Questão 150 do ENEM 2018 — Matemática

Para resolvermos essa questão, precisamos calcular a probabilidade de retirar duas bolas pretas sucessivamente (sem reposição) em cada uma das cinco opções e, no final, comparar os resultados para ver qual é o maior.

Antes de começar, vamos organizar a quantidade de bolas em cada urna:

• Urna A: $3$ brancas, $2$ pretas, $1$ verde (Total: $6$ bolas)
• Urna B: $6$ brancas, $3$ pretas, $1$ verde (Total: $10$ bolas)
• Urna C: $2$ pretas, $2$ verdes (Total: $4$ bolas)
• Urna D: $3$ brancas, $3$ pretas (Total: $6$ bolas)

Opções sem transferência de bolas

Nas duas primeiras opções, o cálculo é direto. Como os sorteios são sem reposição, a probabilidade de tirar a segunda bola preta é afetada pela retirada da primeira.

Opção 1: Retirar duas bolas da urna A A urna A tem $2$ bolas pretas em um total de $6$. $P(1) = \frac{2}{6} \cdot \frac{1}{5} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$

Opção 2: Retirar duas bolas da urna B A urna B tem $3$ bolas pretas em um total de $10$. $P(2) = \frac{3}{10} \cdot \frac{2}{9} = \frac{6}{90} = \frac{1}{15}$

As opções 1 e 2 têm a mesma probabilidade, que é relativamente baixa.

Opções com transferência de bolas (Probabilidade Total)

Nas opções 3, 4 e 5, uma bola é transferida de uma urna para outra antes do sorteio. Como não sabemos a cor da bola transferida, precisamos calcular a probabilidade para os dois cenários possíveis (transferir uma bola preta ou transferir uma bola de outra cor) e somá-los.

Opção 3: Passar uma bola de C para A, e retirar duas de A A urna C tem $2$ pretas e $2$ verdes (total de $4$). A chance de passar uma preta é $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, e a chance de passar uma verde também é $\frac{1}{2}$.

• Cenário 1 (Passou Preta): A urna A passa a ter $3$ pretas em um total de $7$ bolas. $P(\text{Cenário 1}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{42} = \frac{6}{84} = \frac{1}{14}$
• Cenário 2 (Passou Verde): A urna A continua com $2$ pretas, mas agora em um total de $7$ bolas. $P(\text{Cenário 2}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{42} = \frac{2}{84} = \frac{1}{42}$

Somando os cenários da Opção 3: $P(3) = \frac{1}{14} + \frac{1}{42} = \frac{3}{42} + \frac{1}{42} = \frac{4}{42} = \frac{2}{21}$

Opção 4: Passar uma bola de D para C, e retirar duas de C A urna D tem $3$ pretas e $3$ brancas (total de $6$). A chance de passar uma preta é $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$, e a chance de passar uma branca também é $\frac{1}{2}$.

• Cenário 1 (Passou Preta): A urna C passa a ter $3$ pretas em um total de $5$ bolas. $P(\text{Cenário 1}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{20} = \frac{6}{40} = \frac{3}{20}$
• Cenário 2 (Passou Branca): A urna C continua com $2$ pretas, mas agora em um total de $5$ bolas. $P(\text{Cenário 2}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{20} = \frac{2}{40} = \frac{1}{20}$

Somando os cenários da Opção 4: $P(4) = \frac{3}{20} + \frac{1}{20} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}$

Opção 5: Passar uma bola de C para D, e retirar duas de D A urna C tem $2$ pretas e $2$ verdes. Novamente, a chance de passar uma preta é $\frac{1}{2}$ e a de passar uma verde é $\frac{1}{2}$.

• Cenário 1 (Passou Preta): A urna D passa a ter $4$ pretas em um total de $7$ bolas. $P(\text{Cenário 1}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{12}{42} = \frac{12}{84} = \frac{1}{7}$
• Cenário 2 (Passou Verde): A urna D continua com $3$ pretas, mas agora em um total de $7$ bolas. $P(\text{Cenário 2}) = \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{42} = \frac{6}{84} = \frac{1}{14}$

Somando os cenários da Opção 5: $P(5) = \frac{1}{7} + \frac{1}{14} = \frac{2}{14} + \frac{1}{14} = \frac{3}{14}$

Comparando os resultados

Agora temos as probabilidades finais das opções mais promissoras:

• Opção 4: $\frac{1}{5}$
• Opção 5: $\frac{3}{14}$

Para saber qual é a maior, podemos igualar os denominadores. O mínimo múltiplo comum (MMC) entre $5$ e $14$ é $70$.

• Opção 4: $\frac{1}{5} = \frac{1 \cdot 14}{5 \cdot 14} = \frac{14}{70}$
• Opção 5: $\frac{3}{14} = \frac{3 \cdot 5}{14 \cdot 5} = \frac{15}{70}$

Como $\frac{15}{70}$ é maior que $\frac{14}{70}$, a Opção 5 oferece a maior probabilidade de ganhar o prêmio.