probabilidades

O enigma de Monty Hall

O problema de Monty Hall surgiu, nos anos 70, de um concurso televisivo americano – Let’s Make a Deal.

O jogo consiste no seguinte: Monty Hall, o apresentador do concurso, apresenta 3 portas fechadas aos

concorrentes, sabendo que atrás de uma delas existe um carro e que as outras apenas têm prémios

simbólicos (um aspirador, uma torradeira ou outros semelhantes).

1 - Na 1ª etapa o concorrente escolhe uma porta;

2 - De seguida, o apresentador abre uma das outras duas portas que o concorrente não escolheu,

sabendo à partida que o carro não se encontra aí;

3 - Agora com duas portas apenas, e sabendo que o carro está atrás de uma delas, ao concorrente é

dada a possibilidade de alterar a sua escolha. Assim, deve decidir se permanece com a porta

que escolheu no início do jogo ou se muda para a outra porta que ainda está fechada.

Qual a opção mais vantajosa? Trocar de portas ou manter a escolha inicial? Ou será que é indiferente, e porquê?

Nota: O problema foi desencadeado por um artigo escrito por Marylin, considerada, há data, como o

“maior Q. I. do mundo”. Choveram cartas de leitores, alguns dos quais matemáticos profissionais, que

contrariavam o raciocínio de Marylin.

Vários artigos publicados em revistas matemáticas e uma análise rigorosa do problema acabaram por

mostrar que, afinal, Marylin tinha razão.

Explicação

Realmente não é assim tão indiferente mudar ou ficar na mesma porta.

À partida quando se escolheu uma das portas havia 1/3 de probabilidade de ganhar o carro. Não existe

razão nenhuma para essa probabilidade mudar após o apresentador ter aberto uma das portas que não

era premiada. As outras duas portas não escolhidas tinham em conjunto 2/3 de probabilidade de

ocultarem o carro, e quando uma dessa portas é aberta (por não ter prémio) a porta não escolhida que

continua fechada passa a ter 2/3 de probabilidade de ser a porta com o carro.

Porta 1 Porta 2 Porta 3

Hipótese 1 Probabilidade de ganhar: Hipótese 2 2/3 se trocar de porta Hipótese 3 1/3 se não trocar de porta

Este é um problema “viciado”, pois só o apresentador sabe onde está o carro e qual a porta a abrir. Em http://math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html é possível simular o jogo on-line e concluir que, para um número elevado de jogadas, em cada caso, as probabilidades de ganhar se aproximam dos valores indicados.

O jogador tem, inicialmente, a mesma probabilidade ao seleccionar o carro, a cabra A ou a

cabra B. Mudando a opção inicial a probabilidade de ganhar é 2/3.

1

O apresentador abre ambas as portas

O jogador escolheu o carro

(probabilidade 1/3)

Mudar perde

2

O apresentador abre a porta – Cabra B

O Jogador escolheu a cabra A

(probabilidade 1/3)

Mudar ganha

3

O apresentador abre a porta – Cabra A

O Jogador escolheu a cabra B

(probabilidade 1/3) Mudar ganha

O problema de De Méré

Em 1654, o cavaleiro De Méré (1610-1685), aficionado dos jogos de azar, mas pouco dado a raciocínios

matemáticos, colocou ao seu amigo Blaise Pascal (1623-1662) o seguinte problema:

De Méré e um amigo apostavam a mesma quantidade de dinheiro, 32 moedas cada, num jogo em

que o vencedor é aquele que vencer primeiro três partidas. Num dado momento De Méré já tinha

ganho 2 partidas e o adversário uma, quando se viram obrigados a interromper o jogo.

Como repartir o dinheiro de forma justa?

De Méré achava que tinha direito a 48 moedas (metade de 64 mais metade do restante) e o seu

adversário ficaraia com as restantes 16. O outro jogador não concordava, achando que tinha direito a

1/3 das moedas, ou seja 21 moedas.

Pascal remeteu o problema a Pierre de Fermat (1601-1665), tendo ambos chegado, por processos

diferentes, à mesma solução.

“Já se vê que a verdade é a mesma em Toulouse e em Paris” escreveu na volta, com sentido de humor, Pascal a Fermat.

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

Explicação

Numa das cartas enviadas a Fermat, Pascal escrevia algo como isto:

“Suponhamos que o 1º jogador já tem duas partidas (saídas favoráveis) e o outro uma; a partida que se segue agora é tal que, se o 1º ganha, recebe todo o dinheiro em jogo, 64 moedas; se o outro ganha, ficam empatados, e, se tiverem de se separar, cada um deverá tirar o que pôs, ou seja, 32 moedas”

E continuava, escrevendo agora na 1ª pessoa:

“Ora eu estou seguro de ter 32 moedas porque mesmo perdendo (entenda-se empatando) as ganho; quanto às outras 32 talvez eu as terei, talvez vós as tereis: o azar é igual. Partilhemos pois essas moedas pela metade e assim, receberei 16 além das 32 que já me estão asseguradas”

Recorrendo a um diagrama em árvore, em que A representa as jogadas de De Méré e B as do seu

adversário, a resolução do problema torna-se evidente.

ganhar A A – 3 vitórias Fim A – 2 vitórias ganhar A A – 3 vitórias Fim B – 1 vitória A – 2 vitórias ganhar B B – 2 vitórias B – 3 vitórias Fim ganhar B

Experiência aleatória. Espaço de resultados. Acontecimento. Numa esfera foram introduzidas dez bolas iguais numeradas de 1 a 10. Uma jogada consiste em fazer rodar a esfera até que esta pare e saia uma das bolas. Todas as jogadas são iniciadas com as dez bolas e cada jogada custa 2 €. Experiências: 1. Numa jogada é possível determinar antecipadamente o número da bola que vai sair?

2. Numa sequência de três jogadas é possível prever quantas vezes vai sair a bola nº 5?

3. É possível determinar o número de jogadas a fazer gastando 50 €?

4. É possível determinar o preço a pagar por uma sequência de 12 jogadas? 1 e 2 designam-se EXPERIÊNCIAS ALEATÓRIAS, porque … 3 e 4 designam-se EXPERIÊNCIAS DETERMINISTAS, porque… EXPERIÊNCIA ALEATÓRIA é uma experiência com as seguintes características:

Pode-se repetir tantas vezes quantas se queira nas mesmas condições; São conhecidos os resultados possíveis; Não é possível prever (determinar) o resultado de c ada uma das experiências.

EXPERIÊNCIA DETERMINISTA é uma experiência em que é possivel determinar o resultado mesmo antes de ser efectuada, desde que sejam conhecidas as condições em que se realiza. CONJUNTO DE RESULTADOS ou ESPAÇO AMOSTRAL de uma experência aleatória

É o conjunto de resultados possíveis que lhe está associado. Representa-se, habitualmente, por S, E ou ΩΩΩΩ.

Numa jogada o ESPAÇO AMOSTRAL da experiência é E = ΩΩΩΩ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 ACONTECIMENTO numa experiência aleatória é todo o subconjunto do espaço de resultados, in-cluíndo o vazio ( acontecimento impossível ∅∅∅∅ ) e o próprio espaço ( acontecimento certo E).

ACONTECIMENTO ELEMENTAR é constituído por um único resultado (elemento de E = Ω).

ACONTECIMENTO COMPOSTO é constituído por mais do que um resultado (elementos de E = Ω). Considerando os seguintes acontecimentos: A: “sair número par ” A = 2, 4, 6, 8, 10 A, B e C acontºs compostos B: “sair número múltiplo de 5 ” B = 5, 10 C: “sair número inteiro ” C = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 C = E = Ω acont. certo D: “sair número maior do que 10 ” D = ∅ acontecimento impossível E: “sair número primo maior do que 6 ” E = 7 acontecimento elementar Diagrama de Venn E = ΩΩΩΩ = C A ∩∩∩∩ B = 10 A U B = 2, 4, 5, 6, 8, 10 A ∩∩∩∩ E = ∅ B ∩∩∩∩ E =∅

1 A 3 2 4 B 6 5 E 7 8 10

9

DIVERSOS TIPOS DE ACONTECIMENTOS 1. Acontecimentos DISJUNTOS, INCOMPATÍVEIS (ou mutuamente exclusivos)

São acontecimentos que não têm resultados comuns. A realização de um implica a não realização do outro

A e B são incompatíveis sse A ∩∩∩∩ B = ∅∅∅∅ 2. Acontecimento CONTRÁRIO ou COMPLEMENTAR de A

É o acontecimento constituído por todos os resultados do espaço de acontecimentos que não pertencem a A

Representa-se por A e tem-se: A ∪∪∪∪ A = E e A ∩∩∩∩ A = ∅∅∅∅ Nota: Se B = A

B = A

A = A

Nota:

Dois acontecimentos contrários são sempre incompatíveis. A = B e B = A Dois acontecimentos incompatíveis não são necessariamente contrários (ex. 1).

3. Acontecimento DIFERENÇA entre A e B é o acontecimento que se verifica sempre que se

realiza A sem que se realize B. É constituído pelos resultados que pertencem a A e não pertencem a B.

Representa-se por A \ B = A — B = A ∩∩∩∩ B Diz-se “A excepto B ou A menos B”

E A B

E A A

E A B A\B

E A B

PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES COM ACONTECIMENTOS Dados três acontecimentos A, B e C de um espaço de resultados E verificam-se as seguintes propriedades: Comutativa A ∪∪∪∪ B = B ∪∪∪∪ A A ∩∩∩∩ B = B ∩∩∩∩ A Associativa (A ∪∪∪∪ B) ∪∪∪∪ C = A ∪∪∪∪ (B ∪∪∪∪ C) (A ∩∩∩∩ B) ∩∩∩∩ C = A ∩∩∩∩ (B ∩∩∩∩ C) Elemento neutro A ∪∪∪∪ ∅∅∅∅ = A A ∩∩∩∩ E = A Elemento absorvente A ∪∪∪∪ E = E A ∩∩∩∩ ∅∅∅∅ = ∅∅∅∅ Distributiva A ∪∪∪∪ (B ∩∩∩∩ C) = (A ∪∪∪∪ B) ∩∩∩∩ (A ∪∪∪∪ C) A ∩∩∩∩ (B ∪∪∪∪ C) = (A ∩∩∩∩ B) ∪∪∪∪ (A ∩∩∩∩ C)

LEIS DE De Morgan A ∪∪∪∪ B = A ∩∩∩∩ B Negar que se realiza pelo menos um dos acontecimentos é afirmar que não se

realiza nem um nem outro

ex: Dizer que amanhã não tenho Matemática ou Português é dizer que amanhã não tenho Matemática e não tenho Português

A ∩∩∩∩ B = A ∪∪∪∪ B Negar que se realizam simultaneamente dois acontecimentos é afirmar que

não se realiza pelo menos um deles

ex: Dizer que amanhã não tenho Matemática e Português é dizer que amanhã não tenho Matemática ou não tenho Português

Interpretação das Leis de De Morgan em diagramas de Venn E E Demonstrações:

1. Provar que A ∩∩∩∩ ( BA ∪ ) é acontecimento impossível

A ∩∩∩∩ ( BA ∪ ) = A ∩∩∩∩ ( A ∩∩∩∩ B ) leis de DeMorgan = A ∩∩∩∩ (A ∩∩∩∩ B) = (A ∩∩∩∩ A ) ∩∩∩∩ B (p. associativa) = ∅∅∅∅ ∩∩∩∩ B (A∩∩∩∩ A são contrários) 2. Provar (A ∩∩∩∩ B) ∪∪∪∪ (A ∩∩∩∩ B ) é o acontecimento A = ∅∅∅∅ (elem. absorvente) (A ∩∩∩∩ B) ∪∪∪∪ (A ∩∩∩∩ B ) = A ∩∩∩∩ (B ∪∪∪∪ B ) distributiva = A ∩∩∩∩ E (B e B contrários) = A (elem. neutro)

A ∪∪∪∪ B A B

A A B

B A B

BA ∪ A B

BA ∩

A ∩∩∩∩ B A B

A A B

B A B

BA ∩ A B

BA ∪

DIAGRAMAS E TABELAS Exemplo 1 Perguntar a três pessoas se gostam de futebol. Cada um dos entrevistados pode responder sim (S) ou não (N).

Os resultados são 8 sequências de três respostas: E= ΩΩΩΩ = (S,S,S), (S,S,N), (S,N,S), (S,N,N), (N,N,N), (N,N,S), (N,S,N), (N,S,S)

1ª Pessoa 2ª Pessoa 3ª Pessoa Acontecimentos S (S,S,S)

S N (S,S,N)

S

S (S,N,S)

N N (S,N,N)

S (N,S,S)

S N (N,S,N)

N

S (N,N,S)

N N (N,N,N) 2 x 2 x 2 = 8

EXEMPLOS DE EXTRACÇÃO — tirar bolas do saco ( ) Exemplo 2 Retira-se ao acaso uma bola do saco, anota-se a cor e volta a por-se no saco. Seguidamente faz-se uma segunda extracção e regista-se novamente a cor.

Vermelho Verde Amarelo Vermelho

Verde Amarelo

Exemplo 3 Retirar sucessivamente ao acaso duas bolas do saco e anotar as respectivas cores sem repor a primeira bola extraída. Neste caso nunca podem sair duas bolas com a mesma cor.


Verde Amarelo

Exemplo 4 Experiência idêntica, mas a ordem de extracção das bolas não interessa.


Verde Amarelo

Representação em TABELA EXTRACÇÃO COM REPOSIÇÃO

diagonal preenchida

Representação em TABELA EXTRACÇÃO SEM REPOSIÇÃO

diagonal não preenchida

Representação num DIAGRAMA EM ÁRVORE

A ORDEM NÃO INTERESSA apenas um dos conjuntos de resultados (acima ou abaixo da diagonal) deve ser considerado, pois repetem-se.

TEORIA FREQUENCISTA DE PROBABILIDADE

A frequencia relativa de um acontecimento tende a estabilizar num determinado valor, à medida que o número de vezes que se realiza a experiência aumenta e é esse o valor que se toma para probabilidade.

Ex. Lançar n vezes uma moeda de 1 € ao ar e anotar quantas vezes a face € fica voltada para cima.

Lançamentos n Freq. Absoluta face 1 €

Metade dos lançamentos

Diferença entre Fa e ½ lançamentos

Freq. Relativa Face 1 €

100 51 50 1 0,510

500 247 250 3 0,494

1000 504 500 4 0,504

DEFINIÇÃO FREQUENCISTA DE PROBABILIDADE ou LEI DOS GRANDES NÚMEROS

Probabilidade de um acontecimento A, associada a uma experiência aleatória, é o valor para

que tende a frequência relativa da realização de A quandoo número de provas tende para infinito.

Representa-se por p(A) ou P(A)

Ex. Lançar mil vezes um dado cúbico, em condições idênticas, e anotar o número de vezes que cada face fica voltada para cima.

Se o espaço de resultados E é constituído por n elementos, correspondendo a n aconte-

cimentos elementares, todos igualmente possíveis (com a mesma possibilidade de ocorrerem), a probabilidade de cada um desses acontecimentos é 1/n

A probabilidade de um acontecimento A é a soma das probabilidades dos acontecimentos

elementares que o compõem.

DEFINIÇÃO CLÁSSICA DE PROBABILIDADE ou LEI DE LAPLACE

Dado um espaço de resultados E, finito e tal que todos os resultados elementares são igualmente

possíveis (equiprováveis), define-se probabilidade de um acontecimento A como o quociente entre o número de resultados favoráveis a A e o número total de resultados possíveis

p(A) = P(A) = E#A#

= possíveiscasosdenº

afavoráveiscasosdenº A

(não se aplica se #A = ∞ ou #E = ∞)

Definição axiomática de probabilidade

A cada acontecimento A ∈ P(E) faz-se corresponder um número real que se chama probabilidade de A e se representa por p(A), o qual cumpre os seguintes axiomas: Axiomas Verificação

A1: p(A) ≥ 0, ∀ A ∈ P(E)

A2: p(E) = 1 A3: Se A ∩ B = ∅ (A e B incompatíveis) então p(A ∪ B) = p(A) + p(B)

#A ≥ 0, #E > 0 e A ⊂ E então 0 ≤ #A ≤ #E 0 ≤EA

#

# ≤ 1

p(E) = 1 pois p(E) = E#E#

Se A e B são incompatíveis #(A ∪ B) = #A + #B, logo

p(A ∪ B) = E

BA#

)(# ∪ =

EB#A

#

# +=

EA

#

#+

EB

#

#=p(A) + p(B)

Teorema 1 Corolários

T1: Se A é o acontecimento contrário de A tem-se p( A ) = 1 – p(A)

D1: A ∪∪∪∪ A = E, logo p(A ∪ A ) = p(E)

D2: Como A ∩ B = ∅, A3 garante que p(A ∪ A ) = p(A) + p( A ) = 1 e p( A ) = 1 – p(A)

C1: p(∅∅∅∅) = 0 acontecimento impossível tem probabilidade zero

D1: p(E) = 1 (A2) e ∅ = E (∅ contrário de E) tem-se p(∅) = 1 – p(E) = 1 – 1 = 0

C2: p(A) ≤≤≤≤ 1

D2: Como p( A )≥ 0 (A1) e p(A) + p( A ) = 1 tem-se p(A) ≤ 1

Teorema 2 Esquema T2: p(A ∪∪∪∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩∩∩∩ B)

D1: p(A) = p(A1) + p( I ) e p(B) = p(B1) + p( I )

p(A) + p(B) = p(A1) + p( I ) + p(B1) + p( I )

p(A) + p(B) = p(A ∪∪∪∪ B) + p( I )

p(A) + p(B) = p(A ∪ B) + p(A ∩ B)

p(A) + p(B) – p(A ∩ B) = p(A ∪ B)

p(A ∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B)

A B

A1 I B1

A ∩∩∩∩ B = I A1, I são incompatíveis

B1, I são incompatíveis

p(A1) + p( I ) + p(B1) = p(A ∪∪∪∪ B)

PROBABILIDADE CONDICIONADA

Em determinados problemas de probabilidade existe informação adicional que condiciona a situação de partida, tal como acontece nos exemplos seguintes.

Exemplos 1. Lança-se um dado cúbico com as faces numeradas de 1 a 6.

a) Qual a probabilidade de sair face 2?

b) Qual a probabilidade de sair face 2, sabendo que saiu um númreo par?

Recorrendo à Lei de Laplace para resolver a), temos como caso favorável, sair a face 2; sendo

6 os casos possíveis, logo p(«sair face 2») = 1/6

Para resolver b) devemos ter em conta:

Casos favoráveis : sair face par e essa face ser 2

Casos possíveis : ao saber que saiu face par, os casos possíveis reduzem-se a 3, ou seja, os

elementos do conjunto 2, 4, 6. A probabilidade será, assim:

p(«sair face 2, dado que saiu um númreo par») = 1/3

Tudo se passa tendo em conta que:

Os casos favoráveis resultam de uma conjunção de condições: «sair face par e sair face 2 »;

Os caso possíveis não têem necessariamente em conta o espaço amostral 1, 2, 3, 4, 5, 6,

interessando apenas considerar «sair face par » como sendo o universo a considerar, ou

seja, resume-se a uma das condições dadas.

A probabilidade de “sair face 2, dado que saiu um número par ” é um caso de probabilidade condicionada , em que a informação adicional “sabendo que saiu um número par ” vai

condicionar o valor da probabilidade do acontecimento.

Considerando os acontecimentos

A: «sair face 2» e B: «sair face par»

A probabilidade condicionada representa-se por p(A | B) (lê-se p de A dado B )

e calcula-se p(A | B) = (B)

B)(Ap

p ∩ ou p(A | B) =

(B)#B)(A# ∩

Dado que: p(A ∩ B) = 1/6 e p(B) 3/6 temos p(A | B) = 6

6

//

3

1 = 1/3

ou #(A ∩ B) = 1 e #(B) = 3 resulta também p(A | B) = 1/3

2. De um baralho de 52 cartas tira-se uma ao acaso.

a) Qual a probabilidade de que seja uma carta de copas?

b) Qual a probabilidade de que seja uma Ás, sabendo que o naipe é vermelho?

Novamente, para resolver a), temos como casos favoráveis as 13 cartas de copas, de um

conjunto de 52 cartas (casos) possíveis, logo

p(«sair copas») = 13/52 = 1/4

Para resolver b) devemos ter em conta:

Casos favoráveis : sair Ás e sair naipe vermelho

Casos possíveis : ao saber que saiu naipe vermelho, os casos possíveis reduzem-se à

contagem das 26 cartas vermelhas. A probabilidade será:

p(«sair Ás, dado que saiu naipe vermelho») = 2/26 = 1/13

Considerando os acontecimentos

A: «sair Ás» e B: «sair naipe vermelho»

Na verdade, #(A ∩ B) = 2 e #(B) = 26 , logo p(A | B) = 2/26 = 1/13

ou p(A ∩ B) = 2/52 e p(B) 26/52 resulta p(A | B) = 52

52

//

26

2 = 2/26 = 1/13

QUESTÕES DE LINGUAGEM

A probabilidade de tirar uma bola branca com surpresa é a probabilidade da intersecção

dos acontecimentos «a bola ser branca » e «a bola ter surpresa »

p(B ∩∩∩∩ S)

A probabilidade de uma bola branca ter surpresa é uma probabilidade condicionada .

É a «probabilidade de a bola ter surpresa, sabendo (dado ) que é branca »

p(S|B)

A probabilidade de uma bola com surpresa ser branca também é uma probabilidade condicionada . É a «probabilidade de a bola ser branca, dado que tem su rpresa »

p(B|S)

Generalidades: dados os acontecimentos A e B de um espaço E com p(B) ≠ 0

Probabilidade condicionada Excepção

Probabilidade de A dado que ocorreu B: p(A | B) = p(B)

B)p(A ∩

Logo, se: p(A | B) =)(

)(

BpBAp ∩

então p(A ∩∩∩∩ B) = p(B) x p(A | B)

p(B | A) =)(

)(

Ap

BAp ∩então p(A ∩∩∩∩ B) = p(A) x p(B | A)

Se A e B são independentes , B não tem qualquer influência e assim,

p(A | B) = p(A)

p(A ∩∩∩∩ B) = p(A) x p(B)

DIAGRAMAS E TABELAS NA PROBABILIDADE CONDICIONADA Exemplo

Numa determinada população, a percentagem de homens é de 45% e 2% destes são

portadores de certa doença. A incidência da doença na população feminina é de 1%.

Qual a percentagem da população que está infectada por esta doença? Resuloção Dados: Probabilidade de ser homem p(H) = 0,45 (45%)

Probabilidade de estar doente, sendo homem p(D|H) = 0,02 (2%)

Probabilidade de estar doente, sendo mulher p(D| H ) = 0,01 (1%) Acontecimentos D: “ser portador da doença ”

H: “ser homem ” H : “ser mulher ” (não ser homem)

Pretende-se a percentagem de população infectada, ou seja, homens e mulheres doentes p(D) = p(H ∩∩∩∩ D) ∪∪∪∪ p(H ∩∩∩∩ D)

DIAGRAMA ÁRVORE DE PROBABILIDADES Solução: 1,45% da população sofre da doença Generalidade

Tabela Diagrama de Venn

B B

A p(A ∩∩∩∩B) p(A ∩∩∩∩ B ) P(A)

A p( A ∩∩∩∩B) p( A ∩∩∩∩ B ) P( A )

p(B) p( B ) 1 ou 100%

Árvore de Probabilidades

D p(H ∩∩∩∩ D) = p(H).p(D|H) = 0,45 x 0,02 = 0,0090 H D p(H ∩∩∩∩ D ) = p(H).p( D |H)=0,45 x 0,98 = 0,4410 D

H p( H ∩∩∩∩ D) = p( H ).p(D| H )=0,55 x 0,01 = 0,0055

p( H ∩∩∩∩ D ) = p( H ).p( D | H )=0,55 x 0,99 = 0,5445 D

p(D) = p(H ∩∩∩∩ D) ∪∪∪∪ p(H ∩∩∩∩ D) = 0,0145 = 1,45%

p(D) = p(H ∩∩∩∩ D) ∪∪∪∪ p(H ∩∩∩∩ D) = 0,9855 = 98,55%

B A p(A ∩∩∩∩ B) = p(A).p(B|A) B p(A ∩∩∩∩ B ) = p(A).p( B |A) B

A p( A ∩∩∩∩ B) = p( A ).p(B| A )

B p( A ∩∩∩∩ B ) = p( A ).p( B | A )

A B p(A ∩∩∩∩ B ) p(A ∩∩∩∩B) p(B ∩∩∩∩ A )

p( A ∩∩∩∩ B )

Actividade 5 (XeqMat) Um júri de exame numa certa cadeira da faculdade é constituídos por vários professores mas, ao que consta, a probabilidade de um aluno passar quando o Professor «Terror» dá parecer negativo é apenas 10%.

O professor «Terror» estava hoje particularmente bem disposto e metade dos pareceres que deu foram favoráveis.

Talvez por isso (ou talvez não) o Tiago fez parte dos 20% de alunos que tiveram hoje aprovação nessa cadeira da faculdade.

Elabora uma tabela ou diagrama que te ajude a calcular a probabilidade do professor «Terror» ter dado parecer favorável a um aluno que ficou aprovado.

Acontecimentos:

A: «Ter sido aprovado»

F: «O professor ter dado parecer favorável»

Interpretação do enunciado:

“… metade dos pareceres que deu foram favoráveis .”

Significa que 50% dos pareceres foram favoráveis, logo p(F) = 50% e p(F ) = 50%

“…o Tiago fez parte dos 20% de alunos que tiveram ho je aprovação… ”

Significa que p(A) = 20% ou seja, p(A ∩∩∩∩ F) + p(A ∩∩∩∩ F ) = 20%

“…a probabilidade de um aluno passar quando o Profes sor «Terror» dá parecer negativo é apenas 10%. ”

O professor só dá 50% de pareceres favoráveis, logo, 10% dos

pareceres favoráveis são 5% dos acontecimentos do espaço

amostral (100% dos alunos). Assim, o aluno ser aprovado, A,

quando o professor dá parecer negativo, F , é p(A ∩∩∩∩ F ) = 5%.

p(A ∩∩∩∩ F ) = p(F ) x p(A| F ) = 1/2 x 1/10 = 1/20 = 5%

Note-se que foi necessário recorrer à probabilidade condicionada para determinar p(A ∩ F ).

Nestas condições, a probabilidade de um aluno ser aprovado, sabendo que o professor “Terror” dá parecer negativo é 1/10, como referido no enunciado.

Como casos favoráveis, há que considerar o conjunto dos alunos que foram aprovados com

parecer negativo do professor «Terror», ou seja, a intersecção dos conjuntos «Ter sido aprovado» e «o professor não ter dado parecer favorável», A ∩∩∩∩ F .

Tudo se passa como se o espaço amostral deixasse de ser o conjunto de todos os alunos

sujeitos a exame para passar a ser apenas alunos que tiveram parecer negativo (50%).

Assim, a probabilidade condicionada calcula-se determinando o quociente

p(A|F ) = F#

)FA(# ∩ =

101

505 =

F F total

A 15 5 20

A 35 45 80

total 50 50 100

ACONTECIMENTOS INDEPENDENTES OU TALVEZ NÃO…

♣ ♦ ♥ ♠

O espaço de acontecimentos o conjunto dos quatro Ases de um baralho de cartas

Os dois acontecimentos A: «tirar o Ás de ouros na primeira extracção »

B: «tirar o Ás de copas na 2ª extracção » Experiência 1 «retirar duas cartas com reposição»

Os acontecimentos A e B são independentes (o resultado de um não interfere com o resultado do outro)

A probabilidade de tirar Ás de ouros seguido de Ás de copas corresponde a

«tirar Ás de ouros e tirar Ás de copas»

Probabilidade de A e B p(A ∩∩∩∩B) = p(A) x p(B) = 1/4 x 1/4 = 1/16

Experiência 2 «retirar duas cartas sem reposição»

Os acontecimentos A e B são dependentes (sair uma carta na 1ª extracção, ficam três para a 2ª)

A probabilidade de tirar Ás de ouros seguido de Ás de copas corresponde, nestas condições a

«tirar Ás de ouros e Ás de copas, sabendo que primeiro sai u Ás de ouros »

Probabilidade condicionada p(A ∩B) = p(A) x p(B|A) = 1/4 x 1/3 = 1/12

Experiência 3 «retirar duas cartas numa extracção»

O acontecimento D: «tirar Ás de ouros e Ás de copas »

Os dois acontecimentos passaram a um só…Qual a probabilidade deste acontecimento?

Há que construir a tabela que nos permita visualizar os

casos possíveis e os casos favoráveis.

Casos favoráveis ♦♥ e ♥♦ entre 12 casos possíveis.

Os acontecimentos encontram-se repetidos dois a dois…

Por aplicação da regra de Laplace p(D) = 122 =

61

Experiência 4 «retirar bolas da tômbola 1 ou da tômbola 2»

Os acontecimentos tirar bolas de T1 ou de T2 são in compatíveis T1 T2

A probabilidade será p(T1 ∪∪∪∪ T2) = p(T1) + p(T2)

Caso geral será p(A ∪∪∪∪ B) = P(A) + p(B) — p(A ∩∩∩∩ B)

♣ ♦ ♥ ♠ ♣ ♣♦ ♣♥ ♣♠ ♦ ♦♣ ♦♥ ♦♠ ♥ ♥♣ ♥♦ ♥♠ ♠ ♠♣ ♠♦ ♠♥

PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM Uma experiência consiste em retirar uma bola da tombola, seguidamente, lançar um dado e, por, último, lançar uma moeda. Qual o número total de casos possíveis da experiência? 5 x 6 x 2 Se um resultado R pode decompor-se por uma sucessão de k resultados em que cada um deles pode ocorrer, respectivamente, de n1, n2, n3, … , nk maneiras diferentes, então o resultado R pode ocorrer de n1 x n2 x n3 x … x nk maneiras diferentes.

R = n1 x n2 x n3 x … x nk

CARDINAL DO PRODUTO CARTESIANO Dados dois conjuntos A e B, chama-se produto cartesiano de A por B, e escreve-se A x B, ao conjunto dos pares ordenados em que o primeiro elemento pertence a A e o segundo elemento pertence a B:

A x B = (a,b): a ∈∈∈∈ A ∧∧∧∧ b ∈∈∈∈ B Se A e B são conjuntos finitos, então #(A x B) = #A x #B

ex: #A = 5 e #B = 3 #( A x B) = 5 x 3 = 15

FACTORIAL DE UM NÚMERO NATURAL n Chama-se factorial de um número natural n e representa-se por n! ao produto dos n primeiros números naturais

n! = n (n — 1)(n — 2) x … x 2 x 1

ex: 7! = 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 5040 7 x 6 x 5 x 4! = 7! = 5040

Excepção à regra 0! = 1

ex: 3!/3! = 1 Utilização da calculadora Texas Cásio 7 MATH PRB 4:(nPr) RUN OPTN F6 F3 7 F1 ou 7 MATH PRB 2:(!) RUN OPTN F6 F3 7 F2

PERMUTAÇÕES Três amigos vão sentar-se em três cadeiras. De quantas maneiras diferentes o podem fazer? O 1º a sentar-se tem 3 cadeiras à sua escolha 3 __ __ O 2º já só tem 2 cadeiras onde se sentar 3 2 __ O 3º já não tem alternativa (só uma opção) 3 2 1 R: 3 x 2 x 1 = 6 Permutações de três elementos P3 = 3! = 3 x 2 x 1 = 6 Chama-se permutações de n elementos a todas as sequências diferentes que é possível obter com os n elementos

Pn = n! = n(n — 1)(n — 2) x . . . x 3 x 2 x 1 Pn lê-se número de permutações de n elementos n! lê-se n factorial ou factorial de n e 0! = 1

ARRANJOS SIMPLES (sem repetição)

Três convidados vão sentar-se nas cinco cadeiras disponíveis. De quantas maneiras diferentes o podem fazer?

O 1º convidado a sentar-se tem 5 cadeiras à sua escolha 5 __ __ __ __

O 2º convidado já só tem 4 cadeiras à sua escolha 5 4 __ __ __

O 3º convidado já só o pode fazer de 3 maneiras diferentes 5 4 3 __ __ R: 5 x 4 x 3 = 60 Arranjos sem repetição ou arranjos simples de cinco elementos, três a três 5A3 = 5 x 4 x 3 = 60

5A3 = 1212345

x

xxxx = !2!5

Dados n elementos quaisquer, chama-se arranjos simples (ou sem repetição) de n elementos p a p (p ≤≤≤≤ n) a todas as sequências que é possível obter com p elementos escolhidos aleatoriamente entre os n dados.

nAp = n(n — 1)(n — 2) x . . . x (n — (p — 1)) = p)!(nn!−

caso particular se p = n tem-se nAn = n! = Pn Permutações de n elementos

ARRANJOS COMPLETOS (com repetição)

Conforme o exemplo, o sistema de matrículas automóvel luxemburguês é constituído por 2 letras e 4 algarismos que se podem repetir. Quantos veículos diferentes é possível matricular com este sistema? Dado que as letras e os algarismos se podem repetir:

No conjunto de duas letras temos à escolha 26 26 - __ __ __ __

No conjunto de quatro algarismos temos à escolha __ __ - 10 10 10 10

R: 26 x 26 x 10 x 10 x 10 x 10 = 262 x 104 = 6 760 000

Um arranjo completo de 26 elementos 2 a 2 e arranjos completos de 10 elementos 4 a 4.

26A’2 x 10A’4 Dados n elementos quaisquer, a1, a2, a3, …, an chama-se arranjos com repetição de n elementos p a p a todas as sequências de p elementos que se podem formar, sendo estas diferentes ou não.

nA’p = np

COMBINAÇÕES O Xico tinha no bolso as seguintes moedas:

Tirou três ao acaso. Qual o número de quantias diferentes que é possível obter? A quantia depende, apenas, das moedas que saíram e não da ordem pela qual saíram. Trata-se de um conjunto de 7 elementos com o qual pretendemos formar subconjuntos de 3 elementos. Dado que não há moedas de vaor repetido, e

considerando arranjos simples de 7, 3 a 3 temos 7 x 6 x 5 = 7A3 Porém, não interessa considerar a ordem pela qual as moedas são apresentadas. Os subconjuntos (1, 2, 5), (1, 5, 2), (2, 1, 5), (2, 5, 1), (5, 1, 2), (5, 2, 1) representam a mesma quantia e o mesmo acontece com todos os outros subconjuntos de 3 elementos.

Dado que cada subconjunto de 3 elementos pode ser apresentado de 6 maneiras diferentes, temos 3 x 2 x 1 = 3!

L KU 9333

Assim, consideramos os arranjos de 7 elementos 3 a 3, mas (excluímos) dividimos o valor obtido pelo número de subconjuntos repetidos (as repetições), que, como vimos, são 3!

R: 23

567x

xx = 35 7C3 = 3!A 3

7

Quando a ordem na escolha dos elementos é irrelevante para o problema a solucionar, trabalhamos com subconjuntos de um conjunto dado, a que chamamos Combinações.

As combinações, sendo conjuntos, não têm elementos repetidos, nem se alteram quando se troca a ordem dos seus elementos. Chama-se combinações de n, p a p ao número de subconjuntos com p elementos que se podem formar num conjunto com n elementos.

nCp = !

A

pp

n

e como nAp = p)!(n

n!−

temos nCp = p)!(np!

n!−

EM GERAL

Dado o conjunto A = ♠, ♥, ♣, ♦

Arranjos completos de A, 2 a 2 Consideram-se os elementos repetidos Arranjos completos de n elementos p a p nA’p = n

p

Arranjos simples de A, 2 a 2

As repetições não são consideradas

Arranjos simples de n elementos p a p nAp = p)!(nn!−

se p = n tem-se nAn = n! = Pn Combinações de A, 2 a 2

As repetições não são consideradas A ordem dos elementos não é considerada

Combinações de n elementos p a p nCp = p)!(np!n!

−

♠ ♠ ♥ ♠ ♦ ♠ ♣ ♠ ♠ ♥ ♥ ♥ ♦ ♥ ♣ ♥ ♠ ♦ ♥ ♦ ♦ ♦ ♣ ♦ ♠ ♣ ♥ ♣ ♦ ♣ ♣ ♣

♥ ♠ ♦ ♠ ♣ ♠ ♠ ♥ ♦ ♥ ♣ ♥ ♠ ♦ ♥ ♦ ♣ ♦ ♠ ♣ ♥ ♣ ♦ ♣

♥ ♠ ♦ ♠ ♣ ♠ ♠ ♥ ♦ ♥ ♣ ♥ ♠ ♦ ♥ ♦ ♣ ♦ ♠ ♣ ♥ ♣ ♦ ♣

Utilização da calculadora Determinar 7C3 + 5A3 Texas 7 MATH PRB 3:(nCr) + 8 MATH PRB 2:(nPr) 2 ENTER Cásio RUN OPTN F6 F3 7 F3 3 + 8 F2 2 EXE

SINTESE Fluxograma de estruturação do raciocínio na resolução de exercícios de Probabilidade

Importa a ordem dos elementos?

Os elementos podem repetir-se?

Os elementos podem repetir-se?

Entram todos os elementos na sequência?

nA’p = n

p

Pn = n!

nAp = n(n—1)x…x(n—p+1)

= )!(

!pn

n

−

nCp = !

A

p

pn

=)!(!

!pnp

n

−

Sim

Sim

Sim

Não

Não

Não

Não

Tiragens/lançamentos em simultâneo ...........................Combinações Tiragens/lançamentos sucessivos ..................................Arranjos Formar grupos de pessoas indiferenciadamente .............Combinações Formar comissões com lugares diferenciados ................Arranjos Distribuir pessoas por filas (obedece a ordem) ..............Arranjos

PERMUTAÇÕES, ARRANJOS OU COMBINAÇÕES…

Uma metodologia

1º Escrever o conjunto de todos os elementos disponíveis para construir as sequências;

2º Escrever algumas sequências das que pretendemos contar;

3º Fixada uma sequência, verificar se alterando a ordem se obtém a mesma sequência ou outra diferente de acordo com o texto do problema;

4º Averiguar se se podem ou não repetir os elementos.

1. Cinco pessoas vão dispor-se em fila.

De quantas maneiras diferentes se podem dispor? Ficar o Carlos à esquerda é diferente de ficar o Carlos à direita… Permutações de cinco elementos P5 = 5! = 5 x 4 x 3 x 2 x1 = 120 2. Cinco pessoas vão sujeitar-se a uma votação

para eleger uma comissão com um presidente, um secretário e um vogal. Quantas comissões diferentes se podem formar?

O João ser presidente é diferente de o João ser Secretário e, de cinco, seleccionam-se três… Arranjos simples de cinco, três a três. 5A3 = !

!3)(5

5−

= 5 x 4 x 3 = 60

3. De cinco pessoas vão ser seleccionadas três

para desempenhar uma tarefa. Quantos grupos distintos podem ser formados?

Trata-se de uma escolha indiferenciada. Depois de seleccionados três, não interessa a ordem pela qual foram escolhidos ou qual o seu lugar no grupo… Combinações de cinco, três a três. 5C3 = !!

!3)(53

5−

= !!

!23

5×

= 10

≠

=

4. Estas famílias vão ao cinema e cada uma comprou bilhetes com números seguidos. Os bilhetes pertencem à mesma fila de 8 lugares e o último não foi vendido. De quantas maneiras diferentes podem ficar sentados?

A mimi ficar à esquerda da mãe é diferente de ficar à esquerda do pai. A família Xavier ficar do lado direito é diferente de ficar ao meio… Arranjos de 4 lugares onde a família de 4 pessoas se pode sentar, trocando de lugares entre cada um dos 4 4A4 = 4! = 4 x 3 x 2 x 1

mais Arranjos de 3 lugares onde a família de 3 pessoas se pode sentar, trocando de lugares entre cada um dos 3 3A3 = 3! = 3 x 2 x 1

mais Permutações de 3 entre as duas famílias e o lugar livre, para as possibilidades de cada grupo ou o lugar livre P3 = 3! = 3 x 2 x 1 ficarem ao meio, à esquerda ou à direita –––––––––––––––––

ou seja 4A4 x 3A3 x P3 = 864

5. Uma selecção de hóquei em patins tem

2 guarda-redes, 4 defesas e 4 avançados. O treinador opta sempre por jogar com guarda-redes, 2 defesas e 2 avançados. De quantas maneiras diferentes pode formar a equipa?

Apenas está em causa escolher os elementos da equipa. Ninguém questiona se deve jogar o Xavier a defesa esquerdo ou jogar o Diniz nesse lugar… Combinações de 2 guarda-redes, um a um 2C1 = 2 x 1 e Combinações de 4 defesas, dois a dois 4C2 = 4 x 3 / 2

2C1 x 4C2 x

4C2 = 72 e Combinações de 4 avançados, dois a dois 4C2 = 4 x 3 / 2 6. Num grupo de cinco pessoas da mesma

família, um polícia já passou duas multas. De quantas maneiras pode ter passado as multas?

As multas podem ter sido passadas a quaisquer dois dos cinco, inclusivamente ambas ao mesmo… (“qualquer dos 5 vezes qualquer dos 5”) Arranjos completos (com repetição) 5A´2 = 5 x 5 = 52 = 25

?

∪∪∪∪∪

∪∪∪∪∪

∪∪…

OO TTRRIIÂÂNNGGUULLOO DDEE PPAASSCCAALL EE AASS PPRROOPPRRIIEEDDAADDEESS DDAASS CCOOMMBBIINNAAÇÇÕÕEESS Exemplo: Dispondo de 5 ingredientes diferentes: fiambre, chouriço, queijo, azeitonas e cogumelos, quantas variedades de pizza se podem fazer?

Podemos utilizar 1, 2, 3, 4 ou os 5 ingredientes, pelo que o número total de variedades de pizza é:

5C1 + 5C2 +

5C3 + 5C4 +

5C5 = 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 31

Conhecer as propriedades das combinações, permitiria uma resposta imediata: 25 — 1 = 31

TToottaall ddee ssuubbccoonnjjuunnttooss ddee uumm ccoonnjjuunnttoo Se um conjunto S tem n elementos, qual é o número de subconjuntos desse conjunto? Exemplo: Considere-se o conjunto das vogais, V = a, e, i, o, u

Subconjunto vazio (∅): 1 Subconjuntos com 1 elemento: 5C1 = 5 a, e, i, o, u Subconjuntos com 2 elemento: 5C2 = 10 a,e,a,i,a,o, a,u, e,i, e,o,e,u,i,o,i,u,o,u Subconjuntos com 3 elemento: 5C3 = 10 a,e,i, a,e,o, a,e,u, e,i,o, e,i,u, i,o,u, … Subconjuntos com 4 elemento: 5C4 = 5 a,e,i,o, a,e,i,u, a,e,o,u, a,i,o,u, e,i,o,u

Subconjunto pleno = V: 1 a,e,i,o,u

Total de subconjuntos: 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 25 = 2#V Como 5C0 = 1 e

5C5 = 1 podemos afirmar que:

5C0 + 5C1 +

5C2 + 5C3 +

5C4 + 5C5 = 2

5 Analogamente:

7C0 + 7C1 +

7C2 + 7C3 +

7C4 + 7C5 +

7C6 + 7C7 = 2

7 E genericamente:

nC0 + nC1 +

nC2 + . . . + nCn—2 +

nCn—1 + nCn = 2

n , ∀∀∀∀n ∈∈∈∈ INo

PPRROOPPRRIIEEDDAADDEESS DDAASS CCOOMMBBIINNAAÇÇÕÕEESS 0Cp 1 = 1 1Cp 1 1 = 2 2Cp 1 2 1 = 4 3Cp 1 3 3 1 = 8 4Cp 1 4 6 4 1 = 16 5Cp 1 5 10 10 5 1 = 32 6Cp 1 6 15 20 15 6 1 = 64 7Cp 1 7 21 35 35 21 7 1 = 128 8Cp 1 8 28 56 70 56 28 8 1 = 256

8C0 8C1 8C2 8C3 8C4 8C5 8C6 8C7 8C8

Linha TT RR II ÂÂ NN GGUU LL OO DD EE PP AA SS CC AA LL ∑=

n

p 0

nCp

0 0C0 = 20 1 1C0 1C1 = 21 2 2C0 2C1 2C2 = 22 3 3C0 3C1 3C2 3C3 = 23 4 4C0 4C1 4C2 4C3 4C4 = 24 5 5C0 5C1 5C2 5C3 5C4 5C5 = 25 6 6C0 6C1 6C2 6C3 6C4 6C5 6C6 = 26 7 7C0 7C1 7C2 7C3 7C4 7C5 7C6 7C7 = 27 8 8C0 8C1 8C2 8C3 8C4 8C5 8C6 8C9 8C8 = 28 …

n nC0 + nC1 +

nC2 + … + … + … + nCn-2 + nCn-1 +

nCn 2n =

Propriedades:

I nC0 + nC1 +

nC2 +…+ nCn-2 + nCn-1 +

nCn = 2n A soma dos termos de uma linha (n) é 2n

II nC0 = nCn = 1 O primeiro e o último termo de cada linha é igual a 1

III nCp = nCn-p O termo de ordem p é igual ao termo de ordem n — p

IV nCp + nCp+1 = n+1Cp+1 A soma de dois termos consecutivos de uma linha é igual a um termo (de ordem p+1) da linha seguinte

V Σ n+1Cp+1= 2 x Σ nCp A soma de todos os termos de uma linha é o dobro da

soma dos termos da linha anterior

n+1 n+1 p = 0 p = 0

FFÓÓ RRMMUU LL AA DD OO BB II NN ÓÓMM II OO DD EE NN EE WW TTOONN Com base na fórmula do quadrado de um binómio

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Desenvolvimeto de: (a + b)3 = (a + b)2 (a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) = a2 a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b

= a3 + a2b + 2a2b + 2a b2 + a b2 + b3 = a3 + 3a2b + 3a b2 + b3

1 3 3 1 coeficientes de cada monómio Desenvolvimeto de: (a + b)4 = (a3 + 3a2b + 3a b2 + b3)(a + b)

= a4 + a3b + 3a3b + 3a2b2 + 3a2b2 + 3ab3 + ab3 + b4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

1 4 6 4 1 coeficientes de cada monómio Observe-se a relação que se estabelece entre os coeficientes dos termos no desnvolvimento de binóminos e os elementos das linhas do triângulo de Pascal

BB II NN ÓÓMM II OO DD EE NN EEWW TTOONN (a + b)0 = 1 ............................................................................. (a + b)1 = 1a + 1b .............................................................. (a + b)2 = 1a2 + 2ab + 1b2 ............................................. (a + b)3 = 1a3 + 3a2b + 3ab2 + 1b3 .......................... (a + b)4 = 1a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 +1b4 ......... Assim, generalizando: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

1 5 10 10 5 1 coeficientes de cada monómio

ou 5C0a5 + 5C1a

4b + 5C2a3b2 + 5C3a

2b3 + 5C4ab4 + 5C5b

5 combinações 5Cp

ou 5C0a5b0+ 5C1a

4b1 + 5C2a3b2 + 5C3a

2b3 + 5C4ab4 + 5C5a

0b5 Desenvolvimento de qualquer binómio, atendo à

Fórmula do Binómio de Newton, com n ∈∈∈∈ IN 0: (a + b)n = nC0a

nb0 + nC1 an—1b + nC2a

n—2b2 +…+ nCpan—pbp+…+nCn-1ab

n—1 + nCna0bn

ou

(a + b)n = Σ nCk . an—k . bk

n k = 0

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

DISTRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADES Considerar as experiências aleatórias

“lançar três moedas de 1 euro” 50 vezes. “lançar três moedas de 1 euro” 100 vezes. “lançar três moedas de 1 euro” 600 vezes.

Registar, para cada lançamento, o «Número de faces 1€ viradas para cima» Construir tabelas de frequências relativas para cada experiência

x n i f i x n i f i x n i f i 0 10 0,2 0 18 0,18 0 77 0,128 1 15 0,3 1 31 0,31 1 222 0,370 2 16 0,32 2 34 0,34 2 223 0,372 3 9 0,18 3 17 0,17 3 78 0,130 N = 50 1 N = 100 1 N = 600 1

A análise das tabelas deve permitir concluir que, Á medida que o número de lançamentos aumenta, a frequência relativa de cada acontecimento tende a estabilizar em torno de um valor. Da Estatística à Probabilidade

Seja X a variável aleatória «Número de faces 1€ viradas para cima» Seja p(X = x i) a probabilidade associada a cada valor da variável X (x1, x2, x3, …, xk). Fazer corresponder a cada valor xi, da variável aleatória X, a respectiva probabilidade p(X = xi)

x p(X=x i ) 0 0,128 1 0,370 2 0,372 3 0,130

DISTRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADE DA VARIÁVEL X É a aplicação que a cada valor x i, da variável X faz corresponder a probabilidade p i da variável tomar esse valor.

Distribuição de Probabilidade experimental da variável X

x i 0 1 2 3 p(X=x i ) 0,128 0,370 0,372 0,130

x i x1 x2 x3 x4

p(X=x i ) p(x1) p(x2) p(x3) p(x4)

p i

0 1 2 3 xi

Probabilidade Teórica Construir uma tabela idêntica à anterior tendo em conta a probabilidade teórica p i de cada valor x i Considerando X a variável aleatória «Número de faces 1€ viradas para cima»

p(X = 0) é o acontecimento «Não sair face 1€ virada para cima» p(X = 1) “ “ «Sair uma vez face 1€ virada para cima» p(X = 2) “ “ «Sair duas vezes face 1€ virada para cima» p(X = 3) “ “ «Sair três vezes face 1€ virada para cima»

Distribuição de Probabilidade Teórica da variável X

Probabilidade Teórica Experimental p(X = 0) = 1/8 = 0,125 0,128 p(X = 1) = 3/8 = 0,375 0,370 p(X = 2) = 3/8 = 0,375 0,372 p(X = 3) = 1/8 = 0,125 0,130

Nota que: p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) + p(X = 3) = 1 A probabilidade teórica é o valor ideal da probabilidade experimental, ou seja, quanto maoir for a amostra (número de experiências realizadas) mais rigorosos serão os resultados. Valor Médio da variável aleatória X que toma os valores x1, x2, x3, …, xk com as

probabilidades, respectivamente p1, p2, p3, …, pk é o número x = µµµµ = x1 p1 + x2 p2, + p3x3 + … + pk xk

Desvio Padrão da variável aleatória X que tomas os valores x1, x2, x3, …, xk com as

probabilidades, respectivamente p1, p2, p3, …, pk é o número

σσσσ = ∑=

−k

iii

1

2)( xxp

x i 0 1 2 3 p(X=x i ) 1/8 3/8 3/8 1/8

Possibilidades diferentes €, €, € €, €, v Resumo c.f. €, v, € 0 vezes € = 1 €, v, v 1 vez € = 3 v, €, € 2 vezes € = 3 v, €, v 3 vezes € = 1 v, v, € Total ( c.p. ) = 8 v, v, v

p i

0 1 2 3 xi

Muitas vezes, por razões já conhecidas da estatística, a tabela de distribuição da probabilidade teórica apresenta uma simetria, e o mesmo acontece com o gráfico respectivo. Em estudos como a altura da população masculina adulta ou sobre o tempo de reacção a um estímulo, por exemplo, é natural obter um histograma como o da figura 1. Histograma Pligono de Frequências Fig. 1 Fig. 2 Se forem consideradas classes de amplitude mais reduzida temos situações idênticas à ilustrada na figura 2. Em distribuição de probabilidade teórica, quando a largura das barras tender para zero temos uma curva chamada Curva de Gauss ou curva normal. µµµµ x

Características da curva normal

Apresenta a forma de sino

É simétrica relativamente à recta x = µµµµ A área entre a curva e o eixo é igual a 1

Tem dois pontos de inflexão: µµµµ — σσσσ e µµµµ + σσσσ É tanto mais achatada quanto maior o desvio padrão

Características da distribuição normal Identifica-se pelo valor médio e o desvio padrão

Atinge o valor máximo para x = µµµµ , ou seja, tem máximo para x = µµµµ A probabilidade da variável tomar valores entre µµµµ — σσσσ e µµµµ + σσσσ é aprox. 68,3%

A probabilidade da variável tomar valores entre µµµµ — 2σσσσ e µµµµ + 2σσσσ é aprox. 95,4%

A probabilidade da variável tomar valores entre µµµµ — 3σσσσ e µµµµ + 3σσσσ é aprox. 99,7%

A probabilidade de uma variável x, com distribuição normal, tomar valores em determinados intervalos não depende do valor de µµµµ e de σσσσ, antes é traduzida graficamente em termos de áreas.

pp((µµµµµµµµ —— σσσσσσσσ <<<<<<<< xx <<<<<<<< µµµµµµµµ ++ σσσσσσσσ)) ≈≈ 6688,,33 %% p ≈ 68% A ≈ 0,68 µµµµ — σσσσ µµµµ µµµµ + σσσσ x

pp((µµµµµµµµ —— 22σσσσσσσσ <<<<<<<< xx <<<<<<<< µµµµµµµµ ++ 22σσσσσσσσ)) ≈≈ 9955,,44 %% p ≈ 95% A ≈ 0,95 µµµµ — 2σσσσ µµµµ µµµµ + 2σσσσ x

pp((µµµµµµµµ —— 33σσσσσσσσ <<<<<<<< xx <<<<<<<< µµµµµµµµ ++ 33σσσσσσσσ)) ≈≈ 9999,,77 %% p ≈ 99,7% A ≈ 0,997 µµµµ — 3σσσσ µµµµ µµµµ + 3σσσσ x

pp((µµµµµµµµ —— 22σσσσσσσσ <<<<<<<< xx <<<<<<<< µµµµµµµµ —— σσσσσσσσ)) ≈≈ ((9955,,44 —— 6688,,33))//22 ≈≈ 1133,,5555%% pp((µµµµµµµµ <<<<<<<< xx <<<<<<<< µµµµµµµµ ++ σσσσσσσσ)) ≈≈ 6688,,33//22 ≈≈ 3344,,1155%%

p ≈≈≈≈ 34,5% p ≈≈≈≈ 13,55% µµµµ — 3σσσσ µµµµ — 2σσσσ µµµµ — σσσσ µµµµ µµµµ + σσσσ µµµµ + 3σσσσ x

Distribuição Binomial de Probabilidade Consideremos uma situação em que:

vamos fazer um número n de observações a que é usual chamar provas;

as provas são independentes umas das outras;

em cada prova realiza-se, ou não, o acontecimento que vamos estudar e chamamos sucesso ao facto do acontecimento se realizar

a probabilidade de se realizar o acontecimento em estudo é a mesma em todas as provas e vai ser representada por p.

Problema: A primeira parte de um teste de escolha múltipla tem cinco questões. Cada uma tem quatro opções de resposta, das quais apenas uma está correcta. O Tiago responde às cinco questões ao acaso. Seja X o número de respostas certas. Defina a distribuição de probabilidades da variável X e justifique que se trata de uma variável com distribuição binomial.

Acontecimentos: A: «acertar uma das questões»

A : «não acertar uma das questões»

Os acontecimentos (provas) são independentes;

Logo, a probabilidade de se realizar o acontecimento em estudo é sempre igual;

Vamos fazer cinco “observações” (provas);

Para cada questão, se se realiza o acontecimento A (sucesso) não se realiza o contrário;

p(A) = 1/4 p(A ) = 1 — p(A) = 3/4

Probabilidades:

Acertar todas as questões p (X = 5) = 5

41

41

41

41

41

41

=××××

Acertar 4 questões e falhar 1 p (X = 4) = 543

41

43

41

41

41

41

4

××

=××××


23

43

41

43

43

41

41

41

C×

×

=××××


32

43

41

43

43

43

41

41

C×

×

=××××


41

43

43

43

43

41

4

×

×=××××

Não acertar nenhuma questão p (X = 0) = 5

43

Tabela de distribuição da variável X, da probabilidade binomial

ou Em geral, se a variável X tem uma distribuição binomial de parâmetros n e p, a probabilidade da variável X tomar o valor k é dada por

p(X = k) = nCk . pk . (1 — p)n — k , k = 0, 1, 2, … , n

Valor médio e desvio padrão numa distribuição binomial

Numa distribuição binomial de parâmetros n e p, o valor médio é o produto do número n de provas pelo valor de p

µµµµµµµµ == xx == nn .. pp Na realidade, realtivamente ao problema apresentado:

µµ == 55 x 5

41

+ 4 x 43

41

54

× + 3 x 23

43

41

10

× + 2 x 32

43

41

10

× +4

43

41

5

× + 0 x 5

43

=45

valor que se obteria igualmente fazendo para uma questão

e multiplicando pelo número de questões µµ == 5/4

o desvio padrão é dado por

σσσσ = = = = )(1 ppn −•

x i 5 4 3 2 1 0

p(X=x i ) 5

41

43

41

54

× 23

43

41

10

× 32

43

41

10

×4

43

41

5

× 5

43

x i 0 1 2 3 4 5

p(X=x i ) 500

5 )1( ppC − 41

5 )1( ppC − 322

5 )1( ppC − 233

5 )1( ppC − )1(44

5 ppC − 055

5 )1( ppC −

x i 0 1 p(X=x i ) 3/4 1/4

µµ == 00 xx 3/4 + 1 x 1/4 = 1/4

UUUtttiiillliiizzzaaaçççãããooo dddaaasss CCCaaalllcccuuulllaaadddooorrraaasss nnnaaa DDDiiissstttrrriiibbbuuuiiiçççãããooo BBBiiinnnooommmiiiaaalll Problema: A percentagem de iogurtes que estão estragados antes de expirar o prazo de validade é 0,1%. Qual a probabilidade de em 2000 iogurtes, dentro do prazo, haver 2 estragados? É possível calcular a probabilidade recorrendo à formula (manualmente) ou utilizando funções apropriadas. No primeiro caso, inserir, em modo RUN os dados apresentados na figura ao lado e pressionar ENTER (EXE) para obter o resultado TTTEEEXXXAAASSS A função binomialpdf determina a probabilidade p(X = xi) e a função binomialcdf deter-mina a probabilidade p(X ≤ xi), significando pdf função distribuição de probabilidade e cdf função distribuição cumulativa de probabilidade. A função utiliza os seguintes argumentos:

1º — Número de provas; 2º — Probabilidade do acontecimento (sucesso); 3º — Valor de xi para calcular p(X = xi) para pdf ou p(X ≤ xi) para cdf.

Assim, em modo RUN, utilizar a combinação de teclas 2ND + VARS e no menu DISTR seleccionar a opção 0: 2ND + VARS 0: binomialpdf( Preencher com os argumentos: 2000, 0.001, 2 Pressionar a tecla ENTER para obter o resultado. CCCAAASSSIIIOOO Os modelos CASIO, para além de funções equivalentes às Texas, permitem utilizar listas para obtenção dos valores de xi e calcular alguns ou todos os valores das respectivas probabilidades, apresentando-os numa lista. Para tal:

Seleccionar a opção STAT Preencher a lista List1 com os valores de xi Seleccionar DIST BINM Bpd

Inserir os valores para: Número de provas (Numtrial ): 2000 Probabilidade do acontecimento (sucesso p): 0.001 Seleccionar Execute para obter o resultado.

Nota: A cásio CFX 9850 só aceita até 999 provas (Numtrial ) Para determinar somente a probabilidade p(X = 2): Na janela Binomial P. D alterar Data :List para Data :Variable utilizando o comando Var Inserir os valores para:

x :2 Número de provas (Numtrial ): 2000 Probabilidade do acontecimento (sucesso) p: 0.001 Seleccionar Execute para obter o resultado.

Utilizando Binomial C. D (Bcd ) seriam obtidos os valores para p(X ≤ 2).

probabilidades

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