ITA 2020 — 2ª Fase — Questão 2 — Probabilidade com Funções Geratrizes
Lançando três dados de 6 faces, numeradas de 1 a 6, sem ver o resultado, você é informado
de que a soma dos números observados na face superior de cada dado é igual a \(9\).
Determine a probabilidade de o número observado em cada uma dessas faces ser um número ímpar.
👀 Solução passo a passo
1) Contagem total com soma 9
Seja \((a,b,c)\) a trinca ordenada de valores (cada um em \(\{1,2,3,4,5,6\}\)) com \(a+b+c=9\). O número dessas trincas é o coeficiente de \(x^9\) em \[ \big(x+x^2+\cdots+x^6\big)^3 =\Big(\frac{x(1-x^6)}{1-x}\Big)^3 =x^3\,\frac{(1-x^6)^3}{(1-x)^3}. \] Assim, precisamos do coeficiente de \(x^6\) em \(\dfrac{(1-x^6)^3}{(1-x)^3}\). Como \[ \frac{1}{(1-x)^3}=\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}x^r \quad\text{e}\quad (1-x^6)^3=1-3x^6+3x^{12}-x^{18}, \] o coeficiente pedido é \[ \binom{8}{2}-3\binom{2}{2}=28-3=25. \] Logo, há \(25\) trincas possíveis com soma \(9\).
2) Contagem das trincas todas ímpares
Agora restringimos \(a,b,c\in\{1,3,5\}\). O número de trincas ímpares com soma \(9\) é o coeficiente de \(x^9\) em \[ (x+x^3+x^5)^3 =\Big(\frac{x(1-x^6)}{1-x^2}\Big)^3 =x^3\,\frac{(1-x^6)^3}{(1-x^2)^3}. \] Precisamos então do coeficiente de \(x^6\) em \(\dfrac{(1-x^6)^3}{(1-x^2)^3}\). Como \[ \frac{1}{(1-x^2)^3}=\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}x^{2r}, \] o termo \(x^6\) surge de: \[ \binom{5}{2}x^6 – 3\binom{2}{2}x^6 = 10 – 3 = 7. \] Portanto, existem \(7\) trincas ordenadas \((a,b,c)\) (todas ímpares) com soma \(9\).
3) Probabilidade condicional
Condicionando à informação “soma \(=9\)”, todos os \(25\) resultados com essa soma são equiprováveis. Assim, \[ \boxed{\;P(\text{três ímpares}\mid a+b+c=9)=\frac{7}{25}\;} \] é a probabilidade procurada.
Seja \((a,b,c)\) a trinca ordenada de valores (cada um em \(\{1,2,3,4,5,6\}\)) com \(a+b+c=9\). O número dessas trincas é o coeficiente de \(x^9\) em \[ \big(x+x^2+\cdots+x^6\big)^3 =\Big(\frac{x(1-x^6)}{1-x}\Big)^3 =x^3\,\frac{(1-x^6)^3}{(1-x)^3}. \] Assim, precisamos do coeficiente de \(x^6\) em \(\dfrac{(1-x^6)^3}{(1-x)^3}\). Como \[ \frac{1}{(1-x)^3}=\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}x^r \quad\text{e}\quad (1-x^6)^3=1-3x^6+3x^{12}-x^{18}, \] o coeficiente pedido é \[ \binom{8}{2}-3\binom{2}{2}=28-3=25. \] Logo, há \(25\) trincas possíveis com soma \(9\).
2) Contagem das trincas todas ímpares
Agora restringimos \(a,b,c\in\{1,3,5\}\). O número de trincas ímpares com soma \(9\) é o coeficiente de \(x^9\) em \[ (x+x^3+x^5)^3 =\Big(\frac{x(1-x^6)}{1-x^2}\Big)^3 =x^3\,\frac{(1-x^6)^3}{(1-x^2)^3}. \] Precisamos então do coeficiente de \(x^6\) em \(\dfrac{(1-x^6)^3}{(1-x^2)^3}\). Como \[ \frac{1}{(1-x^2)^3}=\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}x^{2r}, \] o termo \(x^6\) surge de: \[ \binom{5}{2}x^6 – 3\binom{2}{2}x^6 = 10 – 3 = 7. \] Portanto, existem \(7\) trincas ordenadas \((a,b,c)\) (todas ímpares) com soma \(9\).
3) Probabilidade condicional
Condicionando à informação “soma \(=9\)”, todos os \(25\) resultados com essa soma são equiprováveis. Assim, \[ \boxed{\;P(\text{três ímpares}\mid a+b+c=9)=\frac{7}{25}\;} \] é a probabilidade procurada.
Resposta final: \(\displaystyle \frac{7}{25}\).
🔗 Veja também a questão anterior:
Matemática ITA 2020 — Questão 1 — 2ª Fase
