Análise Combinatória e Probabilidades: revisão FUVEST

Esta aula em 136 minutos: o índice

Atualizado em set/2026. Quem te mostra isso aqui é o Universo Narrado, com mais de 1 milhão de inscritos no YouTube e quase 2.000 aulas gratuitas de Física e Matemática. Esta página é o capítulo de Análise Combinatória e Probabilidades da aula, em texto, com o minuto de cada passo. Sem resumo de legenda: é a explicação do professor, editada.

No vídeo	O que acontece
03:21:00	Início: fila de oito pessoas com condições
03:24:00	Ana e Bruna juntas: bloco, 2!·7!
03:30:00	Contagem indireta: total menos o que não se quer
03:35:00	Resultado da fila: 10080 − 2880 = 7200
03:41:00	Moedas: probabilidade condicional e a falácia dos 50%
03:48:00	Árvore de probabilidades: a moeda é honesta com 1/3
04:00:00	Problema de Monte Hall: trocar de porta dá 2/3
04:12:00	Malha quadriculada: Ana e Bruna se encontram?
04:25:00	Em 12 passos: Ana dá 8 e Bruna dá 4
04:43:00	Digressão de física: mudança de referencial e distância mínima
05:07:00	Cinco dados: quantos números distintos são anotados
05:25:00	P2 e P3: dois e três números distintos

Fila de oito pessoas: Ana e Bruna juntas, Carlão e Daniel separados

O capítulo abre com um bloco de análise combinatória e probabilidade, começando por um problema de aquecimento: formar uma fila com oito pessoas, entre elas Ana, Bruna, Carlão e Daniel, de modo que Ana e Bruna fiquem juntas e Carlão e Daniel fiquem necessariamente separados. A pergunta é de quantas maneiras a fila pode ser formada.

O professor sugere começar por uma versão simplificada, esquecendo Carlão e Daniel e exigindo só que Ana e Bruna fiquem juntas. Para manter duas pessoas juntas, elas são tratadas como um bloco. O erro mais comum é contar apenas o bloco e esquecer que cada uma das outras pessoas também ocupa a sua própria "caixa": o bloco de Ana e Bruna mais as outras seis pessoas dão sete caixas, e permutar sete caixas distintas resulta em $7!$ arranjos. Dentro do bloco, as duas ainda podem trocar de lugar (AB ou BA), o que multiplica por $2!$ . Logo, o número de filas com Ana e Bruna juntas é $2! \cdot 7! = 10080$ .

Em seguida o professor mostra por que o problema completo exige organização. Ana e Bruna podem estar juntas ou separadas, e Carlão e Daniel também. Os quatro ramos (juntas e juntos, juntas e separados, separadas e juntos, separadas e separados) esgotam todas as filas possíveis: não existe um quinto caso. O ramo desejado é "Ana e Bruna juntas, Carlão e Daniel separados".

Ele observa que o termo "separar em casos" talvez nem seja o mais exato; o que se faz é analisar todas as situações possíveis e escolher a que interessa. Como verificação, a soma dos quatro ramos tem de resultar em $8!$ , e o professor deixa esse cálculo como sugestão ao espectador. Se a soma não fechar, algum ramo foi calculado errado.

▶ Ver este trecho no vídeo (03:21:00)

Contagem indireta: total menos o que não se quer

Calcular diretamente "Carlão e Daniel separados" é trabalhoso. Não há raciocínio de bloco, as duas pessoas podem ocupar muitos pares de posições e seria preciso olhar caso a caso. A solução é a contagem indireta (ou complementar): em vez de contar o que se quer, conta-se o total e subtrai-se o que não se quer. Como ficar junto é fácil de contar, ficar separado é igual ao total menos o juntos.

O professor aplica a ideia dentro do ramo em que Ana e Bruna já estão juntas, que tem $2! \cdot 7! = 10080$ filas. Dentro dele, conta as filas em que Carlão e Daniel também ficam juntos: agora há dois blocos (Ana e Bruna; Carlão e Daniel) mais as outras quatro pessoas, ou seja, seis caixas. Permutam-se as seis caixas e cada bloco ainda se permuta internamente: $6! \cdot 2! \cdot 2! = 720 \cdot 4 = 2880$ .

A diferença dá o ramo procurado: $10080 - 2880 = 7200$ filas com Ana e Bruna juntas e Carlão e Daniel separados. O professor destaca um cuidado: a subtração é feita dentro do ramo, e não a partir do total $8!$ , porque já se está dentro do ramo em que Ana e Bruna estão juntas. Subtrair apenas os casos de Carlão e Daniel juntos deixa exatamente os casos em que eles estão separados.

Sobre quando escolher esse caminho, ele afirma que não existe receita mágica; o discernimento vem de ter errado antes. Quem já tentou contar "separados" na mão e se perdeu aprende que "juntos" é o caminho curto. O erro típico é ficar enroscado em casos (aqui, ali, acolá) durante muito tempo, em vez de contar o complementar. A mesma lógica vale em probabilidade: calcular os outros casos e tirar de 100%.

▶ Ver este trecho no vídeo (03:30:00)

Probabilidade condicional: por que uma informação nova muda a resposta

Antes de entrar no assunto, os dois fazem uma digressão sobre o teorema da bola cabeluda: numa esfera coberta de pelos é impossível penteá-los todos sem sobrar um redemoinho, o que ligaria a topologia à característica de Euler da esfera ( $V + F = A + 2$ ). Mas o tema do bloco é outro: a probabilidade condicional, apontada pelo professor como uma das partes que mais assustam os alunos, por ser um pouco contraintuitiva e mais subjetiva.

O problema: uma caixa tem três moedas. Duas são honestas (cara e coroa com 50% cada) e uma tem duas caras. Uma moeda é retirada ao acaso e lançada duas vezes, sem que se saiba qual é. Sai cara nos dois lançamentos. Qual a probabilidade de a moeda retirada ser honesta?

A resposta imediata é $2 / 3$ , e ela é razoável se não houvesse a informação dos lançamentos. O professor chama atenção para outro raciocínio falho, o de dizer que a probabilidade é $50 %$ porque "ou acontece ou não acontece", como quem diz que a chance de ser assaltado é de $50 %$ . Dois resultados possíveis não significam resultados igualmente prováveis.

Para perceber que a informação nova muda a probabilidade, ele recomenda pensar em casos exagerados. Se a moeda fosse lançada 100 vezes e desse 100 caras, seria quase certo que a moeda é a viciada, e a chance de ser honesta cai para quase zero. Se fosse lançada uma vez e desse coroa, a moeda seria 100% honesta. Com duas caras, a probabilidade de ser honesta continua possível, mas já não é $2 / 3$ . O professor diz que existem fórmulas, mas não recomenda usá-las: recomenda montar uma árvore de possibilidades.

▶ Ver este trecho no vídeo (03:38:00)

A árvore das moedas: ramos, multiplicação e a resposta 1/3

A árvore começa pela escolha da moeda. Como as duas honestas são distintas, o professor desenha três ramos de probabilidade $1 / 3$ cada: duas moedas honestas e uma desonesta (que ele brinca de chamar de "corrupta"). Poderiam ser juntados os dois ramos honestos num único de $2 / 3$ , sem problema.

De cada moeda honesta saem quatro ramos para os dois lançamentos: cara-cara, cara-coroa, coroa-cara e coroa-coroa, cada um com $1 / 2 \cdot 1 / 2 = 1 / 4$ . A probabilidade de chegar a cada um é $1 / 3 \cdot 1 / 4 = 1 / 12$ . Da moeda desonesta sai um único ramo, cara-cara, com probabilidade $1 / 3 \cdot 1 = 1 / 3 = 4 / 12$ . A multiplicação ao longo do ramo vem do princípio fundamental da contagem: dois eventos que devem acontecer, um depois do outro, têm probabilidades multiplicadas.

O professor ainda oferece uma visualização geométrica. Divide-se um quadrado em três faixas iguais (as três moedas) e cada faixa em quatro partes (os resultados); cada pedaço é $1 / 12$ do total. A faixa da moeda viciada tem os quatro pedaços preenchidos com cara-cara.

Como um comentário à parte, a probabilidade de sair duas caras, sem informação nenhuma, é a soma dos ramos favoráveis: $1 / 12 + 1 / 12 + 1 / 3 = 6 / 12 = 1 / 2$ .

No problema original, a informação de que saíram duas caras reduz o espaço amostral aos seis quadradinhos (dos doze) em que isso ocorre: um em cada moeda honesta e quatro na desonesta. Só dois desses seis pertencem a moedas honestas, logo a probabilidade é $2 / 6 = 1 / 3$ . O denominador é o conjunto compatível com a informação; o numerador é o que se quer. A probabilidade cai de $2 / 3$ para $1 / 3$ porque duas caras tornam a moeda viciada duas vezes mais provável. O professor liga isso a apostas e contagem de cartas, nas quais cada informação nova altera as probabilidades.

▶ Ver este trecho no vídeo (03:48:00)

Problema de Monte Hall: por que trocar de porta dobra a chance

O professor apresenta o problema clássico de probabilidade condicional. Há três portas: atrás de duas não há nada e atrás de uma há um prêmio de um milhão de dólares. O jogador escolhe a porta 1, com chance inicial de $1 / 3$ . O apresentador, que sabe onde está o prêmio, abre uma das outras duas portas e mostra que está vazia. Em seguida pergunta se o jogador quer manter a escolha ou trocar pela porta restante.

O erro típico é achar que sobraram duas portas e que cada uma tem $50 %$ , o mesmo raciocínio do "ou acontece ou não acontece". Na verdade, trocar dá $2 / 3$ de chance de ganhar, o dobro de manter.

Para convencer, o professor recorre de novo a um caso exagerado: 100 portas, um prêmio e o jogador escolhendo a porta 1, que tem chance de apenas $1 / 100$ . O apresentador abre 98 portas vazias, deixando só a porta escolhida e mais uma. A porta escolhida continua com $1 / 100$ , porque nada mudou sobre ela. Toda a probabilidade das 98 portas abertas (e da restante) acumula na outra: $99 / 100$ .

A segunda explicação enumera os casos para a estratégia "vou trocar". Se o jogador escolheu a porta premiada (probabilidade $1 / 3$ ), o apresentador abre qualquer uma das outras e a troca faz o jogador perder. Se escolheu uma das duas portas vazias, o apresentador é obrigado a abrir a outra vazia, e a troca leva ao prêmio. Em dois dos três casos o jogador ganha trocando, o que dá $2 / 3$ . Com 100 portas, perde-se só quando se acertou de primeira ( $1 / 100$ ) e ganha-se em $99$ dos $100$ casos.

O professor comenta que o problema foi popular num programa de TV americano e que poucos participantes trocavam. A lição é a mesma do problema das moedas: informação nova no sistema altera a probabilidade.

▶ Ver este trecho no vídeo (04:00:00)

Malha quadriculada: caminhos como anagramas e a restrição de passar por um ponto

O professor chama o problema seguinte de mistura de um caso clássico com uma novidade que ele introduziu. Uma malha quadriculada de $6 \times 6$ tem Ana saindo de uma extremidade, andando só para cima ou para a direita, com igual probabilidade quando há duas opções. Bruna sai da outra extremidade, andando para a esquerda ou para baixo, e Ana tem o dobro da velocidade de Bruna. Pergunta-se a probabilidade de elas se encontrarem.

Antes do problema completo, ele revisa o caso clássico em malha reduzida: de quantas maneiras Ana vai do ponto de partida A até o ponto B, andando só para cima (C) ou para a direita (D)? Se B está 4 passos acima e 3 à direita, todo caminho tem exatamente $4$ C e $3$ D, em alguma ordem. Cada caminho corresponde a uma única palavra, e cada anagrama dessa palavra é um único caminho: a correspondência é biunívoca. O número de caminhos é então o de anagramas de sete letras com repetições de 4 e de 3:

$ $\frac{7!}{4! 3!} = 35.$ $

O professor acrescenta uma restrição: o caminho tem de passar pela casa de Paulo (P). O problema se divide em duas partes independentes, de A até P e de P até B, e as quantidades se multiplicam. De A até P são 3 C e 1 D, com $4! / 3! = 4$ caminhos; de P até B são 2 D e 1 C, com $3! / 2! = 3$ caminhos. Logo, são $4 \cdot 3 = 12$ caminhos passando por P. Se a pergunta fosse quantos não passam por P, seria $35 - 12 = 23$ , de novo a contagem complementar.

O professor diz que, em termos de combinatória, isso é o que o aluno precisa saber para o problema principal. O resto é decidir onde as duas se encontram.

▶ Ver este trecho no vídeo (04:12:00)

Onde Ana e Bruna se encontram: 12 passos, a reta x + y = 8 e 924 formas

O ponto central é que as duas andam ao mesmo tempo, e Ana tem o dobro da velocidade. Se elas se encontram, Ana terá dado o dobro dos passos de Bruna. O professor testa pontos: em certos pontos de passagem do caminho de Bruna, ela teria dado 2 ou 3 passos, e Ana teria de ter dado 4, 6 ou, em outro, 9 passos, que não é o dobro. Isso restringe os possíveis pontos de encontro.

A chave é o total de passos. Qualquer que seja o caminho, Ana sozinha dá $6 + 6 = 12$ passos até o canto oposto, e o mesmo vale para Bruna. Se elas se encontram em algum ponto, a soma dos passos de ambas é $12$ . Com Ana andando o dobro de Bruna, $12 / 3 = 4$ : Bruna dá $4$ passos e Ana dá $8$ .

Os dois tentam usar mudança de referencial para simplificar o problema, como se faz em cinemática, mas o professor conclui que não funciona aqui: a velocidade de cada uma muda de direção a cada passo (pode ser só para cima, só para a direita ou uma mistura). A ideia foi útil apenas como analogia.

O professor determina então os pontos de encontro. Bruna, em 4 passos, só pode estar em cinco pontos, conforme quantos passos dá para a esquerda e quantos para baixo. Num argumento analítico, ele coloca a origem no ponto de partida de Ana: cada passo soma uma unidade a uma das coordenadas, logo, depois de 8 passos, $x + y = 8$ , equação de uma reta. Os cinco pontos de encontro ficam sobre essa reta. Eles notam que a condição é necessária, mas não suficiente: um caminho de 8 passos para Ana e de 4 para Bruna não garante que se encontrem.

Para cada ponto, multiplica-se o número de caminhos de Ana pelo de Bruna: $28 \cdot 1$ , $56 \cdot 4 = 224$ , $70 \cdot 6 = 420$ , $224$ e $28$ . A simetria evita refazer metade. Somando, o professor chega a $924$ maneiras de os dois caminhos se encontrarem, e encerra o problema aí, dizendo que já está "mais do que respondido".

▶ Ver este trecho no vídeo (04:19:00)

Digressão de física: mudança de referencial e distância mínima entre dois móveis

Para justificar por que a mudança de referencial seria tentadora no problema anterior, o professor adapta uma questão de cinemática que, segundo ele, já caiu no ITA. Um ponto A sai da origem na vertical com velocidade $v_{A}$ . No mesmo instante, um ponto B sai com velocidade $v_{B}$ , em direção perpendicular, aproximando-se da trajetória de A, a uma distância inicial $D$ . Qual é a menor distância entre os dois? As velocidades são constantes. A dificuldade é que os dois se movem ao mesmo tempo.

A ideia é olhar o problema no referencial de A, no qual ele está parado. Para isso se soma a todo o sistema uma velocidade $v_{A}$ para baixo (o princípio de que ninguém se move em relação a si mesmo). Nesse referencial, B tem duas componentes, $v_{B}$ na horizontal e $v_{A}$ para baixo, e sua trajetória é uma reta diagonal. A menor distância entre A, parado, e essa reta é o segmento perpendicular. Pela semelhança entre o triângulo das distâncias e o triângulo das velocidades, cuja hipotenusa vale $\sqrt{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}$ por Pitágoras, obtém-se

$ $d_{\min} = \frac{D v_{A}}{\sqrt{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}} .$ $

O professor refaz o problema no referencial de fora, sem mudar nada. Passado um tempo $t$ , B andou $v_{B} t$ e A andou $v_{A} t$ , então $d^{2} (t) = (v_{A} t)^{2} + (D - v_{B} t)^{2}$ . Esse quadrado da distância é uma função do segundo grau em $t$ , cujo mínimo ocorre no vértice, $t_{v} = \frac{D v_{B}}{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}$ . Substituindo e simplificando, o resultado coincide, mas com muito mais álgebra.

Ele explica por que as respostas coincidem: distâncias entre dois pontos e intervalos de tempo não mudam quando se troca de referencial, como a altura de uma pessoa não muda com o movimento do observador. O que muda é a velocidade (a de B visto de A difere da vista de fora).

▶ Ver este trecho no vídeo (04:43:00)

Lançamento de cinco dados: probabilidade de anotar poucos números distintos

Último problema do capítulo, numerado como questão 12 pelo professor: lançam-se cinco dados e anotam-se os números que saíram, com números repetidos anotados uma só vez. Se saem 1, 2, 3, 4 e 5, anota-se 1, 2, 3, 4 e 5; se saem três 1 e dois 2, anota-se só 1 e 2; se todos os dados dão 1, anota-se só o 1. O professor pede a probabilidade de anotar no máximo três números e, para facilitar, divide em casos: exatamente um, exatamente dois e exatamente três números distintos.

O espaço amostral tem $6^{5}$ resultados, um fator 6 para cada dado.

Com um número só, todos os dados têm de mostrar o mesmo valor. Pelo raciocínio sequencial, o primeiro dado é livre e os outros quatro têm de repetir, com probabilidade $1 / 6^{4}$ . Por contagem, são $6$ resultados favoráveis: $6 / 6^{5} = 1 / 6^{4}$ .

Com exatamente dois números, escolhe-se o par de valores: $(\binom{6}{2}) = 15$ . Para um par fixo, $X$ e $Y$ , há duas estruturas: quatro de um valor e um do outro ( $5! / 4! = 5$ anagramas, a multiplicar por 2, pois qualquer dos dois pode ser o repetido quatro vezes), e três de um e dois do outro ( $5! / (3! 2!) = 10$ , a multiplicar por 2 pelo mesmo motivo). Isso dá $10 + 20 = 30$ resultados por par e $15 \cdot 30 = 450$ no total, de modo que $P_{2} = 450 / 6^{5}$ .

Com exatamente três números, escolhe-se a trinca: $(\binom{6}{3}) = 20$ . Para uma trinca fixa só há duas estruturas: três de um valor mais um de cada um dos outros, ou dois de um, dois de outro e um de outro. Na primeira, $5! / 3! = 20$ anagramas, a multiplicar por 3 (qual valor se repete), dando $60$ . Na segunda, $5! / (2! 2!) = 30$ anagramas, a multiplicar por 3 (qual valor aparece só uma vez), dando $90$ . O professor primeiro disse 45 em vez de 90 e propagou a correção, ficando com $60 + 90 = 150$ por trinca e $20 \cdot 150 = 3000$ no total.

A probabilidade pedida é a soma $P_{1} + P_{2} + P_{3}$ .

▶ Ver este trecho no vídeo (05:06:00)

As fórmulas desta aula

Permutação simples

P_{n} = n!

Para ordenar n objetos distintos; quando duas pessoas devem ficar juntas, elas viram um bloco e cada pessoa isolada conta como uma caixa.

Pessoas juntas: bloco e permutação interna

2! \cdot 7! = 10080

Para uma fila de 8 pessoas com duas delas juntas: permuta-se 7 caixas (o bloco e as demais) e multiplica-se pelas trocas dentro do bloco.

Contagem complementar (indireta)

desejado = total - indesejado

Quando contar o que se quer é trabalhoso (por exemplo, pessoas separadas), mas contar o contrário (juntas) é fácil.

Princípio fundamental da contagem e multiplicação de probabilidades

N = n_{1} \cdot n_{2} \dots n_{k}, P (ramo) = p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k}

Quando dois ou mais eventos devem acontecer em sequência: multiplicam-se as quantidades de maneiras ou as probabilidades ao longo do ramo da árvore.

Probabilidade total pela soma dos ramos

P = \sum_{ramos favor \overset{ˊ}{a} veis} P (ramo)

Para a probabilidade de um resultado que pode ocorrer por mais de um ramo da árvore (somam-se os ramos alternativos).

Probabilidade condicional pela árvore

P (A ∣ B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}

Quando há uma informação dada (B) e se quer a chance de A: numerador são os ramos que satisfazem os dois, denominador são todos os ramos compatíveis com a informação. A fórmula não é escrita na aula; o professor prefere a árvore.

Permutação com repetição

P_{n}^{a, b} = \frac{n!}{a! b!}

Para contar anagramas com letras repetidas e, portanto, caminhos em malha com a passos de um tipo e b de outro: $7!/(4!\,3!)=35$.

Caminhos em malha entre dois pontos

\frac{(a + b)!}{a! b!}

Para caminhos que só andam para cima (a passos) e para a direita (b passos), com cada caminho correspondendo a um anagrama.

Soma constante de coordenadas após n passos

x + y = n

Para localizar onde um caminhante que só soma 1 a uma coordenada por passo pode estar após n passos (os pontos ficam numa reta).

Combinação simples

(\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

Para escolher k valores entre n sem importar a ordem, como escolher os números que aparecem nos dados: $\binom{6}{2}=15$ e $\binom{6}{3}=20$.

Probabilidade clássica

P = \frac{casos favor \overset{ˊ}{a} veis}{casos poss \overset{ˊ}{ı} veis}, cinco dados: 6^{5}

Quando todos os resultados são igualmente prováveis, caso do lançamento de dados; o espaço amostral de 5 dados tem $6^5$ resultados.

Vértice da parábola (instante de distância mínima)

t_{v} = - \frac{b}{2 a}

Quando o quadrado da distância entre dois móveis é um polinômio do segundo grau no tempo; o mínimo ocorre no vértice.

Distância mínima entre dois móveis em trajetórias perpendiculares

d_{\min} = \frac{D v_{A}}{\sqrt{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}}

Para A saindo na vertical com $v_A$ e B aproximando-se na horizontal com $v_B$, com distância inicial D; obtida pela mudança de referencial e semelhança de triângulos.

Fichas completas: permutacao simples permutacao com repeticao combinacao simples principio fundamental da contagem probabilidade probabilidade condicional velocidade relativa vertice da parabola pitagoras relacao de euler

As 7 questões resolvidas na aula

Questão 01 · Questão do professor (ano não citado); o professor chama de 'aquecimento'

Resolvida na aulaQuestão do professor (ano não citado); o professor chama de 'aquecimento'

Uma fila com oito pessoas, entre elas Ana, Bruna, Carlão e Daniel. De quantas maneiras é possível formar a fila se Ana e Bruna devem ficar juntas e Carlão e Daniel devem ficar necessariamente separados?

Ana e Bruna juntas: formam um bloco; o bloco e as outras seis pessoas dão 7 caixas, permutadas de $7!$ maneiras; dentro do bloco, $2!$ . Total $2! \cdot 7! = 10080$ .
Dentro desse total, contar as filas em que Carlão e Daniel também ficam juntos: dois blocos mais quatro pessoas dão 6 caixas, $6!$ maneiras, vezes $2! \cdot 2!$ de trocas internas, $= 2880$ .
Contagem indireta: separados = (Ana e Bruna juntas) − (Ana e Bruna juntas e Carlão e Daniel juntos) $= 10080 - 2880$ .

Resposta: $7200$ filas.

Armadilha: Esquecer que cada pessoa isolada também é uma caixa (contar 6 em vez de 7 caixas), esquecer a permutação interna do bloco, ou tentar contar 'separados' diretamente em vez de subtrair do caso 'juntos'.

▶ Ver no vídeo (03:21:00)

Questão 02 · Questão do professor (ano não citado); exemplo clássico de probabilidade condicional

Resolvida na aulaQuestão do professor (ano não citado); exemplo clássico de probabilidade condicional

Uma caixa tem três moedas: duas honestas e uma com duas caras. Uma moeda é retirada ao acaso e lançada duas vezes, sem que se veja qual é. Sai cara nos dois lançamentos. Qual a probabilidade de a moeda ser honesta?

Árvore: três ramos de $1 / 3$ (duas honestas, uma desonesta).
Em cada moeda honesta, os quatro resultados têm $1 / 4$ cada; o ramo cara-cara tem probabilidade $1 / 3 \cdot 1 / 4 = 1 / 12$ . Na desonesta, cara-cara tem $1 / 3 \cdot 1 = 4 / 12$ .
Com a informação 'duas caras', o espaço amostral são os ramos compatíveis: $1 / 12 + 1 / 12 + 4 / 12 = 6 / 12$ .
A parte honesta é $1 / 12 + 1 / 12 = 2 / 12$ . A razão $2 / 12$ para $6 / 12$ dá $2 / 6 = 1 / 3$ .

Resposta: $1 / 3$ (não $2 / 3$ ): o resultado de duas caras torna a moeda desonesta duas vezes mais provável.

Armadilha: Ignorar a informação nova e responder $2 / 3$ (dado que a caixa tem 2 honestas em 3), ou dizer $50 %$ porque 'ou é honesta ou não é'.

▶ Ver no vídeo (03:41:00)

Questão 03 · Clássico problema de Monte Hall, apresentado pelo professor

Resolvida na aulaClássico problema de Monte Hall, apresentado pelo professor

Três portas: atrás de uma há um prêmio de um milhão de dólares, atrás das outras duas nada. O jogador escolhe uma porta; o apresentador, que sabe onde está o prêmio, abre uma das outras duas vazia e oferece a troca. Qual a probabilidade de ganhar trocando?

Estratégia 'sempre trocar'. Se o jogador escolheu a porta premiada (probabilidade $1 / 3$ ), a troca leva a uma porta vazia e ele perde.
Se escolheu uma vazia (probabilidade $2 / 3$ ), o apresentador é obrigado a abrir a outra vazia; a troca leva ao prêmio.
Generalização: com 100 portas, abrem-se 98 vazias; perde-se só se se acertou de primeira ( $1 / 100$ ).

Resposta: Trocando, a probabilidade de ganhar é $2 / 3$ (com 100 portas, $99 / 100$ ).

Armadilha: Achar que restam duas portas, portanto 50% cada. A porta inicial continua com $1 / 3$ (ou $1 / 100$ ); a probabilidade das portas abertas se acumula na outra.

▶ Ver no vídeo (04:00:00)

Questão 04 · Exemplo do professor para o problema da malha (revisão do caso clássico)

Resolvida na aulaExemplo do professor para o problema da malha (revisão do caso clássico)

Numa malha, o ponto B está 4 passos acima e 3 à direita do ponto A, e só se pode andar para cima ou para a direita. Quantos caminhos há de A até B? Quantos passam por um ponto P que exige 3 passos para cima e 1 para a direita desde A?

Cada caminho tem 4 C e 3 D; cada anagrama de CCCCDDD é um caminho. Total: $7! / (4! 3!) = 35$ .
De A até P: 3 C e 1 D, $4! / 3! = 4$ caminhos.
De P até B: 1 C e 2 D, $3! / 2! = 3$ caminhos.
Passando por P, multiplicam-se as duas etapas: $4 \cdot 3 = 12$ . Os que não passam: $35 - 12 = 23$ .

Resposta: $35$ caminhos no total e $12$ passando por P.

Armadilha: Somar em vez de multiplicar as duas etapas, ou esquecer que 'não passar por P' é total menos 'passar por P'.

▶ Ver no vídeo (04:14:00)

Questão 05 · Questão do professor (mistura de caso clássico com uma 'inovada' dele); ano não citado

Resolvida na aulaQuestão do professor (mistura de caso clássico com uma 'inovada' dele); ano não citado

Numa malha $6 \times 6$ , Ana sai de um canto e anda só para cima ou para a direita, com igual probabilidade quando há duas opções. Bruna sai do canto oposto (?) e anda só para a esquerda ou para baixo. Ana tem o dobro da velocidade de Bruna. Qual a probabilidade de se encontrarem? (A aula encerra na contagem de formas.)

Para se encontrar, a soma dos passos é $12$ ( $6 + 6$ ); como Ana dá o dobro, Ana dá $8$ e Bruna dá $4$ .
Ana, após 8 passos, está num ponto com $x + y = 8$ (dentro da malha, cinco pontos).
Para cada ponto: caminhos de Ana vezes caminhos de Bruna: $(\binom{8}{2}) \cdot 1 = 28$ ; $(\binom{8}{3}) \cdot (\binom{4}{3}) = 224$ ; $(\binom{8}{4}) \cdot (\binom{4}{2}) = 420$ ; $224$ ; $28$ .
Soma: $28 + 224 + 420 + 224 + 28 = 924$ formas de os caminhos se encontrarem.

Resposta: $924$ formas de se encontrarem (a conversão em probabilidade não é feita na aula).

Armadilha: Achar que o ponto de encontro é qualquer ponto com soma de passos 12: a condição é necessária, não suficiente. Também: usar mudança de referencial, que não funciona porque a velocidade de cada uma muda de direção a cada passo.

▶ Ver no vídeo (04:19:00)

Questão 06 · Questão de cinemática que, segundo o professor, 'caiu uma vez até no ITA' (adaptada por ele)

Resolvida na aulaQuestão de cinemática que, segundo o professor, 'caiu uma vez até no ITA' (adaptada por ele)

Um ponto A sai de um ponto com velocidade $v_{A}$ na vertical; no mesmo instante um ponto B sai com velocidade $v_{B}$ na horizontal, em direção à trajetória de A, a uma distância inicial $D$ . Qual a menor distância entre A e B, com velocidades constantes?

Referencial de A: somar $v_{A}$ para baixo em tudo; A fica parado e B passa a se mover na diagonal com velocidade de componentes $v_{B}$ e $v_{A}$ .
A menor distância de A à trajetória de B é a perpendicular; semelhança de triângulos (distâncias e velocidades) e Pitágoras na hipotenusa de velocidades.
Resultado: $d_{\min} = D v_{A} / \sqrt{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}$ .
Conferência no referencial de fora: $d^{2} (t) = (v_{A} t)^{2} + (D - v_{B} t)^{2}$ é um trinômio em $t$ , mínimo no vértice $t_{v} = D v_{B} / (v_{A}^{2} + v_{B}^{2})$ , que dá o mesmo valor.

Resposta: $d_{\min} = \frac{D v_{A}}{\sqrt{v_{A}^{2} + v_{B}^{2}}}$

Armadilha: Seguir direto para o referencial de fora, com tempo, parábola e muita álgebra, sem enxergar a semelhança de triângulos que simplifica tudo.

▶ Ver no vídeo (04:43:00)

Questão 07 · Questão do professor numerada como 'question number 12' (?); ano não citado; a versão original pede 'no máximo três números'

Resolvida na aulaQuestão do professor numerada como 'question number 12' (?); ano não citado; a versão original pede 'no máximo três números'

Lançam-se cinco dados e anotam-se os números obtidos, escrevendo cada número repetido uma só vez. Qual a probabilidade de serem anotados no máximo três números?

Espaço amostral: $6^{5}$ .
Um número: $6$ resultados, $P_{1} = 6 / 6^{5} = 1 / 6^{4}$ .
Dois números: $(\binom{6}{2}) = 15$ pares; por par, $(5 + 10) \cdot 2 = 30$ resultados (estruturas 4+1 e 3+2, trocando os papéis de X e Y); total $450$ .
Três números: $(\binom{6}{3}) = 20$ trincas; por trinca, estruturas 3+1+1 ( $20 \cdot 3 = 60$ ) e 2+2+1 ( $30 \cdot 3 = 90$ ); $150$ por trinca e $3000$ no total (após a correção de 45 para 90 feita pelo professor).
Somar os três casos: $6 + 450 + 3000 = 3456$ resultados favoráveis (soma não dita na aula; calculada a partir dos valores corrigidos?).

Resposta: $P = \frac{6 + 450 + 3000}{6^{5}} = \frac{3456}{7776} = \frac{4}{9}$ (? a soma final não é dita na aula; ver dúvidas).

Armadilha: Contar duas vezes (4X+1Y e 4Y+1X são casos distintos, mas já cobertos pelo fator 2 após escolher o par); errar 5!/(2!2!) como 15 em vez de 30; esquecer o fator 3 de qual valor se repete.

▶ Ver no vídeo (05:06:00)

Erros que derrubam nota em análise combinatória e probabilidades

01
Esquecer que cada pessoa isolada também ocupa uma 'caixa'
Esquecer que cada pessoa isolada também ocupa uma 'caixa' ao permutar blocos (contar 6 caixas em vez de 7).
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
02
Esquecer a permutação interna do bloco
Esquecer a permutação interna do bloco (as duas pessoas juntas podem trocar de lugar).
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
03
Tentar contar 'separados' diretamente, caso a caso, em vez
Tentar contar 'separados' diretamente, caso a caso, em vez de total menos 'juntos'.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
04
Subtrair do total geral
Subtrair do total geral ( $8!$ ) quando já se está dentro de um ramo (Ana e Bruna juntas).
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
05
Responder $2/3$ no problema das moedas ignorando
Responder $2 / 3$ no problema das moedas ignorando a informação das duas caras.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
06
Dizer que a probabilidade é $50\%$ porque há 'dois
Dizer que a probabilidade é $50 %$ porque há 'dois resultados possíveis', como no caso do assalto ou do meteoro.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
07
No Monte Hall, achar que as duas portas restantes valem
No Monte Hall, achar que as duas portas restantes valem $50 %$ cada.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
08
Somar em vez de multiplicar as quantidades de caminhos de A
Somar em vez de multiplicar as quantidades de caminhos de A até P e de P até B.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
09
Tratar a condição de encontro
Tratar a condição de encontro (soma de passos igual a 12) como suficiente.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
10
Tentar mudança de referencial quando a velocidade de cada
Tentar mudança de referencial quando a velocidade de cada móvel muda de direção a cada instante.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
11
Contar duas vezes os casos 4X1Y e 4Y1X, ou esquecer
Contar duas vezes os casos 4X1Y e 4Y1X, ou esquecer de multiplicar por 2 quando X e Y trocam de papel.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
12
No caso de três números distintos, errar 5!/
No caso de três números distintos, errar 5!/(2!2!) como 15 em vez de 30 (propagado ao total), ou esquecer o fator 3.
Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.

FAQ: Análise Combinatória e Probabilidades na FUVEST

Como faço quando duas pessoas têm de ficar juntas numa fila?

Trate as duas como um bloco. Conte o bloco e cada pessoa restante como uma caixa e permute as caixas. Depois multiplique pelas permutações dentro do bloco. Para Ana e Bruna entre oito pessoas, são $7!$ caixas e $2!$ dentro do bloco, ou seja, $2! \cdot 7! = 10080$ .

Quando devo usar a contagem indireta (complementar)?

Quando contar o que se pede diretamente é difícil, mas contar o contrário é fácil. 'Separados' é difícil e 'juntos' é fácil, então 'separados' é total menos 'juntos'. O professor diz que não há receita mágica: o discernimento vem de já ter errado antes ao contar na mão o caso difícil.

Por que a probabilidade de a moeda ser honesta cai de 2/3 para 1/3 depois das duas caras?

Porque a moeda de duas caras sempre produz o resultado observado, enquanto cada moeda honesta o produz só em $1 / 4$ das vezes. Dos seis ramos compatíveis com duas caras (em doze), dois são de moedas honestas, daí $2 / 6 = 1 / 3$ . A informação nova torna a moeda desonesta duas vezes mais provável.

Por que não vale dizer que a chance é 50% porque 'ou acontece ou não acontece'?

Porque dois resultados possíveis não são necessariamente igualmente prováveis. O professor usa o exemplo de ser assaltado ou de cair um meteoro: 'ou cai ou não cai' não dá 50%. A probabilidade depende de quantos casos favoráveis existem entre os possíveis.

Por que trocar de porta no problema de Monte Hall dá 2/3?

A porta escolhida no início mantém a probabilidade inicial de $1 / 3$ , pois a abertura de uma porta vazia não diz nada sobre ela. Toda a probabilidade das portas abertas se acumula na porta restante. Pense em 100 portas: depois de abrir 98 vazias, a porta restante tem $99 / 100$ . Trocando, só se perde quando se acertou de primeira.

Como contar os caminhos numa malha em que só se anda para cima e para a direita?

Escreva cada caminho como uma palavra com C (cima) e D (direita). Cada caminho é um anagrama, então o número de caminhos é $(a + b)! / (a! b!)$ . Para 4 passos para cima e 3 para a direita, são $7! / (4! 3!) = 35$ . Para passar por um ponto, multiplica-se o número de caminhos até o ponto pelo de lá até o fim.

Por que a distância mínima e o tempo não mudam quando mudo de referencial?

Porque a distância entre dois pontos e o intervalo de tempo são independentes do observador (a altura de uma pessoa é a mesma, ande ela ou não). O que muda são as velocidades, e por isso a mudança de referencial pode simplificar o problema sem alterar a resposta.

Como separar os casos na probabilidade de anotar poucos números nos cinco dados?

Separe por quantos números distintos aparecem: um, dois ou três. Para cada caso escolha os valores (combinação de 6) e conte as estruturas possíveis de repetição com permutação com repetição, lembrando de multiplicar pelas trocas de papel entre valores. Depois some os casos e divida por $6^{5}$ .

Esta aula em 136 minutos: o índice

Fila de oito pessoas: Ana e Bruna juntas, Carlão e Daniel separados

Contagem indireta: total menos o que não se quer

Probabilidade condicional: por que uma informação nova muda a resposta

A árvore das moedas: ramos, multiplicação e a resposta 1/3

Problema de Monte Hall: por que trocar de porta dobra a chance

Malha quadriculada: caminhos como anagramas e a restrição de passar por um ponto

Onde Ana e Bruna se encontram: 12 passos, a reta x + y = 8 e 924 formas

Digressão de física: mudança de referencial e distância mínima entre dois móveis

Lançamento de cinco dados: probabilidade de anotar poucos números distintos

As fórmulas desta aula

As 7 questões resolvidas na aula

Questão 01 · Questão do professor (ano não citado); o professor chama de 'aquecimento'

Questão 02 · Questão do professor (ano não citado); exemplo clássico de probabilidade condicional

Questão 03 · Clássico problema de Monte Hall, apresentado pelo professor

Questão 04 · Exemplo do professor para o problema da malha (revisão do caso clássico)

Questão 05 · Questão do professor (mistura de caso clássico com uma 'inovada' dele); ano não citado

Questão 06 · Questão de cinemática que, segundo o professor, 'caiu uma vez até no ITA' (adaptada por ele)

Questão 07 · Questão do professor numerada como 'question number 12' (?); ano não citado; a versão original pede 'no máximo três números'

Erros que derrubam nota em análise combinatória e probabilidades

Esquecer que cada pessoa isolada também ocupa uma 'caixa'

Esquecer a permutação interna do bloco

Tentar contar 'separados' diretamente, caso a caso, em vez

Subtrair do total geral

Responder $2/3$ no problema das moedas ignorando

Dizer que a probabilidade é $50\%$ porque há 'dois

No Monte Hall, achar que as duas portas restantes valem

Somar em vez de multiplicar as quantidades de caminhos de A

Tratar a condição de encontro

Tentar mudança de referencial quando a velocidade de cada

Contar duas vezes os casos 4X1Y e 4Y1X, ou esquecer

No caso de três números distintos, errar 5!/

FAQ: Análise Combinatória e Probabilidades na FUVEST

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