Exame de Matemática A 2026 · Época especial — item 7.(AE2023), resolvido

O que governa este item é a definição de valor médio de uma variável aleatória discreta:

Ou seja, para responder precisas da distribuição de probabilidades completa — todos os valores que $X$ pode tomar e a probabilidade de cada um. O item não se resolve por nenhum atalho: constrói-se a tabela e faz-se a soma.

separar os cartões em dois grupos

«Numerados com um número menor do que $3$» são o $1$ e o $2$ : dois cartões. Os outros — $3$ , $4$ e $5$ — são três cartões. Retiram-se $3$ dos $5$ , de uma só vez.

«Simultaneamente» é a palavra que decide a ferramenta: não há ordem, não há reposição. Contar conjuntos sem ordem é contar combinações, não arranjos.

1.º — identificar os valores que $X$ pode tomar

$X$ conta quantos dos três cartões retirados vieram do grupo pequeno. Como esse grupo só tem dois cartões, é impossível tirar três:

Esta etapa vale $2$ pontos e tem uma nota no critério que a torna crítica: se algum dos valores apresentados estiver errado, a etapa final vale $0$ pontos. Por outras palavras, escrever $X\in \{0,1,2,3\}$ não custa só os $2$ pontos deste passo — arrasta consigo os $3$ pontos do valor médio. Pára e confirma: o máximo de $X$ é o tamanho do grupo pequeno, não o número de cartões retirados.

2.º — contar o número total de casos possíveis

Quantos conjuntos de três cartões se podem formar a partir de cinco?

Todos igualmente prováveis, porque a extracção é ao acaso. É o denominador das três probabilidades que se seguem.

3.º — contar os casos favoráveis a cada valor

Para cada valor de $X$ decide-se quantos cartões vêm de cada grupo e multiplicam-se as duas contagens (princípio fundamental da contagem): escolher os do grupo pequeno é independente de escolher os do grupo grande.

• $X=0$ — nenhum do grupo $\{1,2\}$ e os três do grupo $\{3,4,5\}$ . Só há uma maneira de o fazer (é o conjunto $\{3,4,5\}$):

• $X=1$ — um do grupo pequeno (${}^2{C}_1=2$ maneiras) e dois do grande (${}^3{C}_2=3$ maneiras):

• $X=2$ — os dois do grupo pequeno (${}^2{C}_2=1$ maneira) e um do grande (${}^3{C}_1=3$ maneiras):

Cada uma destas três probabilidades vale $3$ pontos por si — nove dos catorze pontos do item estão aqui.

4.º — escrever a distribuição e calcular o valor médio

a forma pedida

É pedida dízima: escreve-se $1,2$ . Nem $\frac{6}{5}$ , nem $1,20$ arredondado a coisa nenhuma — o valor é exacto.

três controlos rápidos

1. As probabilidades somam $1$ ? $0,1+0,6+0,3=1$ . Se não somassem, havia um caso a mais ou a menos.
2. O valor médio está entre o mínimo e o máximo? $0⩽1,2⩽2$ . Está.
3. Faz sentido? Dos $5$ cartões, $2$ são do grupo pequeno, ou seja uma proporção de $\frac{2}{5}$ . Ao tirar $3$ cartões, o número esperado do grupo pequeno é $3\times \frac{2}{5}=1,2$ . Bate exactamente — e não é coincidência: o valor médio de uma contagem deste tipo é sempre $n\times \frac{K}{N}$ , mesmo sem reposição. Guarda este controlo: confirma o resultado em cinco segundos. Atenção — serve para conferir, não substitui a distribuição, que é o que o critério pontua.

contar por casos, sem combinações

Se preferires, podes listar os $10$ conjuntos possíveis e contar quantos cartões pequenos tem cada um:

$\{1,2,3\},\{1,2,4\},\{1,2,5\}$ têm dois — são $3$ casos, logo $P(X=2)=\frac{3}{10}$ ;

$\{3,4,5\}$ tem zero — é $1$ caso, logo $P(X=0)=\frac{1}{10}$ ;

os restantes $10-3-1=6$ têm exactamente um, logo $P(X=1)=\frac{6}{10}$ .

Com apenas $10$ casos a enumeração é viável e serve de confirmação. Com números maiores deixa de ser, e por isso convém dominar as combinações.

o que faz falhar este item

• Incluir $X=3$ nos valores possíveis. Só há dois cartões com número menor do que $3$ . Pela nota do critério, este erro custa também os $3$ pontos do valor médio.
• Incluir o $3$ no grupo pequeno. «Menor do que $3$» é estritamente menor: o $3$ não entra.
• Usar arranjos em vez de combinações. «Simultaneamente» diz que não há ordem. Com ${}^5{A}_3=60$ no denominador as probabilidades saem certas apenas se o numerador também contar ordenações — misturar os dois é o erro clássico.
• Somar contagens em vez de as multiplicar. Para $X=1$ são ${}^2{C}_1{\times }^3{C}_2=6$ , não $2+3=5$ .
• Esquecer o factor do grupo grande. Para $X=2$ , depois de fixar os cartões $1$ e $2$ , ainda há $3$ escolhas para o terceiro cartão: $P(X=2)=0,3$ e não $0,1$ .
• Calcular a média dos valores $\frac{0+1+2}{3}=1$ em vez da média ponderada pelas probabilidades.
• Não apresentar a distribuição. Cada probabilidade é uma etapa pontuada; escrevê-las é onde estão nove pontos.

para reconhecer o próximo exercício deste tipo

Sempre que um item pedir valor médio de uma variável aleatória, o trabalho é construir a distribuição, nunca adivinhar a média. E sempre que a variável contar «quantos de um certo tipo» numa extracção simultânea (sem reposição), a probabilidade de cada valor $k$ escreve-se com o mesmo molde: $\frac{{}^K{C}_k{\times }^{N-K}{C}_{n-k}}{{}^N{C}_n}$ , onde $N$ é o total, $K$ o tamanho do grupo de interesse e $n$ o número de extracções. Confirma sempre que as probabilidades somam $1$ antes de passar à média.