Exame de Matemática A 2026 · 1.ª fase — item 6, resolvido

Cotação 14 pontosResposta abertaVerificado

Enunciado

Instituto de Avaliação Educativa · prova 635 · 2026 · 1.ª fase

A Margarida tem cinco pares de sapatos. Cada par de sapatos tem uma cor diferente: azul, branco, cinzento, vermelho e preto.

Para guardar os sapatos, a Margarida dispõe de uma sapateira com dez compartimentos iguais, identificados com as letras de A a J, como se ilustra na Figura 3.

Figura 3 — sapateira rectangular com dez compartimentos iguais, dispostos em cinco linhas e duas colunas; de cima para baixo e da esquerda para a direita, estão identificados por A e B, C e D, E e F, G e H, I e J — Figura 3

Admita que a Margarida vai guardar, aleatoriamente, os cinco pares de sapatos na sapateira, um par de sapatos da mesma cor por compartimento.

Determine a probabilidade de o par de sapatos brancos e o par de sapatos pretos ficarem em compartimentos adjacentes\*.

Apresente o resultado na forma de fração irredutível.

\* Dois compartimentos dizem-se adjacentes quando partilham uma divisória física (ou quando têm um lado comum). Por exemplo, o compartimento C é adjacente aos compartimentos A, D e E.

Resposta de exame

O que se escreve na prova para ter a cotação toda.

A sapateira tem cinco linhas e duas colunas. Dois compartimentos são adjacentes quando estão na mesma linha, ou quando estão na mesma coluna e em linhas consecutivas.

Pares de compartimentos adjacentes: $5$ na mesma linha ( $A - B$ , $C - D$ , $E - F$ , $G - H$ e $I - J$ ) e $2 \times 4 = 8$ na mesma coluna ( $A - C$ , $C - E$ , $E - G$ , $G - I$ , $B - D$ , $D - F$ , $F - H$ e $H - J$ ).

Número de casos possíveis: $^{10} A_{5} = 10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 = 30240$ .

Número de casos favoráveis com os dois pares na mesma linha: escolhe-se a linha, trocam-se (ou não) os dois pares entre os seus dois compartimentos e arrumam-se os restantes três pares nos oito compartimentos livres, ou seja, $5 \times 2! \times^{8} A_{3} = 5 \times 2 \times 336 = 3360$ .

Número de casos favoráveis com os dois pares na mesma coluna: $2 \times 4 \times 2! \times^{8} A_{3} = 2 \times 4 \times 2 \times 336 = 5376$ .

Pela Regra de Laplace, a probabilidade pedida é

P = \frac{3 360 + 5 376}{30 240} = \frac{8 736}{30 240} = \frac{13}{45}

Tenta primeiro no papel.

Quem lê a resolução antes de tentar acha que percebeu — e volta a errar no exame.

Mostra só o que se escreve na prova. A resolução explicada fica fechada — abres depois, se quiseres.

Resolução explicada

Passo a passo, com o porquê de cada passo.

O que governa este item é a Regra de Laplace: como a Margarida arruma os sapatos aleatoriamente, todas as arrumações são igualmente prováveis, e a probabilidade pedida é $\frac{casos favor a ˊ veis}{casos poss ı ˊ veis}$ . Todo o trabalho é, portanto, contar duas vezes: contar tudo, e contar o que interessa — sempre com o mesmo critério de contagem nas duas contas.

desenhar a sapateira e contar os compartimentos adjacentes

A nota de rodapé do enunciado diz-te que $C$ é adjacente a $A$ , a $D$ e a $E$ . Isso fixa a forma da sapateira: cinco linhas e duas colunas.

coluna esquerda	coluna direita
A	B
C	D
E	F
G	H
I	J

Há dois tipos de adjacência, e convém contá-los em separado (é assim que o critério de classificação está organizado):

na mesma linha — $A - B$ , $C - D$ , $E - F$ , $G - H$ , $I - J$ : uma por linha, portanto $5$ ;
na mesma coluna e em linhas consecutivas — na coluna da esquerda $A - C$ , $C - E$ , $E - G$ , $G - I$ , e o mesmo na coluna da direita: $2 \times 4 = 8$ .

Ao todo, $13$ pares de compartimentos adjacentes. Repara que $A$ e $E$ não são adjacentes: estão na mesma coluna mas não partilham divisória.

1.º — contar os casos possíveis

Arrumar os cinco pares de sapatos é atribuir a cada cor um compartimento, todos diferentes. Como as cores são distinguíveis, a ordem conta: é uma sequência de $5$ compartimentos distintos escolhidos entre os $10$ , isto é, um arranjo simples.

casos poss \overset{ı}{ˊ} veis =^{10} A_{5} = 10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 = 30240

Esta etapa é obrigatória e vale $4$ pontos por si, mesmo que tudo o resto corra mal.

2.º — casos favoráveis com os dois pares na mesma linha

Constrói o caso favorável por decisões sucessivas, e multiplica:

escolher a linha onde ficam o par branco e o par preto: $5$ maneiras;
decidir qual dos dois compartimentos dessa linha fica com os brancos (o outro fica com os pretos): $2! = 2$ maneiras;
arrumar os restantes três pares (azul, cinzento e vermelho) nos $8$ compartimentos que sobram, e a ordem volta a contar: $^{8} A_{3} = 8 \times 7 \times 6 = 336$ maneiras.

5 \times 2! \times^{8} A_{3} = 5 \times 2 \times 336 = 3360

O terceiro factor é o que mais se esquece — e é ele que garante que estás a contar o mesmo tipo de objecto que contaste nos casos possíveis: arrumações completas dos cinco pares.

3.º — casos favoráveis com os dois pares na mesma coluna

A mesma construção, só que agora escolhes a coluna ( $2$ ) e, dentro dela, o par de linhas consecutivas ( $4$ ):

2 \times 4 \times 2! \times^{8} A_{3} = 2 \times 4 \times 2 \times 336 = 5376

Os dois casos — mesma linha e mesma coluna — não se sobrepõem, por isso somam-se:

casos favor \overset{a}{ˊ} veis = 3360 + 5376 = 8736

4.º — aplicar a Regra de Laplace

P = \frac{8 736}{30 240} = \frac{13}{45}

esquecer as outras três cores

Os pares azul, cinzento e vermelho aparecem exactamente do mesmo modo no numerador e no denominador — o factor $^{8} A_{3}$ cancela. Isso autoriza-te a restringir o problema aos dois pares que interessam, e é o 2.º e o 3.º processo do critério de classificação.

Se escolheres um compartimento para os brancos e outro para os pretos (a ordem conta):

P = \frac{5 \times 2 ! + 2 \times 4 \times 2 !}{^{10} A _{2}} = \frac{10 + 16}{90} = \frac{26}{90} = \frac{13}{45}

Se escolheres apenas o conjunto dos dois compartimentos (a ordem não conta), é ainda mais curto:

P = \frac{5 + 2 \times 4}{^{10} C _{2}} = \frac{13}{45}

Este último é o caminho mais rápido, e é aquele em que o número $13$ que contaste no início entra directamente. Vale a cotação toda — o critério trata os três processos como equivalentes.

fração irredutível

O enunciado exige a forma de fração irredutível, e essa exigência é pontuada. De $\frac{8 736}{30 240}$ chegas a $\frac{13}{45}$ dividindo numerador e denominador por $672$ . Confirma que paraste: $13$ é primo e $45 = 3^{2} \times 5$ , logo não há factor comum.

confere a ordem de grandeza

$\frac{13}{45} \approx 0, 289$ . Há $45$ pares de compartimentos possíveis e $13$ deles são adjacentes — pouco menos de um terço. Um valor fora de $[0, 1]$ , ou muito próximo de $1$ , denunciaria contagens de tipos diferentes no numerador e no denominador.

onde este item come pontos

Misturar tipos de contagem. Contar os casos possíveis como arrumações dos cinco pares ( $^{10} A_{5}$ ) e os favoráveis como escolhas de dois compartimentos ( $13$ ) dá um valor absurdo. Numerador e denominador têm de contar o mesmo objecto.
Esquecer o $2!$ . Os brancos podem ficar à esquerda e os pretos à direita, ou ao contrário. São arrumações diferentes.
Esquecer o $^{8} A_{3}$ quando se conta por arrumações completas, ficando com $5 \times 2!$ sobre $^{10} A_{5}$ .
Contar mal as adjacências na coluna. Cada coluna tem $5$ compartimentos, mas só $4$ pares consecutivos — não $^{5} C_{2} = 10$ . Quem usa $^{5} C_{2}$ obtém $20$ em vez de $8$ e o resultado deixa de bater.
Contar diagonais. $A$ e $D$ têm um vértice comum, não uma divisória: não são adjacentes.
A nota 1 do critério. Se a expressão apresentada não for equivalente à do critério, essa etapa vale $0$ pontos — mesmo que o número final esteja certo. Escreve a expressão, não só o resultado da calculadora.
A nota 3 do critério. Se as duas etapas de contagem valerem $0$ , ou se o valor obtido não pertencer a $[0, 1]$ , a última etapa também vale $0$ .
Deixar a fração por simplificar, ou apresentar $0, 29$ em vez de $\frac{13}{45}$ .

para reconhecer o próximo exercício deste tipo

Sempre que um problema de probabilidades tiver objectos que não aparecem na condição pedida (aqui, as outras três cores), pergunta-te se podes descartá-los. Se eles se distribuem da mesma maneira em todos os casos, cancelam — e o problema encolhe para uma contagem de pares. Foi isso que transformou uma conta com $^{10} A_{5}$ numa conta com $^{10} C_{2}$ .

Primeiro, a resposta de exame.

A resolução explicada abre-se depois, à parte, se quiseres perceber o porquê.

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