta ser preta?

Solução: Podemos separar a contagem das probabilidades em dois casos: (1) A caneta pega por Luciana no primeiro dia foi preta ou (2) A caneta pega foi vermelha. A probabilidade dela pegar uma caneta preta no primeiro dia é de $\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$, visto que há $3$ canetas pretas em meio a $6$ canetas totais e, dado que isso ocorre, então as duas canetas que estarão na bolsa no segundo dia serão pretas, garantindo que Luciana irá retirar uma caneta preta da bolsa. Portanto, a probabilidade no caso (1) é $\dfrac{1}{2}$. Já se Luciana retira uma caneta vermelha no primeiro dia (Com probabilidade também $\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$ disso ocorrer), então no segundo dia a probabilidade de ela retirar uma caneta preta será $\dfrac{1}{2}$, já que estarão lá uma caneta vermelha e uma preta. Portanto, a probabilidade de (2) é $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$ (perceba que multiplicamos as probabilidades porque a caneta retirada no segundo dia depende da retirada no primeiro. Concluímos então que, juntando todos os possíveis casos, a probabilidade total de que ela retire uma caneta preta no segundo dia é $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$, já que o caso (1)e o caso (2) são independentes $\blacksquare$

PROBLEMAS PROPOSTOS.

PRIMEIRA FASE

1. (OBMEP/2005-F1-N3-P19) Brasil e Argentina participam de um campeonato internacional de futebol no qual competem oito seleções. Na primeira rodada serão realizadas quatro partidas, nas quais os adversários são escolhidos por sorteio. Qual é a probabilidade de Brasil e Argentina se enfrentarem na primeira rodada?

2. (OBMEP/2011-F1-N3-P12) Três amigas possuem, cada uma, três blusas: uma amarela, uma branca e uma preta. Se cada amiga escolher ao acaso uma de suas blusas, qual é a probabilidade de que as cores das blusas escolhidas sejam todas diferentes?

3. (OBMEP/2006-F1-N3-P16)  Uma caixa contém cinco bolas numeradas de $1$ a $5$. Dela são retiradas ao acaso duas bolas. Qual a probabilidade de que o maior número assim escolhido seja o $4$?

4. (OBMEP/2010-F1-N3-P14) Carolina tem três cartões brancos numerados de $1$ a $3$ e três cartões pretos, também numerados de $1$ a $3$. Ela escolheu, ao acaso, um cartão branco e um preto. Qual é a probabilidade de a soma dos números dos cartões escolhidos ser par?

5. (OBMEP/2015-F1-N3-P12) Na figura abaixo, o círculo das centenas está dividido em três setores, um semicircular e outros dois de mesma área. Cada um dos outros dois círculos está dividido em setores de mesma área. As setas nesses círculos, quando giradas, param ao acaso em algum setor, determinando um número de três algarismos. Por exemplo, na figura elas determinaram o número $331$. Qual é a probabilidade de que o número determinado pelas setas, após serem giradas, seja maior do que $260$?

6. (OBMEP/2016-F1-N3-P16) A professora decidiu premiar, por sorteio, dois dentre os $20$ alunos da turma de João. Para o sorteio, $20$ bolas com os números dos alunos foram colocadas em uma caixa. A primeira bola sorteada pela professora caiu no chão e se perdeu, sem que ninguém visse seu número. Ela decidiu fazer o sorteio com as bolas restantes. Qual é a probabilidade de que João tenha sido um dos dois alunos sorteados?

7. (OBMEP/2018-F1-N3-P19) Tomás tem duas caixas, cada uma com cinco bolas numeradas de $1$ a $5$. As dez bolas são idênticas, exceto pelo seu número. Ele sorteia uma bola da primeira caixa e a colcoca na segunda. Em seguida, ele sorteia duas bolas da segunda caixa. Qual é a probabilidade de que a soma dos números das duas bolas sorteadas da segunda caixa seja igual a $6$?

8. (OBMEP/2017-F1-N3-P19) Uma caixa contém nove bolas idênticas numeradas de $1$ a $9$. Uma primeira bola é sorteada, seu número é anotado e a bola é devolvida à caixa. Repete-se esse procedimento mais duas vezes, anotando-se também os números da segunda e terceira bolas sorteadas. Qual é a probabilidade de que a soma dos números nas duas primeiras bolas sorteadas não seja um múltiplo de $3$ e a soma dos números nas três bolas sorteadas seja um múltiplo de $3$?

9. (OBMEP/2014-F1-N3-P19) Dois dados têm suas faces pintadas de vermelho ou azul. Ao jogá-los, a probabilidade de observarmos duas faces superiores de mesma cor é $11/18$. Se um deles tem cinco faces vermelhas e uma azul, quantas faces vermelhas tem o outro?

10. (OBMEP/2008-F1-N3-P20) Em um jogo, Pedro lança uma moeda para decidir quantas casas avançar. Quando sai cara, ele avança uma casa; quando sai coroa, ele avança duas casas. O jogo acaba quando Pedro alcança ou ultrapassa a última casa. Faltam três casas para Pedro terminar o jogo. Qual é a probabilidade de que ele tire coroa em sua última jogada?

11. (OBMEP/2019-F1-N3-P17) Uma formiga caminha pela grade ao lado, podendo se mover apenas para a direita ou para cima. Se tiver duas opções para se mover, ela escolhe uma ao acaso, com probabilidade $1/2$. Qual é a probabilidade de que a formiga comece no ponto $A$ e termine no ponto $B$?

12. (OBMEP/2012-F1-N3-P20) Pedro vai participar de um programa de prêmios em que há uma urna contendo quatro bolas com valores diferentes e desconhecidos por ele, que serão sorteadas uma a uma até que ele decida ficar com uma delas. Ele observa o valor das duas primeiras bolas sorteadas e as descarta. Se o valor da terceira bola sorteada for maior que os das duas primeiras, ele ficará com ela e, caso contrário, ficará com a bola que restou. Qual é a probabilidade de Pedro ficar com a bola de maior valor?

 

SEGUNDA FASE

13. (OBMEP/2019-F2-N3-P3) As amigas Ana, Beatriz, Cláudia e Diana têm uma bola cada uma. Quando toca um sinal, cada menina escolhe, ao acaso, uma de suas três amigas para jogar sua bola.

$a)$ Qual é a probabilidade de que Ana receba três bolas?

$b)$ Qual é a probabilidade de que Ana receba exatamente duas bolas?

$c)$ Qual é a probabilidade de que cada menina receba uma bola?

14. (OBMEP/2012-F2-N3-P5) Em uma caixa há $9$ bolas amarelas numeradas de $1$ a $9$ e, em uma segunda caixa, há $9$ bolas brancas, também numeradas de $1$ a $9$. Todas as bolas são idênticas, exceto por sua cor e seu número. Uma bola amarela é sorteada e colocada na segunda caixa; a seguir, uma bola é sorteada da segunda caixa.

$a)$ Qual é a probabilidade de que a bola sorteada da segunda caixa seja amarela?

$b)$ Qual é a probabilidade de que as duas bolas sorteadas tenham o mesmo número?

$c)$ Qual é a probabilidade de que a bola sorteada da segunda caixa tenha o número $1$?

15. (OBMEP/2009-F2-N3-P4) Quatro times, entre os quais o Quixajuba, disputam um torneio de vôlei em que:

• cada time joga contra cada um dos outros uma única vez;
• qualquer partida termina com a vitória de um dos times;
• em qualquer partida os times têm a mesma probabilidade de ganhar;
• ao final do torneio, os times são classificados em ordem pelo número de vitórias.

$a)$ É possível que, ao final do torneio, todos os times tenham o mesmo número de vitórias? Por quê?

$b)$ Qual é a probabilidade de que o torneio termine com o Quixajuba isolado em primeiro lugar?

$c)$ Qual é a probabilidade de que o torneio termine com três times empatados em primeiro lugar?

16. (OBMEP/2016-F2-N3-P6) Seis bolas idênticas foram numeradas de $1$ a $6$ e colocadas em uma caixa. Joaquim retira, uma a uma, quatro bolas da caixa e observa seus números, sem recolocá-las na caixa.

$a)$ Qual é a probabilidade de que o menor número observado seja $1$?

$b)$ Qual é a probabilidade de que o maior número observado seja $5$?

$c)$ Qual é a probabilidade de que o menor número observado seja $1$ e o maior seja $5$?

$d)$ Qual é a probabilidade de que o menor número observado saia na primeira bola retirada e o maior, na última bola?

17. (OBMEP/2015-F2-N3-P6) Para a primeira fase de um torneio internacional de futebol foram classificadas $3$ equipes espanholas, $2$ francesas, $1$ alemã, $1$ portuguesa e $1$ italiana. Nessa fase, serão realizadas quatro partidas, com os confrontos definidos por sorteio. Em seguida, duas semifinais serão realizadas com as quatro equipes vencedoras da primeira fase, também com os confrontos definidos por sorteio. As duas equipes vencedoras jogarão a partida final.

$a)$ Qual é a probabilidade de que, na primeira fase, as duas equipes francesas se enfrentem?

$b)$ Qual é a probabilidade de ocorrer, na primeira fase, um confronto entre duas equipes espanholas?

$c)$ Admitindo que em cada confronto do torneio as equipes têm, todas, iguais probabilidades de ganhar, qual é a probabilidade de que a final seja realizada entre duas equipes de um mesmo país?

18. (OBMEP/2008-F2-N3-P5) No brinquedo ilustrado na figura, bolinhas são colocadas nas entradas $A$, $B$ ou $C$ e movem-se sempre para baixo, terminando em uma das caixas $1$, $2$ ou $3$. Ao atingir um dos pontos marcados com, as bolinhas têm chances iguais de ir para cada um dos dois lados.

$a)$ Se uma bolinha for colocada em $C$, em quais caixas ela pode parar? E se ela for colocada em $B$?

$b)$ Se uma bolinha for colocada em $A$, qual é a probabilidade de que ela vá parar na caixa $2$? E se ela for depositada em $B$, qual é essa probabilidade?

$c)$ Se colocarmos uma bolinha em cada entrada (uma de cada vez), qual é a probabilidade de que, no final, haja uma bolinha em cada caixa?

19. (OBMEP/2013-F2-N3-P5) Homero segura um número ímpar de barbantes idênticos e pede para Sofia amarrar pares de pontas ao acaso, de cada lado de sua mão, até que sobre somente uma ponta de cada lado. A figura ilustra o procedimento para três barbantes.

$a)$ Com três barbantes, qual é a probabilidade de que todos os barbantes fiquem unidos em um único fio?

$b)$ Com cinco barbantes, qual é a probabilidade de que um dos pedaços originais de barbante fique separado dos demais?

$c)$ Com cinco barbantes, qual é a probabilidade de que os barbantes fiquem unidos em um único fio?

20. (OBMEP/2010-F2-N3-P5) André, Bianca, Carlos e Dava querem sortear um livro entre eles. Para isso, colocaram três bolas brancas e uma preta em uma caixa e combinaram que, em ordem alfabética de seus nomes, cada um tiraria uma bola, sem devolvê-la à caixa. Aquele que tirasse a bola preta ganharia o livro.

$a)$ Qual é a probaibilidade de André ganhar o livro?

$b)$ Qual é a probabilidade de Dalva ganhar o livro?

Para sortear outro livro, André sugeriu usar duas bolas pretas e seis brancas. Como antes, o primeiro que tirasse uma bola preta ganharia o livro; se as primeiras quatro bolas fossem brancas, esles continuariam a retirar bolas , na mesma ordem. Nesse novo sorteio:

$c)$ Qual é a probabilidade de André ganhar o livro?

$d)$ Qual é a probabilidade de Dalva ganhar o livro?

21. (OBMEP/2018-F2-N3-P5) Em uma caixa há $6$ barbantes idênticos. Em cada etapa, duas extremidades de barbantes são escolhidas ao acaso e amarradas com um nó. O processo é repetido até que não haja mais extremidades livres.

$a)$ Quantos nós são feitos até o final do processo?

$b)$ Qual é a probabilidade de que, na primeira etapa, sejam amarradas as duas pontas de um mesmo barbante?

$c)$ Qual é a probabilidade de que, na última etapa, sejam amarradas as duas pontas de um dos barbantes originais?

$d)$ Qual é a probabilidade de que, ao final do processo, os barbantes estejam todos amarrados em um único laço?

22. (OBMEP/2014-F2-N3-P6) Cada uma das cem pessoas de uma fila escolhe, ao acaso, um número de 1 a 20 e o escreve em um papel, mantendo esse número em segredo. Depois que todos escreveram, o primeiro da fila anuncia o seu número. Em seguida, o segundo da fila faz o mesmo, e assim sucessivamente. A primeira pessoa que anunciar um número igual a um número já anunciado ganha um prêmio.

$a)$ O primeiro da fila não tem chance de ganhar o prêmio. Qual é a posição da próxima pessoa da fila que também não tem chance alguma de ganhar o prêmio?

$b)$ Qual é a probabilidade de que o terceiro da fila ganhe o prêmio?

$c)$ Quem tem maior probabilidade de ganhar o prêmio: o sétimo da fila ou o oitavo? Justifique.

$d)$ Em que posição ou posições da fila é maior a probabilidade de ganhar o prêmio? Justifique.

BANCO DE QUESTÕES

1. (BANCO/2010-P125) Uma urna tem seis bolas numeradas de $1$ a $6$. Se duas bolas são extraidas, qual é a probabilidade de a diferença entre os números dessas duas bolas ser igual a $1$?

2. (BANCO/2010-P190) Uma urna tem nove bolas, numeradas de $1$ a $9$. José e Maria retiram, cada um, simultaneamente, uma bola da urna. Com as bolas retiradas eles formam um número de dois algarismos, sendo que o número que está escrito na bola de José é o algarismo das dezenas e o número que está escrito na bola de Maria é o algarismo das unidades. Qual é a probabilidade desse número ser par?

3. (BANCO/2010-P34) Há $1002$ balas de banana e $1002$ balas de maçã numa caixa. Lara tira, sem olhar o sabor, duas balas da caixa. Se $q$ é a probilidade de as duas balas serem de sabores diferentes e $p$ é a probabilidade de as duas balas serem de sabores iguais, qual é o valor de $q-p$?

4. (BANCO/2013-P11) O professor Guilherme criou três estranhas máquinas. A máquina A transforma um gato em um cachorro com probabilidade $\dfrac{1}{3}$. A máquina B transforma um gato em um cachorro com probabilidade $\dfrac{2}{5}$. A máquina C transforma um gato em um cachorro com probabilidade $\dfrac{1}{4}$. E se o animal é um cachorro, nenhuma das máquina faz transformação alguma. O professor Guilherme colocou um gato na máquina A, depois colocou o animal resultante da máquina A na máquina B e, por fim, colocou o animal resultante da máquina B na máquina C. Qual a probabilidade de ter saído um cachorro ao fim desse processo?

5. (BANCO/2011-P93) Tiago escreve todos os números de quatro dígitos com todos os algarismos distintos, não nulos e de mesma paridade. Qual a probabilidade de que, ao escolhermos um desses números, ele seja par?

6. (BANCO/2014-P8-Adaptado) A partir de hoje, o grande apostador Carlo Pietro decidiu frequentar cassinos diariamente. No primeiro dia, ele apostará em um jogo cuja probabilidade de ganhar é igual a $\dfrac{1}{2}$. Nos segundo, terceiro e quarto dias, ele apostará em jogos diferentes cujas probabilidades de vitória são, respectivamente, iguais a $\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{5}$ e assim por diante nos dias que se seguirem.

Qual a probabilidade de que ele não tenha ganhado até o $n$-ésimo dia?

7. (BANCO/2012-P24) Em uma caixa há $10$ bolas, numeradas de $1$ a $10$. O número de cada bola corresponde a um dos pontos da figura, os quais dividem a circunferência em $10$ partes iguais. Nos itens a seguir, considere que as bolas são retiradas ao acaso, uma a uma e sem reposição.

 

$a)$ Se forem retiradas duas bolas, qual é a probabilidade de que o segmento determinado pelos pontos correspondentes seja um diâmetro da circunferência?

$b)$ Se forem retiradas três bolas, qual é a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam vértices de um triângulo retângulo?

$c)$ Se forem retiradas quatro bolas, qual é a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam vértices de um retângulo?

8. (BANCO/2018-P4) Em um torneio com $10$ times, cada um deles se enfrenta uma única vez. Além disso, não ocorrem empates e cada um possui $50$% de chance de ganhar qualquer partida. Qual a probabilidade de, após contabilizadas as pontuações dos jogos, não existirem dois jogadores com o mesmo número de vitórias?

9. (BANCO/2011-P98)  Dez pontos são dados no plano e não existem três colineares. Quatro segmentos distintos ligando pares destes pontos são escolhidos ao acaso, mas todos com a mesma probabilidade. Qual é a probabilidade de três dos segmentos escolhidos formarem um triângulo?

10. (BANCO/2017-P9) Considere o conjunto de todos os números de $5$ dígitos cuja soma dos dígitos é $43$. Um desses números é escolhido ao acaso. Qual a probabilidade dele ser múltiplo de $11$?

11. (BANCO/2018-P13-Adaptado) Dois jogadores se enfrentam em um jogo de combate com dados de faces numeradas de $1$ a $6$. O atacante lançará três dados e o defensor, dois. O atacante derrotará o defensor em apenas um lance de dados se, e somente se, as duas condições seguintes forem satisfeitas:

$i)$ O maior dado do atacante for maior do que o maior dado do defensor.

$ii)$ O segundo maior dado do atacante for maior do que o segundo maior dado do defensor (convencionamos que o “segundo maior dado” pode ser igual ao maior dado, caso dois ou mais dados empatem no maior valor).

Considerando que todos os dados não são viciados (tem a mesma chance de qualquer número cair), calcule a probabilidade de o atacante vencer com o defensor conseguindo nos dados dele:

$a)$ $2$ cincos.

$b)$ $1$ cinco e $1$ quatro.

$c)$ E se o atacante jogar apenas dois dados sem importar a ordem deles, qual a probabilidade de o dele vencer?

12. (BANCO/2011-P97) Existem bolas azuis e vermelhas, todas distinguiveis umas das outras, numa caixa. A probabilidade de sortear duas bolas de cores diferentes, ao retirar duas bolas ao acaso, é $\dfrac{1}{2}$. Prove que o número de bolas é um quadrado perfeito.

13. (BANCO/2020-P30-Adaptado) Seja $\overline{ab}$ um número inteiro de dois dígitos ($a$ e $b$ são dígitos com $a\neq0$). Um inteiro positivo $n$ é parente de $\overline{ab}$ se:
$i)$ o dígito das unidades de $n$ também é $b$.

$ii)$ os outros dígitos de $n$ são distintos de zero e somam $a$.

Qual a probabilidade de, escolhidos ao acaso um número de $2$ digitos e seu parente, eles serem iguais?

SOLUÇÕES.

 

PRIMEIRA FASE

1. (OBMEP/2005-F1-N3-P19) Resposta: $\dfrac{1}{7}$.

Existem $7$ adversários possíveis para o Braisl na primeira rodada, e somente um deles é a Argentina, o que garante que a probabilidade desejada é de $\dfrac{1}{7}$ $\blacksquare$

2. (OBMEP/2011-F1-N3-P12) Resposta: $\dfrac{2}{9}$.

A primeira amiga possui $3$ possibilidades de escolher a cor de sua blusa. Após isso, a segunda delas só pode escolher uma das duas cores restantes e a teceira deve ficar com a última cor. Sendo assim, há $3\cdot 2\cdot 1=6$ casos favoráveis, enquanto que nos casos totais, cada uma três possibilidades de escolha, resultando em $3\cdot 3\cdot 3=27$ casos totais. Portanto, a probabilidade pedida é de $\dfrac{6}{27}=\dfrac{2}{9}$ $\blacksquare$

3. (OBMEP/2006-F1-N3-P16) Resposta: $\dfrac{3}{10}$.

A quantidade total de possíveis retiradas de duas bolas das cinco é de $\binom{5}{2}=\dfrac{5\cdot 4}{2}=10$. Agora, para contar a quantidade de retiradas favoráveis de bolas, tendo que a bola de maior valor retirada deve ser a de número $4$, temos que escolher a bola restante, dentre as bolas que são de valor menor que $4$  ($1$, $2$ e $3$), que são, portanto, três possibilidades de escolhas favoráveis. Concluímos então que a probabildiade pedida é de $\dfrac{3}{10}$ $\blacksquare$

4. (OBMEP/2010-F1-N3-P14) Resposta: $\dfrac{5}{9}$.

Perceba que há dois casos favoráveis: (1) Os números de ambos os cartões preto e branco sorteados são pares ou (2) Os números em ambos os cartões são ímpares. Como de $1$ a $3$ há dois números ímpares e apenas um par, a probabilidade de que saia um número ímpar em alguma cor de cartão é $\dfrac{2}{3}$ e a probabilidade de sair um par é $\dfrac{1}{3}$. Portanto, o caso (1) possui probabilidade $\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{9}$ de ocorrer e o caso (2) tem probabilidade $\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}$, concluindo então que a probabilidade total pedida é de $\dfrac{1}{9}+\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}$ $\blacksquare$

5. (OBMEP/2015-F1-N3-P12) Resposta: $\dfrac{11}{20}=55$%.

Para que o número resultante seja maior que $260$, é necessário que na primeira roleta o algarismo sorteado seja o $3$ ou o $2$. Caso o $3$ seja o sorteado, qualquer que seja o resultado nas outras duas roletas o número resultante será maior que $260$, visto que será no mínimo igual a $310$. Assim, como o $3$ preenche metade da primeira roleta, a probabilidade desse caso ocorrer é $\dfrac{1}{2}$. Agora, se o sorteado na primeira roleta foi o $2$ (probabilidade $\dfrac{1}{4}$ disso ocorrer), é necessário que o algarismo sorteado na segunda seja pelo menos igual ao $6$, tendo então somente o $8$ como possibilidade favorável, dentre $5$ números disponíveis (probabilidade $\dfrac{1}{5}$, portanto), e determinados esses dois primeiros algarismos, o algarismo sorteado na terceira roleta pode ser qualquer um, visto que o número será pelo menos $280$, que já é maior que o $260$. Assim, a probabilidade desse segundo caso ocorrer é $\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{20}$. Concluímos então que a probabilidade total de o número resultante ser maior que $260$ é $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{10}{20}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{11}{20}=55$% $\blacksquare$

6. (OBMEP/2016-F1-N3-P16) Resposta: $\dfrac{1}{10}$.

Inicialmente, para que João possa ter sido um dos premiados, é necessário que a bola que caiu não tenha sido a de João. Como há $19$ bolas que podem cair dentre $20$ de forma a cumprir essa necessidade, a probabilidade de a bola caída não ter sido a de João é $\dfrac{19}{20}$. Agora, após sabermos que a bola de João continua entre as $19$ restantes na caixa, precisamos que a professora sorteie um par de bolas que contenha a de João. Assim, existem $18$ pares favoráveis (que são os pares que contém a bola de João e mais alguma das outras $18$ restantes), num cenário de $\binom{19}{2}=\dfrac{19\cdot 18}{2}=9\cdot 19$ possíveis escolhas de duas bolas $\implies$ a probabilidade de o par retirado conter a bola de João é $\dfrac{18}{9\cdot 19}=\dfrac{2}{19}$. Portanto, a probabilidade pedida é $\dfrac{19}{20}\cdot \dfrac{2}{19}=\dfrac{1}{10}$ $\blacksquare$

7. (OBMEP/2018-F1-N3-P19) Resposta: $\dfrac{1}{5}$.

Perceba que com números inteiros de $1$ a $5$, podemos ter uma soma $6$ com dois números apenas nos casos $1+5$, $2+4$ e $3+3$, a menos da ordem das parcelas. Assim, para que Tomás retire duas bolas com soma $6$, é necessário que o par de bolas retiradas por ele seja um dos três pares citados. Agora, veja que independente de qual a bola que ele retire da primeira caixa para colocar na segunda, a quantidade de pares favoráveis de bolas que ele poderá retirar da segunda caixa será $3$, como mostrado:

• Se Tomás retira uma bola de número $1$, $2$, $4$ ou $5$ da primeira caixa, então na segunda caixa ele terá os $3$ pares favoráveis sendo $(1, 4)$ e $(2, 5)$, com repetição de um deles pois uma das $4$ bolas estará repetida.
• Se Tomás retira a bola de número $3$ da primeira caixa, então na segunda os pares favoráveis que ele poderá retirar serão exatamente $(1, 4)$, $(2, 5)$ e $(3, 3)$, visto que haverão duas bolas com o número $3$.

Assim, sabendo que na segunda caixa ficarão $6$ bolas e que, portanto, a quantidade total possível de pares de bolas que Tomás pode retirar dela é de $\binom{6}{2}=\dfrac{6\cdot 5}{2}=15$, concluímos que a probabilidade pedida é $\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}$, uma vez que sempre há $3$ pares favoráveis em meio a $15$ pares possíveis $\blacksquare$

8. (OBMEP/2017-F1-N3-P19) Resposta: $\dfrac{2}{9}$.

Nessa solução, veremos os números no módulo $3$, que significa analisar qual é o resto na divisão desse número por $3$. Perceba que as somas de restos no módulo $3$ que não resultam em $0$ são: $0+1$, $0+2$, $1+1$ e $2+2$. Assim, veja que para cada resto módulo $3$, há dois restos módulo $3$ que quando somados com este não resultam em $0$ e, sabendo que existem exatamente tês números com cada resto módulo $3$ nos números de $1$ a $9$, temos que escolhido uma das $9$ bolas aleatoriamente ($9$ formas de se fazer isso), teremos $2$ restos possíveis para a segunda bola, o que resulta em $2\cdot 3=6$ bolas possíveis para a segunda retirada. Após isso, determinados os restos das duas primeiras bolas, há somente um resto possível para a terceira para que a soma das três resulte em resto $0$ no módulo $3$, o que nos dá $3$ bolas favoráveis para a terceira posição. Assim, a quantidade de retiradas de três bolas que nos é favorável é de $9\cdot 6\cdot 3 = 2\cdot 9^2$, enquanto que o total de possíveis retiradas de três bolas é de $9\cdot 9\cdot 9=9^3$, visto que temos $9$ possíveis escolhas para cada bola. Portanto, concluímos que a probabilidade pedida é $\dfrac{2\cdot 9^2} {9^3}=\dfrac{2}{9}$ $\blacksquare$

9. (OBMEP/2014-F1-N3-P19) Resposta: $4$.

Seja $v$ a quantidade de faces vermelhas no segundo dado $\implies$ há $6-v$ faces azuis nesse dado. Se no primeiro dado uma face vermelha foi sorteada (com probabilidade $\dfrac{5}{6}$ disso ocorrer, visto que há $5$ vermelhas dentre $6$), então para que as faces sorteadas sejam da mesma cor, a face sorteada do segundo dado também deve ser vermelha (probabilidade $\dfrac{v}{6}$ para isso), resultando então numa probabilidade de $\dfrac{5}{6}\cdot \dfrac{v}{6}=\dfrac{5v}{36}$ para este primeiro evento em que as faces de mesma cor são vermelhas. Agora, se no primeiro dado a face sorte foi azul (com probabilidade $\dfrac{1}{6}$), então no segundo dado a face sorteada também deve ser azul (com probabilidade $\dfrac{6-v}{6}$), resultando numa probabilidade de $\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{6-v}{6}=\dfrac{6-v}{36}$ desse evento ocorrer. Assim, a probabilidade total de as faces sorteadas serem da mesma cor é de $\dfrac{5v}{36}+\dfrac{6-v}{36}=\dfrac{4v+6}{36}=\dfrac{2v+3}{18}$. Porém, segundo o enunciado, essa probabilidade também é igual a $\dfrac{11}{18}\implies \dfrac{2v+3}{18}=\dfrac{11}{18}\implies 2v+3=11\implies 2v=8\implies v=4$, ou seja, a quantidade de faces vermelhas no segundo dado é $4$ $\blacksquare$

10. (OBMEP/2008-F1-N3-P20) Resposta: $\dfrac{5}{8}$.

Defina $C$ como sendo "cara" e $K$ "coroa". Podemos organizar, usando uma "árvore" de possibilidades como ao lado, as possíveis sequências de caras e coroas que Pedro pode retirar. Veja que analisamos os casos em que Pedro tira inicialmente cara e quando tira inicialmente coroa e daí vimos quais as possíveis continuações do sorteio de moedas. Então, vemos que Pedro pode tirar coroa na última moeda nas sequências $C\rightarrow K$, $C\rightarrow C\rightarrow K$ e $K\rightarrow K$. Como cada um dentre $C$ e $K$ tem probabilidade $\dfrac{1}{2}$ de ser obtida, o que nos leva à conclusão de que a primeira e a terceira sequências citadas possuem probabilidade $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$ de ocorrer, cada uma, e a segunda sequência possui probabilidade $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$. Portanto, a probabilidade de que o enunciado se cumpra é de $\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}=\dfrac{2}{8}+\dfrac{2}{8}+\dfrac{1}{8}=\dfrac{5}{8}$ $\blacksquare$

11. (OBMEP/2019-F1-N3-P17) Resposta: $\dfrac{1}{2}$.

Podemos contar separadamente quantos são os possíveis caminhos até cada um dos extremos $B$, $C$, $D$, $E$ e $F$. Para isso, veja que a formiga atingirá o ponto $B$ somente se andar $4$ passos para a direita e $3$ passos para cima, em qualquer ordem, e após isso andar mais uma vez para cima. Por exemplo, o caminho $\uparrow$, $\uparrow$, $\rightarrow$, $\rightarrow$, $\rightarrow$, $\uparrow$, $\rightarrow$, $\uparrow$, onde $\uparrow$ indica um passo para cima e $\rightarrow$ um para a direita, leva a formiga do ponto $A$ ao ponto $B$, como desejado. Assim, para contar quantos são os caminhos que levam ela de $A$ até $B$ seguindo as condições do enunciado, basta que permutemos as $3$ setas de "para cima" e as $4$ "para a direita", mantendo a $4$ª seta $\uparrow$ fixa, ou seja, temos uma permutação de $7$ elementos com repetição de três deles e de outros quatro (três $\uparrow$ e quatro $\rightarrow$), resultando em $\dfrac{7!}{3!\cdot 4!}=\dfrac{7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}=35$ de $A$ até $B$. De modo análogo, para chegar em $C$, a formiga deve andar $3$ passos para a direita e $3$ para cima, em qualquer ordem, e depois mais um passo para cima, resultando em $\dfrac{6!}{3!\cdot 3!}=\dfrac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=20$ caminhos de $A$ até $C$, e repetindo o mesmo raciocínio teremos $\dfrac{5!}{3!\cdot 2!}=10$ caminhos até $D$, $\dfrac{4!}{3!\cdot 1!}=4$ caminhos até $E$ e $\dfrac{3!}{3!\cdot 0!}=1$ caminhos até $F$. Somando todos, a quantidade total de caminhos que a formiguinha pode percorrer é $35+20+10+4+1=70$, enquanto que a quantidade de caminhos favoráveis, de $A$ até $B$, é $35$, como já vimos. Dessa forma, concluímos que a probabilidade pedida é de $\dfrac{35}{70}=\dfrac{1}{2}$ $\blacksquare$

12. (OBMEP/2012-F1-N3-P20) Resposta: $\dfrac{5}{12}$.

Sejam $a<b<c<d$ os valores das quatro bolas. Se as duas primeiras bolas sorteadas forem um dos pares {$a, c$} ou {$b, c$} (com probabilidade $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$ disso ocorrer, visto que são dois pares de bolas dentre os $\binom{4}{2}=\dfrac{4\cdot 3}{2}=6$ pares possíveis), então Pedro certamente ficará com a ola de maior valor ($d$), visto que a terceira bola retirada ou não será maior que as outras duas, fazendo com que Pedro fique com a última bola (de maior valor), ou então a terceira bola retirada já será a de maior valor, fazendo Pedro também ficar com ela. Assim, a probabilidade nesse primeiro evento é de $\dfrac{1}{3}$. Agora, se o par inicial de bolas retirado foi o par {$a, b$} (com probabilidade $\dfrac{1}{6}$ disso ocorrer), Pedro terá probabilidade agora de $\dfrac{1}{2}$ de ficar com a bola de maior valor, visto que ele certamente ficará com a terceira bola, e em apenas um dentre dois casos essa bola será de valor $d$. Portanto, a probabilidade nesse segundo evento possível é de $\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{12}$. Por fim, se o primeiro par retirado por contém a bola de valor $d$ (englobando todos os outros pares restantes {$a, d$}, {$b, d$} e {$c, d$}), certamente Pedro não ficará com a bola de maior valor $d$, já que ela foi uma das primeiras retiradas, resultando em probabilidade $0$ nesse terceiro e último caso. Concluímos então que a probabilidade total de Pedro ficar com a bola de maior valor é de $\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{12}+0=\dfrac{4}{12}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{5}{12}$ $\blacksquare$

 

SEGUNDA FASE

13. (OBMEP/2019-F2-N3-P3) 

$a)$ Para que Ana receba três bolas, todas as suas três amigas devem jogar a bola para ela. Como cada amiga possui três opções de escolha de para quem jogar a bola, a quantidade total de possíveis escolhas das três amigas de Ana é $3\cdot 3\cdot 3=27$, onde em somente uma dessas escolhas Ana recebe as três bolas. Portanto, a probabilidade pedida é $\dfrac{1}{27}$ $\square$

$b)$ Primeiro, devemos escolher quais duas entre as três amigas de Ana jogarão a bola para ela. Para essa escolha, temos $\binom{3}{2}=3$ possibilidades. Após isso, as duas escolhidas devem atirar a bola para Ana (probabilidade $\dfrac{1}{3}$ para cada uma, já que cada uma possui três amigas) e a amiga restante deve jogar a bola para outra menina que não seja Ana (probabilidade $\dfrac{2}{3}$ para tal, visto que pode jogar para duas de suas três amigas). Assim, concluímos que a probabilidade pedida é $3\cdot \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}$ $\square$

$c)$ Inicialmente, Ana possui $3$ possibilidades de escolher para quem mandará sua bola. Digamos que quem recebeu a bola de Ana foi a garota $X_1$. Portanto, teremos dois possíveis casos: (1) $X_1$ joga sua bola para Ana ou (2) $X_1$ envia sua bola para alguma das outras duas meninas. No caso (1) só haverá uma possibilidade de para quem $X_1$ mandará a bola, e então as duas outras meninas devem trocar suas bolas, já que Ana e $X_1$ já vão possuir uma bola cada. Isso nos mostra que nesse caso há $3\cdot 1\cdot 1=3$ possibilidades favoráveis. Já no caso (2), $X_1$ tem duas possibilidades de escolha (digamos que ela mandou a bola para $X_2$), e então $X_2$ só poderá mandar a bola para a amiga ainda não citada, que deverá jogar sua bola para Ana, visto que se $X_2$ mandasse a bola para Ana, $X_1$, $X_2$ e Ana já teriam uma bola cada, e a outra amiga ficaria de fora, o que é um absurdo. Consequentemente, esse caso nos dá $3\cdot 2\cdot 1=6$ possibilidades favoráveis. Juntando os casos (1) e (2), temos no total $3+6=9$ possibilidaeds favoráveis, em meio a $3^4=81$ totais, já que cada menina pode enviar sua bola para qualquer uma das outras três. Concluímos então que a probabilidade pedida no item é $\dfrac{9}{81}+\dfrac{1}{9}$ $\blacksquare$

14. (OBMEP/2012-F2-N3-P5)

$a)$ Como inicialmente haviam nove bolas na segunda caixa, após a adição da bola amarela haverá um total de dez bolas, sendo que somente uma delas é amarela. Portanto, a probabilidade de se retirar ujma bola amarela da segunda caixa é de $\dfrac{1}{10}$ $\square$

$b)$ Para que isso aconteça, veja que, como há bolas com os mesmos números nas duas caixas, ao colocarmos uma bola amarela na caixa de bolas brancas haverão duas bolas de mesmo número na caixa, em meio a dez bolas totais. Sendo assim, a probabilidadepedida é de $\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}$ $\square$

$c)$ Caso a bola sorteada na primeira caixa possua o número $1$ (probabilidade $\dfrac{1}{9}$ disso ocorrer, visto que há somente uma bola de número $1$ em meio a $9$ bolas totais), então haverão duas bolas de número $1$ na segunda caixa, com dez bolas totais, tendo então que a probabilidade de sair uma bola $1$ da segunda caixa, após ter saído uma bola $1$ da primeira é de $\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}$. Portanto, a probabilidade de sair uma bola $1$ da segunda caixa, dado que saiu bola $1$ na primeira, é de $\dfrac{1}{9}\cdot \dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{45}$. Agora, se a bola retirada da primeira caixa não foi $1$ (probabilidade $\dfrac{8}{9}$), então a probabilidade de sair $1$ na segunda caixa é de $\dfrac{1}{10}$. Logo, a probabilidade de sair bola $1$, dado que não saiu $1$ da primeira caixa é $\dfrac{8}{9}\cdot \dfrac{1}{10}=\dfrac{8}{90}$. Concluímos então que a probabilidade total de sair bola $1$ da segunda caixa é de $\dfrac{1}{45}+\dfrac{8}{90}=\dfrac{2}{90}+\dfrac{8}{90}=\dfrac{10}{90}=\dfrac{1}{9}$ $\blacksquare$

15. (OBMEP/2009-F2-N3-P4)

$a)$ Como o torneio terá seis partidas, pois $\binom{4}{2}=6$ e cada partida tem uma vitória, se a quantidade de vitórias de cada equipe fosse igual a $n$, deveríamos então ter que $4n=6$, mas $n$ é inteiro, o que é um absurdo $\square$

$b)$ Perceba que Quixajuba só será campeão sozinho no torneio caso ganhe suas três partidas. De fato, se ele ganha somente duas partidas ou menos, então haverão pelo menos quatro vitórias para distribuir entre as três equipes restantes, o que nos garante, pelo princípio das casas dos pombos, que ao menos um deles terá também duas vitórias. Sendo assim, como a probabilidade de Quixajuba vencer cada uma de suas três partidas jogadas é $\dfrac{1}{2}$, concluímos que a probabildiade de Quixajuba ganhar sozinha é de $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$ $\square$

$c)$ Para que três times ganhem empatados, é necessário que o time perdedor tenha perdido todas as suas partidas, pois se ele ganhou ao menos uma, então haveriam somente $5$ vitórias para se distribuir entre os demais três jogadores, o que faria com que pelo menos um ficasse com um gol ou menos, o que seria um absurdo. Sendo assim, primeiro deve-se decidir dentre os quatro times participantes aquele que perderá ($4$ formas de se fazer essa escolha), e então os demais três times devem ter ganho duas partidas cada. Suponha que essas equipes sejam $A$, $B$ e $C$. Cada um deles ganhou sua partida contra o time perdeor, e as possíveis distribuições de vitórias entre eles são $A$ ganhar de $B$ que ganha de $C$ e este que ganha de $A$ ou então $A$ que ganha de $C$ que ganha de $B$ que ganha de $A$. Portanto, para cada escolha do time perdedor, há duas formas de se distribuir as vitórias dentre os três outros times para que os três vençam, nos dando que a quantidade de casos favoráveis é de $4\cdot 2=8$, enquanto que a quantidade de casos total é $2^6=64$, já que ocorrem seis partidas e devemos escolher em cada uma delas qual dos times vencerá. Sendo assim, concluímos que a probabildiade desejada é de $\dfrac{8}{64}=\dfrac{1}{8}$ $\blacksquare$

16. (OBMEP/2016-F2-N3-P6) 

$a)$ Perceba que a quantidade total de possíveis retiradas de quatro bolas por Joaquim é de $\binom{6}{4}=15$, enquanto que, se o menor número observado por ele for o $1$, então devemos decidir quais serão as outras três bolas que ele vai pegar, que podem ser quaisquer três dentre as cinco restantes, visto que sempre serão maiores que $1$, tendo então $\binom{5}{3}=10$. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{10}{15}=\dfrac{2}{3}$ $\square$

$b)$ Para que o maior número observado por ele seja o $5$, devemos escolher as outras três bolas que ele retirou estando em {$1, 2, 3, 4$}, pois a bola de valor $6$ seria maior que $5$. Assim, temos $\binom{4}{3}=4$ casos favoráveis aqui, num total de $15$ casos possíveis, como vimos anteriormente. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{4}{15}$ $\square$

$c)$ Para isso, fixamos que Joaquim retirou as bolas $1$ e $5$, e deve retirar mais duas bolas dentre {$2, 3, 4$}, visto que ele não pode retirar a bola de valor $6$, pois esta é de maoor valor que $5$. Assim, temos $\binom{3}{2}=3$ casos favoráveis, em meio a $15$ casos totais possíveis, evidenciando que a probabilidade pedida é de $\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}$ $\square$

$d)$ Quaisquer que tenham sido as $4$ bolas retiradas, as diversas ordenações dos números das bolas têm todas a mesma chance de ocorrer. O número de ordenações possíveis é $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$. As ordenações em que o menor número aparece na primeira posição e o maior na última são apenas duas (correspondentes às duas possíveis ordenações dos números do meio). Logo, a probabilidade de que o menor número saia na primeira posição e o maior na última é: $\dfrac{2}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\dfrac{1}{12}$ $\blacksquare$

17. (OBMEP/2015-F2-N3-P6) 

$a)$ Devemos decidir qual será o oponente de uma das equipes francesas nessa primeira rodada. Há apenas um caso favorável, onde o oponente será justamente a outra equipe francesa, enqaunto que há $7$ casos totais, visto que existem $7$ outros times que uma das equipes francesas pode enfrentar nessa rodada. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{1}{7}$ $\square$

$b)$ Usando o mesmo raciocínio, tome uma das equipes espanholas como exemplo. Há exatamente dois casos favoráveis em que esta equipe enfrenta outra equipe espanhola, visto que existem outras duas delas. Porém, pode ocorrer também o caso em que a equipe espanhola definida como exemplo não enfrente nenhuma das outras espanholas, mas que estas se enfrentem. Assim, e sabendo que existem também $7$ casos totais possíveis, podemos afirmar que a probabilidade é de $\dfrac{3}{7}$ $\square$

$c)$ Como todas as equipes possuem a mesma probabilidade de chegar à fase final, basta que analisemos quantos são os possíveis confrontos de duas equipes de mesma nacionalidade. Para isso, como existem três equipes espanholas, existem $\binom{3}{2}=3$ casos em que duas equipes espanholas se enfrentam, e como existem $2$ equipes francesas, há $\binom{2}{2}=1$ caso em que duas equipes francesas se enfrentam. Sendo assim, existem no total $3+1=4$ casos em que duas equipes de mesma nacionalidade se enfrentam, enquanto há $\binom{8}{2}=4\cdot 7$ casos totais de confrontos entre queipes na final. Assim, a probaibilidade é de $\dfrac{4}{4\cdot 7}=\dfrac{1}{7}$ $\blacksquare$

18. (OBMEP/2008-F2-N3-P5)

$a)$ Se for colocada em $C$, pode parar nas caixas $2$ ou $3$, já que no máximo ela pode ir sempre para a esquerda e chega em $2$, e se a bolinha for colocada em $B$ ela pode chegar em qualquer uma das três caixas $\square$

$b)$ Para que a bolinha de $A$ chegue em $2$ ela deve nas duas escolhas possíveis ir para a direita. Como a probabilidade de se fazer cada escolha $\dfrac{1}{2}$, a probabilidade disso ocorrer é $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$.

Já se a bolinha sai de $B$, para que ela chegue em $2$ ou ela vai para a direita e depois para a esquerda, ou então primeiro vai para a esquerda e depois para a direita, tendo então probabilidade $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$ $\square$

$c)$ Vamos separar a contagem em dois casos, que são: (1) a bolinha de $A$ cai em $1$ e (2) A bolinha de $A$ cai em $2$.

(1)Nesse caso, como a bolinha de $A$ só pode chegar em $1$ ou em $2$, e a probabilidade de chegar em $2$ é $\dfrac{1}{4}$, como vimos anteriormente, então a probabilidade de se chegar em $1$ é $1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$. A partir disso, se a bolinha de $B$ cair em $2$ (probabilidade $\dfrac{1}{2}$), então a bolinha de $C$ deve cair em $3$ (probabilidade $\dfrac{3}{4}$, pois o que acontece com a bolinha de $A$ é análogo ao que acontece com a de $C$). Portanto, a probabilidade de esse subcaso ocorrer é $\dfrac{3}{4}\cdot (\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{3}{4})=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{32}$. Agora, se a bolinha de $B$ cai em $3$ (Como visto anteriormente, a probabilidade de ela cair em $2$ é $1/2$ e, portanto, a probabilidade de ela cair em $3$ é metade da probabilidade restante, ou seja, $\dfrac{1-\dfrac{1}{2}}{2}=\dfrac{1}{4}$), então a de $C$ deve cair em $2$, com probabilidade $\dfrac{1}{4}$. Portanto, a probabilidade desse outro subcaso ocorrer é $\dfrac{3}{4}\cdot (\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{16}=\dfrac{3}{64}$.

(2) A bolinha de $A$ para em $2$ (probabilidade $\dfrac{1}{4}$ disso ocorrer): Aqui, a única possibilidade é a bola de $B$ cair em $1$ (probabilidade $\dfrac{1}{4}$) e a de $C$ cair em $3$ (probabilidade $\dfrac{3}{4}$). Portanto, a probabilidade de esse caso ocorrer é $\dfrac{1}{4}\cdot (\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{3}{4})=\dfrac{3}{64}$.

Concluímos então que a probabilidade solicitada é $\dfrac{9}{32}+\dfrac{3}{64}+\dfrac{3}{64}=\dfrac{18}{64}+\dfrac{3}{64}+\dfrac{3}{64}=\dfrac{24}{64}=\dfrac{3}{8}$ $\blacksquare$

19. (OBMEP/2013-F2-N3-P5)

$a)$ Para que isso ocorra, em uma ponta devem ser amarradas duas quaisquer das tiras, enquanto no outro lado o barbanete ainda não utilizado deve ser amarrado com um dos outros dois já utilizados. Assim, podemos escolher qualquer um dos $\binom{3}{2}=3$ pares de barbantes para amarrar, enquanto que no outro há dois pares favoráveis de barbantes para amarrar, tendo $3\cdot 2=6$ casos favoráveis, enquanto que há $3\cdot 3=9$ casos totais. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}$ $\square$

$b)$ Precisamos escolher inicialmente qual dos cinco barbantes ficará solto dos demais, tendo então $5$ possibilidades para isso, e então amarrar todos os outros quatro barbantes em um único fio, sendo necessário que escolhamos quais dois pares de barbantes de cima serão amarrados, tendo $\binom{4}{2}=6$ pares de barbantes em cima, sendo então $\dfrac{6}{2}=3$ possibilidades de amarrar as outras pontas de cima, visto que escolhido um par, o outro estará determinado, então estaremos contando duplamente os pares. O mesmo ocorre embaixo, tendo também $3$ possibilidades. Assim, há $5\cdot 3\cdot 3$ casos favoráveis, enquanto existem $(5\cdot \dfrac{\binom{4}{2}}{2})^2=15^2$ casos totais, visto que devemos escolher uma ponta de cima e uma de biaxo para ficarem soltas (daqui vêm os números $5$) e então amarrar dois pares de pontas em cima e em baixo, utilizando as pontas restantes, que têm, em cada lado, $3$ maneiras de ser feito, como vimos anteriormente. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{5\cdot 3\cdot 3}{15^2}=\dfrac{1}{5}$ $\square$

$c)$ Para isso, primeiro escolhemos a ponta de cima que não será amarrada ($5$ possibilidades) amarremos os dois pares de fios de cima ($3$ maneiras de se fazer isso, como vimos  no item anterior), e após isso, o fio que ainda não foi amarrado, deve ter sua ponta de baixo amarrada com alguma das outras quatro pontas ($4$ possibilidades para isso), e então estará formado um pedaço de fio com três barbantes, em que a ponta desse fio que está embaixo deve ser amarrada com alguma das outras duas pontas restantes, tendo então $2$ possibilidades para isso. Sendo assim, há $5\cdot 3\cdot 4\cdot 2$ casos favoráveis, em meio a $15^2$ casos totais, conforme já foi mencionado no item $b)$, dando probabildiade de $\dfrac{5\cdot 3\cdot 4\cdot 2}{15^2}=\dfrac{8}{15}$ $\blacksquare$

20. (OBMEP/2010-F2-N3-P5)

$a)$ Para que André ganhe, é necessário que, dentre as quatro possíveis bolas que ele pode retirar (já que ele será o primeiro a tirar uma bola) ele retira exatamente a bola preta, tendo então probabilidade $\dfrac{1}{4}$ disso ocorrer. $\square$

$b)$ Para que Dalva ganhe, comon é o último que retirará uma bola, é necessário que todos os três que vieram antes dele retirem bolas brancas. Portanto, para André, a probabilidade de ele retirar uma bola branca é de $\dfrac{3}{4}$. Após isso, sobrão duas bolas brancas e uma preta, donde Bianca deve retirar uma branca, tendo então probabilidade $\dfrac{2}{3}$ disso ocorrer. Daí, ficam somente uma branca e a preta para Carlos, tendo ele que tirar a branca, com probabilidade $\dfrac{1}{2}$, portanto. Somente assim se garante que a bola preta chegará até Dalva, que a pegará. Portanto, a probabilidade de Dalva ganhar o livro é de $\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$ também $\square$

$c)$ Para que André ganhe o livro nessas condições, ou ele retira uma bola preta logo na sua primeira retirada, ou então passa-se uma rodada com todos tirando bolas brancas, e então André retira uma preta. No primeiro caso, dentre as oito bolas possíveis, André deve retirar uma das duas pretas, tendo então probabilidade $\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}$ disso ocorrer. Já no segundo caso, percebe que após uma rodada de retiradas, há $\binom{8}{4}=70$ possibilidades de quais serão as quatro bolas que chegarão novamente até André, já que deve-se escolher quatro bolas dentre as oito totais, enquanto que somente nos casos em que as duas pretas estão (que são $\binom{6}{2}=15$ casos, já que deve-se escolher duas bolas brancas dentre as seis para que cheguem juntamente com as duas pretas), e então André deve retirar uma das duas bolas pretas, dentre quatro possibilidades de retirada. Assim, a probabilidade desse segundo evento ocorrer é de $\dfrac{15}{70}\cdot \dfrac{2}{4}=\dfrac{3}{14}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{28}$. Concluímos então que a probabilidade total de André ganhar o livro nessas condições é de $\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{28}=\dfrac{7}{28}+\dfrac{3}{28}=\dfrac{10}{28}=\dfrac{5}{14}$ $\square$

$d)$ Dalva só pode ganhar o livro se as três primeiras bolas retiradas forem brancas e a quarta bola  (retirada por ela) for preta. Sendo assim, a probabilidade de Dalva ganhar o livro será de $\dfrac{6}{8}\cdot \dfrac{5}{7}\cdot \dfrac{4}{6}\cdot \dfrac{2}{5}=\dfrac{1}{7}$, onde em cada fração o numerador é a quantidade de bolas favoráveis à Dalva para cada jogador e o denominador a quantidade total de bolas que chega até eles, representando a probabilidade que pesa a cada um. Portanto, a probabilidade de Dalva ganhar o livro é de $\dfrac{1}{7}$ $\blacksquare$

21. (OBMEP/2018-F2-N3-P5)

$a)$ Como cada pedaço de barbante possui duas extremidades, cada uma receberá dois nós. Contudo, cada nó será contado duas vezes, pois deve pertencer a duas extremidades. Tendo $6$ pedaços, concluímos que serão feitos $\dfrac{6\cdot 2}{2}=6$ nós $\square$

$b)$ Temos disponíveis $12$ extremidades, na qual possuímos $\binom{12}{2}=66$ maneiras de escolher duas delas. Sabendo serem $6$ barbantes, para que os nós sejam dados nas extremidades de um mesmo pedaço, temos $6$ possibilidades de escolha para qual deles será. Sendo assim, a probabilidade pedida é de $\dfrac{6}{66}=\dfrac{1}{11}$ $\square$

$c)$ Primeiro, devemos escolher qual dos seis barbanetes será o que terá suas extremidades amarradas no final. Após isso, vejamos quantos são as possíveis sequências de nós nos demais cinco barbantes até que todos eles tenham todas as extremidades amarradas: como teremos $10$ extremidades à disposição, devemos escolher inicialmente o primeiro par de extremidades dentre as $10$ disponíveis ($\binom{10}{2}=45$ possibilidades para isso), depois escolher outro par dentre as $8$ restantes ($\binom{8}{2}=28$ para isso), mais um par dentre as $6$ outras ($\binom{6}{2}=12$ aqui), mais um dentre as $4$ ($\binom{4}{2}=6$) e o par que sobrou ($1$ para esse). Sendo assim, escolhido o barbanete que terá suas extremidades amarradas por último, teremos $45\cdot 28\cdot 12\cdot 6\cdot 1=90720$ formas de se fazer isso, e portanto $6\cdot 90720$ casos favoráveis ao enunciado do item. Percebendo agora que podemos calcular a quantidade total de possíveis amarrações de barbantes multiplicando o $90720$ obtido anteriormente por $\binom{12}{2}=66$, pois devemos inicialmente escolher um par de extremidades dentre as $12$ totais, e depois o processo continua como já explicado. Concluímos então que a probabilidade pedida aqui é de $\dfrac{6\cdot 90720}{66\cdot 90720}=\dfrac{1}{11}$  $\square$

$d)$ Para que isso aocnteça, a primeira extremidade pode ser esoclhida de $12$ formas. Já a segunda deve ser uma das outras $10$ extremidades que não sejam do mesmo barbanete já escolhido. A terceira, deve ser uma das $10$ extremidades que ainda não foram usadas. A quarta deve ser uma das $8$ restantes que não sejam as dos dois barbantes já utilizados. Seguindo esse processo, teremos que a quantidade total possível de casos que formam um único laço com os barbantes é de $12\cdot 10\cdot 10\cdot 8\cdot 8\cdot 6\cdot 6\cdot 4\cdot 4\cdot 2\cdot 2\cdot 1$, onde a quantidade total de possível amarrações é de $12$!, visto que a cada etapa podemos escolher qualquer extremidade. Portanto, concluímos que a probabilidade desejada é de $\dfrac{12\cdot 10\cdot 10\cdot 8\cdot 8\cdot 6\cdot 6\cdot 4\cdot 4\cdot 2\cdot 2\cdot 1}{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\dfrac{10\cdot 8\cdot 6\cdot 4\cdot 2}{11\cdot 9\cdot 7\cdot 5\cdot 3}=\dfrac{3840}{10395}=\dfrac{256}{693}$ $\blacksquare$

22. (OBMEP/2014-F2-N3-P6) 

$a)$ A próxima pessoa na fila que não pode ganhar o prêmio é a $22$ª pessoa, já que no cenário mais extremo, cada uma das $20$ primeiras pessoas escolhe um número diferente de $1$ a $20$, fazendo com que no máximo a $21$ª pessoa receba o prêmio, pois é obrigada a repetir um número já usado $\square$

$b)$ Para que isso aconteça, é necessário inicialmente que o $2$º participante não escolha o mesmo número do primeiro. O primeiro possui $20$ possibilidades de escolha, implicando que o segundo possui $19$ possibilidades, visando que seu número seja diferente. Após isso, para que o tercerio ganhe o prêmio, é necessário que ele tenha escolhido um dos dois números que pertence ao primeiro ou ao segundo, tendo então duas possibilidades. Sendo assim, existem $20\cdot 19\cdot 2$ casos favorávies. Porém, há um total de $20\cdot 20\cdot 20$ casos possíveis de distribuição de números entre os primeiro, segundo e terceiro participantes, já que cada um pode escolher qualquer um dos $20$ números. Portanto, a probabilidade é de $\dfrac{20\cdot 19\cdot 2}{20\cdot 20\cdot 20}=\dfrac{19}{200}$ $\square$

$c)$ Para que o sétimo ganhe, é necessário que os $6$ primeiros tenham escolhidos números diferentes e que o $7$º tenha escolhido um número já usado, sendo então a probabilidade $P_7=\dfrac{20\cdot 19\cdot ...\cdot 15\cdot 6}{20^7}$. Contudo, para que o $8$º participante ganhe, é necessário que os $7$ primeiros tenham escolhidos números diferentes, e que o oitavo escolha um dos sete já usados, tendo então que a probabilida é $P_8=\dfrac{20\cdot 19\cdot ...\cdot 14\cdot 7}{20^8}=P_7\cdot \dfrac{14\cdot 7}{20\cdot 6}<P_7\implies$ a probabilidade de o oitavo ganhar é menor que a do sétimo ganhar $\square$

$d)$ Utilizando um raciocínio análogo ao do item anterior, em que o participante só irá ganhar o prêmio caqso cada um dos anteriores a ele na fila escolherem números distintos e ele escolher um número já usado, considerando $n\leq 19$ a probabilidade $P_{n+1}$ de o $(n+1)$-ésimo participante ganhar é de $P_{n+1}=\dfrac{20\cdot 19\cdot ...\cdot (21-n)\cdot n}{20^{n+1}}$ e a probabilidade de o $(n+2)$-ésimo é de $P_{n+2}=\dfrac{20\cdot 19\cdot ...\cdot (21-n)\cdot (20-n)\cdot (n+1)}{20^{n+2}}=P_{n+1}\cdot \dfrac{(20-n)(n+1)}{n\cdot 20}=P_{n+1}\cdot \dfrac{-n^2+19n+20}{20n}$. Dessa forma, temos que $P_{n+2}\ge P_{n+1}\Leftrightarrow \dfrac{-n^2+19n+20}{20n}\leq 1\Leftrightarrow -n^2+19n+20\leq 20n\Leftrightarrow -n^2-n+20\leq 0$, e isso ocorre $\Leftrightarrow n\leq 4$, ou seja, teremos que as probabilidades crescem de um particpante anterior para o próximo até quando $n=4$, que será, portanto, a probabilidade máxima. Temos então que as maiores probabildiades possíveis são quando $P_{n+2}=P_{n+1}=P_{4+2}=P_{4+1}=P_6=P_5$, concluindo então que as pessoas que possuem maior probabilidade de ganhar o prêmio são as da quinta e sexta posições na fila $\blacksquare$

BANCO DE QUESTÕES

 

1. (BANCO/2010-P125) Resposta: $\dfrac{1}{3}$

Note que o total de casos para o valor da 1ª bola são $6$ e para a 2ª são $5$, o que nos dá um total de $\dfrac{6\times5}{2}=15$ casos totais (note que dividimos por $2$ pois os casos $(1,2)$ e $(2,1)$, por exemplo, são iguais pois com $6\times5$ estamos contando duas vezes cada caso). Agora observe que os pares $(x,y)$ com $1\leq x,y\leq6$ são $(1,2)$, $(2,3)$, $(3,4)$, $(4,5)$ e $(5,6)$, totalizando 5 casos favoráveis. Assim nossa probabilidade será de $\dfrac{5}{15}=\dfrac{1}{3}$ $\blacksquare$

2. (BANCO/2010-P190) Resposta: $\dfrac{4}{9}$

Note que para que o número seja par basta que o algarismo das unidades seja par, isto é, que Maria tire um número par. Assim, como entre $1$ e $9$ temos $4$ números pares, nossa probabilidade será de $\dfrac{4}{9}$ $\blacksquare$

3. (BANCO/2010-P34) Resposta: $q-p=\dfrac{1}{2003}$

Sejam $\alpha$ e $\beta$ os dois sabores e suponha que , sem perda de generalidade, a primeira bala retirada tenha sabor $\alpha$. Assim sobram $1001$ balas de sabor $\alpha$ e $1002$ de sabor $\beta$. Assim a probabilidade de pegarmos uma bala de sabor $\beta$(bala de sabor diferente) será $q=\dfrac{1002}{1001+1002}=\dfrac{1002}{2003}$ e a probabilidade de pegarmos uma bala de sabor $\alpha$(bala de sabor igual) será $p=\dfrac{1001}{1001+1002}=\dfrac{1001}{2003}$. Assim $q-p=\dfrac{1002-1001}{2003}=\dfrac{1}{2003}$ $\blacksquare$

4. (BANCO/2013-P11)  Resposta: $\dfrac{7}{10}$

Note que para que ocorra o que o enunciado pede, temos que em alguma máquina saia um cachorro. A probabilidade de sair da máquina A um gato é de $1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$, de sair um gato de B é $1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}$ e de sair um gato de C é $1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$. Assim a probabilidade de ao fim sair um gato é de $\dfrac{2}{3}\times\dfrac{3}{5}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{10}$. Dessa forma a chance de sair um cachorro será $1-\dfrac{3}{10}=\dfrac{7}{10}$ $\blacksquare$

5. (BANCO/2011-P93) Resposta: $\dfrac{1}{6}$

Vamos calcular quantos números satisfazem as condições do enunciado.

$i.$ Se os dígitos são pares:

Apenas $2, 4, 6, 8$ podem ser os digitos desse número. Como eles devem ser distintos, temos $4$! números nesse caso.

$ii.$ Se os dígitos são ímpares:

Os possíveis algarismos são $1, 3, 5, 7$ e $9$. Como eles devem ser distintos, temos $\dfrac{5!}{1!}=5\mbox{!}$ números nesse caso.

Assim temos um total de $4\mbox{!}+5\mbox{!}$ números e certamente os únicos pares serão os do caso $i$. Assim nossa probabilidade será de

$\dfrac{4!}{5!+4!}=\dfrac{4!}{4!(5+1)}=\dfrac{1}{6}$ $\blacksquare$

6. (BANCO/2014-P8-Adaptado) Resposta: $\dfrac{1}{n+1}$

Note que no dia $k$ a chance de Carlos perder é de $1-\dfrac{1}{k+1}=\dfrac{k}{k+1}$. Assim a chance dele perder todos os dias até o dia $n$ será de:

$\dfrac{1\times2\times3\times4\times\dots\times n}{2\times3\times4\times\dots\times n\times(n+1)}=\dfrac{1}{n+1}$ $\blacksquare$

7. (BANCO/2012-P24)

$a)$ Note que o ponto $i+1$ mede, no sentido horário, $\dfrac{360}{10}=36$º a mais que o ponto $i$. Assim para que dois pontos determinem $180$º, isto é, sejam diâmetro, precisamos que eles tenha $5$ pontos de diferença, ou seja, se $a$ e $b$ definem um diâmentro então $\mid a-b\mid=5$. Podemos ver que para cada número de $1$ a $10$ temos exatamente um que satisfaz a diferença acima, e logo temos $5$ pares favoráveis. O total de formas que podemos retirar $2$ bolas dentre as $10$ é ${10\choose2}=45$. Assim, nossa probabilidade será $\dfrac{5}{45}=\dfrac{1}{9}$ $\square$

$b)$ Como o triângulo formado será retângulo, sua hipotenusa é diâmetro da circunferência. Dessa forma, como já vimos no item $a)$ temos $5$ formas de definir a hipotenusa, e  o $3$º ponto tem $10-2=8$ formas de ser escolhido. Isso nos dá um total de $5\times8=40$ formas de formar um triângulo retângulo. O total de formas de pegar três bolas dentre $10$ é ${10\choose3}=\dfrac{10\times9\times8}{3\times2}=10\times3\times4=120$. Assim a probabilidade de os pontos representados pelas bolas formarem um triângulo retângulo é $\dfrac{40}{120}=\dfrac{1}{3}$ $\square$

$c)$ Temos, pelo item $b)$ 40 formas de formar um triângulo retângulo. Para cada forma dessa, existem $4$ pontos no semiplano que não contem o triângulo referente a hipotenusa que formam um ângulo reto com os vértices da hipotenusa. Porém, desses apenas um forma um retângulo com o triângulo ou seja $\dfrac{1}{4}$ do total. Assim temos $40\times\dfrac{1}{4}=10$ retângulos possíveis. O total de formas de escolhermos $4$ bolas dentre $10$ é ${10\choose4}=\dfrac{10\times9\times8\times7}{4\times3\times2}=10\times7\times3=210$. Assim, a nossa probabilidade será de $\dfrac{10}{210}=\dfrac{1}{21}$ $\blacksquare$

8. (BANCO/2018-P4) Resposta: $\dfrac{10!}{2^{45}}$

Note que ocorrerão um total de ${10\choose2}=\dfrac{10\times9}{2}=45$ partidas. Como em cada uma das partidas podemos ter apenas dois possíveis resultados, vitória para derrota um e derrota para o outro ou o contrário, temos que o total de resultados possíveis é de $\underbrace{2\times2\times\dots\times2}_{45\mbox{ vezes}}=2^{45}$ possíveis combinações de partidas. Além disso, perceba que, como cada jogador joga exatamente $9$ vezes, existem $10$ possíveis números totais de vitória por jogador ($9$ vitórias, $8$ vitórias e assim por diante). Como temos um total de $10$ jogadores e queremos que não existam dois com o mesmo número de vitórias então existe uma bijeção entre o conjunto dos jogadores e o conjunto dos nº de vitórias totais. Assim, temos $10$! formas de permutar os jogadores entre os possíveis números de vitórias de cada um, e assim temos $10$! casos favoráveis. Assim nossa probabilidade será de $\dfrac{10!}{2^{45}}$. $\blacksquare$

9. (BANCO/2011-P98)  Resposta: $\dfrac{16}{473}$

Vamos contar quantos triângulos podem ser formados com esses $10$ pontos. Para isso basta calcularmos de quantas formas podemos escolher $3$ pontos distintos, isto é, ${10}\choose{3}$. Como escolhemos $4$ segmentos, temos $45-3=42$ possibilidades para o outro segmento, totalizando ${{10}\choose{3}}\times42$ formas de formar um triângulo escolhendo $4$ segmentos. O total de segmentos possíveis dentre esses $10$ pontos pode ser calculado como ${10}\choose{2}$ e as possíveis combinações de $4$ segmentos são ${{10}\choose{2}}\choose{4}$. Dessa forma nossa probabilidade será:

$\dfrac{{{10}\choose{3}}\times42}{{{10}\choose{2}}\choose{4}}=\dfrac{\dfrac{10\times9\times8\times42}{3\times2}}{{45}\choose{4}}=\dfrac{10\times3\times4\times42}{\dfrac{45\times44\times43\times42}{4\times3\times2}}=\dfrac{10\times3\times4\times42\times4\times3\times2}{45\times44\times43\times42}=\dfrac{16}{473}$ $\blacksquare$

10. (BANCO/2017-P9) Resposta: $\dfrac{1}{5}$

Note que esse número só pode ter $7, 8$ ou $9$ como dígitos (isso pode ser provado suponho que ao menos um de seus digitos é menor ou igual que $6$ e mostrando que a soma nunca será $43$), e logo temos apenas duas possíveis formas desse número:

$i.$ Com quatro algarismo $9$ e um algarismo $7$:

Nesse caso temos ${5\choose1}=5$ possíveis números. ($5$ escolhe $1$ pois temos $5$ posições para o número $7$, que é só um)

$ii.$ Com três algarismos $9$ e dois algarismo $8$:

Nesse caso temos ${5\choose2}=10$ possíveis casos.

Assim o total de números do conjunto dado é $5+10=15$.  Sabemos que um número $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}$ é múltiplo de $11$ se e somente se $a_1-a_2+a_3-a_4+a_5$ for múltiplo de $11$. Note que $a_1-a_2+a_3-a_4+a_5=(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5)-2(a_2+a_4)=43-2(a_2+a_4)$. Se isso é múltiplo de $11$, logo:

$43-2(a_2+a_4)\equiv-1-2(a_2+a_4)\equiv0\pmod{11}$

$\Rightarrow-10+2(a_2+a_4)\equiv0\pmod{11}\Rightarrow2(a_2+a_4)\equiv10\pmod{11}\Rightarrow a_2+a_4\equiv5\pmod{11}$

Como $a_2,a_4\in\{7,8,9\}$ podemos checar que as soluções são: $(7,9), (9,7), (8,8)$. Como os demais digitos serão $9$ então temos apenas $3$ casos favoráveis. Assim, nossa probabilidade será de $\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}$. $\blacksquare$

11. (BANCO/2018-P13-Adaptado)

$a)$ Como o defensor tirou dois dados com número $5$ , o atacante precisa tirar números maiores que $5$ e menores ou iguais a $6$, que é o maior valor possível. Logo ele deve tirar $2$ seis. A chance de tirar $6$ em cada dado é de $\dfrac{1}{6}$ e logo a probabilidade de o atacante tirar somente $6$ é de $(\dfrac{1}{6})^3$. A chance do atacante tirar apenas $2$ seis e um número diferente de $6$ é de ${3\choose1}(\dfrac{1}{6})^2\times\dfrac{5}{6}$. Assim a chance do atacante retirar dois ou mais $6$'s será de $(\dfrac{1}{6})^3+(\dfrac{1}{6})^2\times3\dfrac{5}{6}=(\dfrac{1}{6})^2(\dfrac{1}{6}+3\dfrac{5}{6})=\dfrac{16}{6^3}=\dfrac{2}{27}$ $\square$

$b)$ Seja $D_{a_1}\mbox{ e }D_{a_2}$ os valores do maior e $2$º maior valor tirado pelos dados do atacante respectivamente, e $D_{d_1}\mbox{ e }D_{d_2}$ os valores do maior e $2$º maior valor tirado pelos dados do defensor, respectivamente. Sabemos que devemos ter:

$\begin{cases}6\geq D_{a_1}>D_{d_1}\Rightarrow D_{a_1}\geq D_{d_1}+1 \\ 12\geq D_{a_2}>D_{d_2}\Rightarrow D_{a_2}\geq D_{d_2}+1\end{cases}$

$\Rightarrow12\geq D_{a_1}+D_{a_2}\geq D_{d_1}+D_{d_2}+2$

Como o defensor tirou $5$ e $4$ então:

$12\geq D_{a_1}+D_{a_2}\geq11$

Sabemos que $D_{a_1}=6$ já que deve ser maior que $D_{d_1}=5$. Assim, da desigualdade acima temos que $D_{a_2}$ é $5$ ou $6$.

$i.$ $D_{a_2}=5$: $\begin{cases}\mbox{Se o 3o dado for 5 podemos permutar os dados }\dfrac{3!}{2!}=3\mbox{!}\mbox{ nos dando 3 casos;} \\ \mbox{Se o 3o dado for }\leq4\mbox{, podemos o escolher de 4 formas permutar os dados de 3! formas, nos dando }4*3\mbox{!}=24\mbox{ casos.}\end{cases}$

$ii.$ $D_{a_2}=6$: $\begin{cases}\mbox{Se o 3o dado for 6 temos apenas 1 caso;} \\ \mbox{Se o 3o dado for }\leq5\mbox{, logo podemos escolher o valor dele de 5 formas e permutar os dados de }\dfrac{3!}{2!}=3\mbox{ formas, nos dando 15 casos.}\end{cases}$

Assim o total de casos favoráveis será de $3+24+1+15=43$ casos favoráveis e $6^3$ casos totais. Logo nossa probabilidade será de $\dfrac{43}{6^3}$. $\square$

$c)$ Vamos inicialmente tratar um caso mais simples: O atacante só tem um dado e o defensor também. Podemos notar que a probabilidade do atacante vencer quando o defensor tira $n$ no seu dado é de $\dfrac{6-n}{6}$. Assim, a probabilidade do atacante ganhar será de $\dfrac{\dfrac{5}{6}+\dfrac{4}{6}+\dfrac{3}{6}+\dfrac{2}{6}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{0}{6}}{6}=\dfrac{15}{36}=\dfrac{5}{12}$. Agora voltando para o problema, como para cada dado, a probabilidade de vitória sobre o defensor é de $\dfrac{5}{12}$, então nossa probabilidade será de $(\dfrac{5}{12})^2=\dfrac{25}{144}$. $\blacksquare$

12. (BANCO/2011-P97)

Esse problema é um pouco diferente do que estamos acostumados de probabilidade, devemos calculá-la com objetivo de provar outra coisa. Seja $k$ o número de bolas na caixa, $a$ o número de bolas azuis e $v$ de vermelhas. O total de formas que podemso escolher duas bolas quaisquer é ${k}\choose{2}$ e o número de formas que podemos escolher duas bolas de cores diferentes será $av$ já que temos $a$ possíveis bolas azuis e $v$ possíveis bolas vermelhas. Assim pelo enunciado temos que:

$\dfrac{av}{{k}\choose{2}}$$=\dfrac{1}{2}\Rightarrow2av=$${k}\choose{2}$$=\dfrac{k(k-1)}{2}=\dfrac{(a+v)[(a+v)-1]}{2}$

$\Rightarrow4av=a^2+2av+v^2-a-v\Rightarrow a+v=a^2-2av+v^2=(a-v)^2\Rightarrow k=(a-v)^2$

Ou seja, k será de fato um quadrado perfeito como queriamos demonstrar. $\blacksquare$

13. (BANCO/2020-P30-Adaptado)Resposta: $\dfrac{10\times9!^2}{18!}$

Vamos primeiro calcular o total de números parentes. Para isso, vamos achar o total de soluções da equação $x_1+x_2+\dots+x_n=k$ com $x_i\geq0$ (logo você entenderá o porquê). O valor disso é basicamente $CR_k^n={k+n-1\choose k}$. Com isso calculado vamos voltar ao problema. Sabemos que $n$ tem no máximo $10$ dígitos, quando $a=9$ e $n=\overline{111111111b}$. Note que, generalizando, $n$ tem no máximo $a+1$ dígitos, e esse máximo ocorre quando todos os digitos, exceto o das unidades, de $n$ são $1$. Vamos calcular quantos números $n$ parentes existem para cada valor de $a$.

Para $a=9$: Temos que $n=\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_6a_7a_8a_9b}$ com $a_1+a_2+\dots+a_9=9$ e $a_i\geq0$. Sabemos que podemos fazer isso de ${9+9-1\choose9}={17\choose9}$

De forma semelhante para $a=8$, temos ${16\choose9}$, para $a=7$, ${15\choose9}$, e assim por diante. Para cada combinação dos digitos de $n$ além do das unidades temos $9$ possíveis $n$, já que podemos ter $9$ valores para $b$. Isso nos dá um total de $9(\sum_{i=9}^{17} {i\choose9})=9{18\choose9}$ números parentes (a igualdade anterior vem do Teorema das Colunas). Contar os casos em que os números são iguais aos seus parentes é simples: basta contarmos quantos números de dois algarismos existem, ou seja, $90$ casos favoráveis. Assim nossa probabilidade será de $\dfrac{90}{9{18\choose9}}=\dfrac{10}{{18\choose9}}=\dfrac{10}{\dfrac{18!}{9!^2}}=\dfrac{10\times9!^2}{18!}$. $\blacksquare$

REFERÊNCIAS.

Provas anteriores da OBMEP: http://www.obmep.org.br/provas.htm

Bancos de Questões da OBMEP: http://www.obmep.org.br/banco.htm

Apostila "Métodos de Contagem e Probabilidade" disponibilizada pela OBMEP: http://www.obmep.org.br/docs/apostila2.pdf