Problemas Integradores de Análise Combinatória para Probabilidade: Do enunciado ao modelo

Do enunciado ao modelo: como transformar texto em contagem

Neste capítulo, o foco é integrar técnicas de contagem com a modelagem do espaço amostral e do evento. Em problemas de probabilidade, a maior parte dos erros não está na fórmula, mas em: (i) escolher o que é um “resultado elementar”, (ii) decidir se a ordem importa, (iii) tratar restrições sem dupla contagem e (iv) garantir que numerador e denominador contam objetos do mesmo tipo.

Roteiro de modelagem (use em qualquer problema)

• Etapa 1 — Defina o experimento e o resultado elementar: o que exatamente é um ponto do espaço amostral? (sequência, conjunto, distribuição, senha, mão de cartas, etc.).
• Etapa 2 — Identifique equiprobabilidade: os resultados elementares têm a mesma probabilidade? Se não, a razão “contagem/contagem” pode não ser válida sem ponderação.
• Etapa 3 — Escreva o espaço amostral Ω em palavras e em estrutura: “todas as sequências de tamanho n com …” ou “todos os subconjuntos de tamanho k …”.
• Etapa 4 — Descreva o evento A com a mesma unidade de contagem de Ω: se Ω são sequências, A também deve ser contado como sequências (não como conjuntos).
• Etapa 5 — Escolha a técnica e justifique: casos, complemento, inclusão-exclusão, contagem direta, etc.
• Etapa 6 — Faça checagens rápidas: casos pequenos, limites (0%–100%), simetria, e se o resultado cresce/decresce como esperado.

Problemas básicos (foco: modelar Ω e evitar confundir ordem)

Problema 1 — Senha com restrição simples (contagem direta vs complemento)

Enunciado. Uma senha tem 6 caracteres, cada um pode ser uma letra maiúscula (26 opções) ou um dígito (10 opções). Considere que repetições são permitidas. Qual a probabilidade de a senha conter pelo menos um dígito?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: uma sequência ordenada de 6 caracteres (ordem importa).
• 2) Espaço amostral: cada posição tem 36 opções, então |Ω| = 36⁶.
• 3) Evento: A = “pelo menos um dígito”.
• 4) Técnica: complemento é mais simples: A^c = “nenhum dígito” = “todas as 6 posições são letras”.
• 5) Contagem: |A^c| = 26⁶. Logo |A| = 36⁶ − 26⁶.
• 6) Probabilidade: P(A) = 1 − (26/36)⁶.

Alternativa (casos): somar por número de dígitos (1 a 6) funciona, mas é mais longo e sujeito a erro de coeficientes.

Erros comuns: (i) usar 26+10=36 mas esquecer que são 6 posições (não multiplicar), (ii) contar “pelo menos um dígito” como 6·10·36⁵ (isso conta senhas com vários dígitos várias vezes).

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Problema 2 — Duas cartas e “pelo menos um ás” (ordem vs não ordem)

Enunciado. Retiram-se 2 cartas de um baralho padrão de 52 cartas, sem reposição. Qual a probabilidade de sair pelo menos um ás?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: uma mão de 2 cartas (conjunto de 2 cartas). A ordem de retirada não importa se o espaço amostral for “mãos”.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = C(52,2).
• 3) Evento: A = “pelo menos um ás”.
• 4) Técnica: complemento: A^c = “nenhum ás”.
• 5) Contagem: há 48 não-ases, então |A^c| = C(48,2).
• 6) Probabilidade: P(A) = 1 − C(48,2)/C(52,2).

Alternativa (casos): A = “exatamente 1 ás” ou “2 ases”. Então |A| = C(4,1)C(48,1) + C(4,2). Funciona e dá o mesmo resultado.

Erros comuns: (i) misturar unidades: usar |Ω|=52·51 (sequências) e |A| contado como combinações, (ii) usar 2·4·48 para “um ás” (dupla contagem se não fixar a ordem).

Problema 3 — Três lançamentos de moeda e evento por padrão (casos bem definidos)

Enunciado. Lança-se uma moeda justa 3 vezes. Qual a probabilidade de ocorrerem exatamente duas caras ou todas coroa?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: sequência de 3 resultados (C/K ou H/T), equiprovável.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = 2³ = 8.
• 3) Evento: A = {“exatamente 2 caras”} ∪ {“0 caras”}.
• 4) Técnica: casos disjuntos (não há sobreposição).
• 5) Contagem: exatamente 2 caras: C(3,2)=3; todas coroa: 1. Então |A|=4.
• 6) Probabilidade: P(A)=4/8=1/2.

Erros comuns: (i) somar probabilidades sem garantir disjunção, (ii) confundir “exatamente duas caras” com “pelo menos duas caras”.

Problemas intermediários (foco: múltiplas abordagens e comparação)

Problema 4 — Números de 5 dígitos sem repetição: “tem 0 ou 5” (casos vs complemento)

Enunciado. Escolhe-se ao acaso um número de 5 dígitos (de 10000 a 99999) com dígitos todos distintos. Qual a probabilidade de o número conter o dígito 0 ou 5 (pelo menos um deles)?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: sequência de 5 dígitos formando número de 5 dígitos, sem repetição e com primeiro dígito ≠ 0.
• 2) Espaço amostral: primeiro dígito: 9 opções (1–9). Restantes 4 posições: escolher e ordenar 4 dígitos dentre os 9 restantes (inclui 0 se não usado). Logo |Ω| = 9·9·8·7·6.
• 3) Evento: A = “contém 0 ou 5”.
• 4) Técnica (recomendada): complemento. A^c = “não contém 0 e não contém 5”.
• 5) Contagem do complemento: permitidos apenas {1,2,3,4,6,7,8,9} (8 dígitos), sem repetição. Primeiro dígito: 8 opções. Restantes 4: permutar 4 dentre os 7 restantes: 7·6·5·4. Então |A^c| = 8·7·6·5·4.
• 6) Probabilidade: P(A)=1 − (8·7·6·5·4)/(9·9·8·7·6) = 1 − (5·4)/(9·9) = 1 − 20/81 = 61/81.

Comparação de abordagens.

• Casos diretos: “tem 0”, “tem 5”, “tem ambos” exigiria cuidado com posição do 0 (não pode ser primeiro) e com sobreposição; tende a ficar mais longo.
• Complemento: transforma “pelo menos um” em “nenhum”, evitando múltiplos casos e interseções.

Erros comuns: (i) usar 10·9·8·7·6 como |Ω| (esquecendo que o primeiro dígito não pode ser 0), (ii) no complemento, permitir 0 no primeiro dígito sem perceber que 0 foi excluído do conjunto permitido.

Problema 5 — Inclusão-exclusão vs contagem direta por casos (divisibilidade)

Enunciado. Escolhe-se um inteiro uniformemente em {1,2,…,1000}. Qual a probabilidade de ele ser divisível por 2 ou 3 ou 5?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: um inteiro de 1 a 1000, equiprovável.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = 1000.
• 3) Evento: A = M₂ ∪ M₃ ∪ M₅, onde M_k = “múltiplos de k”.
• 4) Técnica: inclusão-exclusão (união de 3 conjuntos com interseções).
• 5) Contagens: |M₂|=⌊1000/2⌋=500; |M₃|=333; |M₅|=200. Interseções: |M₂∩M₃|=|M₆|=166; |M₂∩M₅|=|M₁₀|=100; |M₃∩M₅|=|M₁₅|=66. Tripla: |M₂∩M₃∩M₅|=|M₃₀|=33.
• 6) União: |A| = 500+333+200 − (166+100+66) + 33 = 668.
• 7) Probabilidade: P(A)=668/1000=0,668.

Comparação de abordagens.

• Inclusão-exclusão: direto e sistemático para “ou”.
• Contagem por complemento: contar números não divisíveis por 2,3,5 diretamente é difícil sem estrutura adicional; aqui IE é superior.

Erros comuns: (i) somar 500+333+200 sem subtrair interseções (dupla contagem), (ii) errar os pisos ⌊1000/k⌋.

Problema 6 — Três caixas e bolas: distribuição com restrição (casos bem particionados)

Enunciado. Distribuem-se 6 bolas distintas em 3 caixas distintas, e cada bola vai para exatamente uma caixa. Todas as distribuições são equiprováveis. Qual a probabilidade de nenhuma caixa ficar vazia?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: uma função “bola → caixa”.
• 2) Espaço amostral: cada bola tem 3 escolhas independentes: |Ω| = 3⁶.
• 3) Evento: A = “todas as 3 caixas recebem ao menos 1 bola”.
• 4) Técnica: complemento com inclusão-exclusão sobre caixas vazias.
• 5) Complemento: A^c = “pelo menos uma caixa vazia”. Defina E_i = “caixa i vazia”.
• 6) Contagens: |E_i| = 2⁶ (bolas só podem ir para as outras 2 caixas). Há 3 caixas: soma 3·2⁶. Interseções: |E_i∩E_j| = 1⁶ = 1 (todas as bolas na caixa restante). Existem C(3,2)=3 pares. Tripla interseção é impossível (não há caixa para receber bolas), então 0.
• 7) Inclusão-exclusão: |A^c| = 3·2⁶ − 3·1 = 192 − 3 = 189.
• 8) Probabilidade: P(A)=1 − 189/3⁶ = 1 − 189/729 = 540/729 = 20/27.

Alternativa (casos por ocupação): particionar em (4,1,1) e (2,2,2) e contar alocações. Funciona, mas exige mais etapas e é mais fácil errar fatores de permutação das caixas.

Erros comuns: (i) usar combinações como se bolas fossem indistintas, (ii) esquecer de subtrair as interseções (duas caixas vazias) ao usar complemento.

Problemas avançados (foco: modelagem fina, sobreposições e escolhas de técnica)

Problema 7 — Sequências com restrição de adjacência (contagem direta vs complemento)

Enunciado. Uma sequência de 8 caracteres é formada escolhendo, com reposição, letras do conjunto {A,B,C,D}. Qual a probabilidade de a sequência conter pelo menos um par de A consecutivos (isto é, “AA” aparece em alguma posição)?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: sequência de comprimento 8, equiprovável.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = 4⁸.
• 3) Evento: A = “existe i com posições i e i+1 iguais a A”.
• 4) Técnica: complemento com recorrência (contar sequências sem “AA”). Inclusão-exclusão direto sobre as 7 posições possíveis de “AA” fica trabalhoso por sobreposições (AAA cria interseções dependentes).
• 5) Conte o complemento: B = A^c = “não ocorre AA”. Use estados:
  • f(n): número de sequências de tamanho n sem AA.
  • g(n): número de sequências de tamanho n sem AA e terminando em A.
  • h(n): número de sequências de tamanho n sem AA e terminando em não-A.
• 6) Recorrências: g(n) = h(n−1)·1 (para terminar em A, o anterior não pode ser A). h(n) = f(n−1)·3 (terminar em B,C,D). E f(n)=g(n)+h(n).
• 7) Base: n=1: g(1)=1 (A), h(1)=3, f(1)=4.
• 8) Cálculo até n=8:

  n=1: f=4,  g=1,  h=3
  n=2: g=h(1)=3,           h=3*f(1)=12,      f=15
  n=3: g=h(2)=12,          h=3*f(2)=45,      f=57
  n=4: g=h(3)=45,          h=3*f(3)=171,     f=216
  n=5: g=h(4)=171,         h=3*f(4)=648,     f=819
  n=6: g=h(5)=648,         h=3*f(5)=2457,    f=3105
  n=7: g=h(6)=2457,        h=3*f(6)=9315,    f=11772
  n=8: g=h(7)=9315,        h=3*f(7)=35316,   f=44631

• 9) Probabilidade: P(A)=1 − f(8)/4⁸ = 1 − 44631/65536.

Comparação de abordagens.

• Complemento + recorrência: controla dependência local (adjacência) de forma limpa.
• Inclusão-exclusão: possível, mas exige tratar interseções como “AA em i e AA em i+1” (gera AAA) e padrões maiores; cresce rapidamente.

Erros comuns: (i) tratar as 7 posições de “AA” como independentes e usar 7·4⁶ (dupla contagem), (ii) contar sequências sem AA como 3·4⁷ (isso não impõe a restrição global).

Problema 8 — Mão de 5 cartas: “pelo menos um par” (complemento vs casos)

Enunciado. Retira-se uma mão de 5 cartas de um baralho de 52. Qual a probabilidade de a mão ter pelo menos um par (isto é, existir um valor com pelo menos duas cartas)?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: mão de 5 cartas (ordem não importa), equiprovável.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = C(52,5).
• 3) Evento: A = “existe repetição de valor”.
• 4) Técnica: complemento: A^c = “todos os 5 valores são distintos” (mão sem par).
• 5) Contagem do complemento: escolha 5 valores distintos dentre 13: C(13,5). Para cada valor, escolha 1 dos 4 naipes: 4⁵. Então |A^c| = C(13,5)·4⁵.
• 6) Probabilidade: P(A)=1 − C(13,5)·4⁵/C(52,5).

Comparação de abordagens.

• Complemento: evita enumerar padrões (um par, dois pares, trinca, full house, quadra).
• Casos diretos: possível, mas longo; útil se o enunciado pedisse “exatamente dois pares”, por exemplo.

Erros comuns: (i) usar permutações como se a ordem de cartas importasse, (ii) no complemento, esquecer que “valores distintos” ainda permite qualquer naipe (4 escolhas por valor).

Problema 9 — União de eventos com sobreposição: “pelo menos um A” ou “pelo menos um B” (inclusão-exclusão vs complemento)

Enunciado. Uma palavra de 7 letras é formada escolhendo, com reposição, letras do conjunto {A,B,C}. Qual a probabilidade de ocorrer pelo menos um A ou pelo menos um B?

Solução comentada (etapas).

• 1) Resultado elementar: sequência de 7 letras, equiprovável.
• 2) Espaço amostral: |Ω| = 3⁷.
• 3) Evento: A = {tem A} ∪ {tem B}.
• 4) Técnica 1 (mais curta): complemento. O complemento é “não tem A e não tem B”, ou seja, “só tem C”.
• 5) Contagem: |A^c| = 1 (apenas CCCCCCC). Logo P(A)=1 − 1/3⁷.

Comparação com inclusão-exclusão: se fizer IE: P(tem A)+P(tem B)−P(tem A e B). Dá certo, mas exige calcular a interseção. O complemento evita toda a sobreposição.

Erros comuns: (i) somar P(tem A)+P(tem B) sem subtrair a interseção, (ii) achar que “tem A e B” é raro e ignorar (gera probabilidade > 1 em alguns casos).

Lista de verificação (checklist) para revisar soluções de contagem em probabilidade

• Unidade de contagem consistente: o denominador e o numerador contam o mesmo tipo de objeto (sequências vs conjuntos vs distribuições).
• Equiprobabilidade confirmada: a razão |A|/|Ω| só é válida se todos os resultados elementares tiverem a mesma probabilidade.
• Ordem e reposição explicitadas: “ordem importa?” e “há reposição?” foram decididos e usados de forma coerente.
• Restrições aplicadas no lugar certo: por exemplo, “primeiro dígito não pode ser 0” tratado apenas na primeira posição.
• Sem dupla contagem: em soma de casos, os casos são disjuntos; em “pelo menos um”, cuidado com contagens que contam o mesmo resultado várias vezes.
• Sobreposições tratadas: em uniões (“ou”), foi usado complemento ou inclusão-exclusão quando necessário.
• Interseções verificadas: ao usar inclusão-exclusão, todas as interseções relevantes foram incluídas com o sinal correto.
• Checagem com casos pequenos: teste n pequeno (quando possível) para validar a estrutura (ex.: n=1,2,3).
• Limites e plausibilidade: a probabilidade está entre 0 e 1 e faz sentido (ex.: “pelo menos um dígito” aumenta com o tamanho da senha).
• Coerência numérica: se a restrição é forte, o evento deve ser relativamente raro; se é fraca, relativamente comum.