Exame de Matemática A 2025 · 1.ª fase — item 6, resolvido

O ponto de partida. Quando um enunciado diz que algo é atribuído ao acaso, está a garantir-te que todos os casos são igualmente prováveis — e isso autoriza a Regra de Laplace:

O item todo se resume a contar duas coisas. E a ordem de ataque é sempre a mesma: primeiro o denominador, que costuma ser o mais simples; só depois o numerador.

1.º — os casos possíveis

Um código é uma sequência de quatro algarismos, retirados dos dez algarismos $0,1,\dots ,9$. A ordem conta ($1526$ é diferente de $5126$) e pode haver repetição — o próprio enunciado te dá o exemplo $0232$, com o $2$ repetido.

Contagem com ordem e com repetição chama-se arranjos com repetição:

Existem $10000$ códigos possíveis. Esta etapa vale 4 dos 14 pontos — quase um terço da cotação, na parte mais fácil do item. Nunca a deixes por escrever.

2.º — traduzir as três condições

Os casos favoráveis têm de cumprir, ao mesmo tempo:

• os quatro algarismos são todos diferentes;
• um deles é o zero;
• a soma dos quatro é ímpar.

As duas primeiras usam-se directamente. A terceira é a que decide o exercício, e tem de ser traduzida em algo que se consiga contar.

3.º — a chave: quando é que uma soma é ímpar?

A paridade de uma soma não é caprichosa: par $+$ par $=$ par, ímpar $+$ ímpar $=$ par, par $+$ ímpar $=$ ímpar. Daqui sai a regra de que precisas:

A soma de várias parcelas é ímpar se, e só se, o número de parcelas ímpares for ímpar.

São quatro parcelas, logo o número de algarismos ímpares no código tem de ser $1$ ou $3$ — não pode ser $0$, $2$ nem $4$, que são pares.

Mas há mais informação a usar: um dos quatro algarismos é o zero, e o zero é par. Sobram três algarismos, escolhidos de $1$ a $9$, todos diferentes entre si e do zero. É nesses três que está toda a paridade do código. Só há, portanto, dois arranjos possíveis:

• Caso A — além do zero, $1$ algarismo ímpar e $2$ algarismos pares;
• Caso B — além do zero, $3$ algarismos ímpares e nenhum par.

Escrever estes dois casos em voz alta vale $2$ pontos por si. É a etapa que os alunos fazem de cabeça e não põem no papel — e o que não está no papel não se corrige.

Conta o material disponível: os ímpares são $\{1,3,5,7,9\}$, cinco; os pares diferentes de zero são $\{2,4,6,8\}$, quatro.

4.º — contar os casos favoráveis

A maneira mais segura de contar é separar duas perguntas: que algarismos entram no código (sem ordem) e por que ordem aparecem. Como os quatro são todos diferentes, cada conjunto de quatro algarismos gera exactamente $4!$ códigos distintos.

Caso A — zero, 1 ímpar e 2 pares. Escolher o ímpar, de entre os cinco: $5$ maneiras. Escolher os dois pares, de entre os quatro, sem interessar a ordem (o conjunto $\{2,4\}$ é o mesmo que $\{4,2\}$): ${}^4{C}_2=6$ maneiras.

Caso B — zero e 3 ímpares. Escolher os três ímpares de entre os cinco, sem ordem:

Os dois casos são incompatíveis (um código não pode ter simultaneamente um e três algarismos ímpares), por isso os números somam-se. Só no fim se multiplica pelas ordenações, porque o $4!$ se aplica a qualquer dos conjuntos:

Há $960$ códigos favoráveis. Esta é a etapa de 6 pontos, a mais cara do item.

5.º — a probabilidade, na forma pedida

O enunciado exige fração irredutível, portanto o trabalho ainda não acabou. Simplifica por etapas:

Está irredutível: $12=2^2\times 3$ e $125=5^3$ não têm nenhum divisor primo em comum.

Resposta: $P=\frac{12}{125}$.

Um segundo modo de contar (a mesma resposta, outra arrumação)

Em vez de escolher o conjunto e ordenar no fim, podes colocar o zero primeiro e ir ordenando à medida. O zero tem $4$ posições possíveis no código; sobram $3$ posições para os outros:

Dentro do parêntesis, a primeira parcela é o Caso A (escolher os dois pares, colocá-los em duas das três posições — ${}^3{A}_2$ —, e o ímpar na posição que sobra) e a segunda é o Caso B (três ímpares ordenados em três posições, ${}^5{A}_3$).

Dá $960$, como tinha de dar. Vale a pena conheceres os dois: o primeiro modo é mais seguro, porque separa \"quem entra\" de \"por que ordem\"; o segundo é mais rápido quando um dos elementos é especial, como aqui o zero.

Verificação de bom senso. $\frac{12}{125}=0,096$, isto é, cerca de $9,6\%$. É um valor pequeno, como seria de esperar quando se exigem três condições em simultâneo. Um resultado maior do que $1$ ou negativo denunciaria erro de imediato — e os critérios dizem-no de forma explícita: um valor fora de $[0,1]$ perde a etapa final.

onde se perdem pontos

• Contar os casos possíveis sem repetição. Escrever ${}^{10}{A}_4=5040$ em vez de $10^4$ custa a etapa mais bem paga e mais fácil do item: $4$ dos $14$ pontos. A condição «todos diferentes» é do numerador; o denominador conta todos os códigos, e o enunciado dá-te o exemplo $0232$ precisamente para o dizer.
• Fazer a análise da paridade de cabeça. «Além do zero, um ímpar e dois pares, ou três ímpares» é uma etapa pontuada com $2$ pontos por si só. Quem a pensa e não a escreve fica sem ela — e a regra geral só dá por percorrida uma etapa não explicitada se a resolução a tornar inequívoca.
• Entregar o número $960$ sem a expressão que o produziu. A nota 1 dos critérios é taxativa: se a expressão apresentada não for equivalente a $4\times \left({}^4{C}_2\times {}^3{A}_2\times 5+{}^5{A}_3\right)$ ou a $\left({}^5{C}_3+{}^4{C}_2\times 5\right)\times 4!$ , a etapa vale $0$ pontos — e são $6$ , a mais cara do item. Pior ainda: apresentar apenas o resultado final dá zero à resposta inteira.
• Multiplicar por $4!$ só num dos casos. O $4!$ está em evidência porque ordena qualquer dos conjuntos, venha ele do caso A ou do caso B. Metido dentro de uma das parcelas, perdes mais de metade dos códigos favoráveis e a etapa de $6$ pontos deixa de ser equivalente às formas aceites.
• Trocar soma com produto. Dentro de um caso, escolhas sucessivas multiplicam-se; entre casos incompatíveis, somam-se. É o engano estrutural de toda a combinatória, e aqui aparece nas duas frentes ao mesmo tempo.
• Parar em $\frac{960}{10000}$ ou responder $0,096$ . É pedida a fração irredutível, $\frac{12}{125}$ , e a forma do resultado é cotada na etapa final. A nota 2 fecha o resto da porta: se as duas contagens tiverem ficado a zero, ou se o valor obtido não estiver em $[0,1]$ , essa etapa vale $0$ de qualquer maneira.