Exercicios Prob 7

MAE0211 - Probabilidade I Fernando Henrique Ferraz Pereira da Rosa 1 de abril de 2003 Lista 21 3. Um casal tem duas crian¸cas. Qual a probabilidade de que ambas s˜ ao meninas dado que a mais velha ´e menina? Enumeremos o espa¸co amostral, dado H: menino e M : menina. Ω = {(M, M ), (M, H), (H, M ), (H, H)} Onde (A, B) representa A o filho mais novo e B o filho mais velho. Se a mais velha ´e menina, reduzimos o nosso espa¸co amostral para apenas os eventos da forma (X, M ). Ou seja: Ω0 = {(M, M ), (H, M )} Queremos ent˜ ao sobre Ω0 P ({(M, M )}): P ({(M, M )}) =

#{(M, M )} 1 = 0 #Ω 2

7. Uma urna contem p bolas pretas e v bolas vermelhas. Uma das bolas ´e retirada ao acaso e reposta na urna com c bolas de mesma cor. Retiramos uma outra bola. Dado que a segunda bola retirada foi vermelha, mostrar p que a probabilidade de que a primeira bola foi preta ´e p+v+c . Sejam os eventos: P1 V1 V2

: : :

primeira bola retirada foi preta. primeira bola retirada foi vermelha. segunda bola retirada foi vermelha.

Queremos calcular P (P1 |V2 ) que por Bayes: P (P1 |V2 ) =

P (V2 |P1 )P (P1 ) P (P1 ∩ V2 ) = P (V2 ) P (V2 )

Calculemos agora separadamente cada uma das probabilidades: P (P1 ) = 1 Powered

p v+p

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1

P (V2 |P1 ) =

v v+p+c

Por fim para calcular P (V2 ) particionemos o espa¸co amostral entre os eventos disjuntos P1 e V1 : P (V2 ) = P (V2 |P1 )P (P1 ) + P (V2 |V1 )P (V1 ) v p v+c v = · + · v+p+c v+p v+p+c v+p vp + v 2 + vc = (v + p + c)(p + v) Voltando os resultados na equa¸ca ˜o inicial: P (P1 |V2 ) =

pv (v+p+c)(p+v) vp+v 2 +vc (v+p+c)(p+v)

=

pv p = 2 vp + v + vc p+v+c

8. Uma urna contem 3 moedas. Uma tem duas caras, outra ´e uma moeda justa, e a terceira ´e uma moeda viciada com probabilidade de cara igual a 0.75. Uma moeda ´e selecionada aleatoriamente da urna, lan¸cada com resultado cara. Qual a probabilidade da moeda escolhida ter duas caras? Sejam os eventos: cara M1 M2 M3

: : : :

o a a a

resultado do lan¸camento ´e cara. moeda ´e justa. moeda tem duas caras. moeda ´e viciada com probabilidade de cara 0.75.

Vamos definir uma parti¸ca ˜o do espa¸co amostral entre os eventos M1 , M2 e M3 para condicionar a probabilide de cara. Obtemos: P (cara) = P (cara|M1 )P (M1 ) + P (cara|M2 )P (M2 ) + P (cara|M3 )P (M3 ) Substituindo os valores conhecidos, que temos do enunciado: P (cara) =

1 1 1 3 1 3 · +1· + · = 2 3 3 4 3 4

Queremos saber P (M2 |cara), expandindo: P (M2 | cara) =

1· 1 P (cara|M2 )P (M2 ) P (cara ∩ M2 ) 4 = = 33 = . P (cara) P (cara) 9 4

9. Trˆes prisioneiros s˜ ao informados pelo carcereiro (que n˜ ao mente), que um deles foi escolhido aleatoriamente para ser executado e que os outros dois ser˜ ao libertados. Privadamente, o prisioneiro A pergunta ao carcereiro qual de seus colegas ser´ a libertado, argumentado que essa informa¸ca ˜o ´e irrelevante desde que se conhece que ao menos um dos dois ser´ a libertado. O carcereiro recusa-se a responder tal quest˜ ao pois se A conhecesse qual de seus companheiros ser´ a liberado, a sua pr´ opria probabilidade de ser executado passaria de 13 para 12 pois seria um dos dois prisioneiros. O que vocˆe pensa sobre o argumento do carcereiro? 2

Sejam os eventos: : : : : :

A B C DB DC

o o o o o

prisioneiro A vai ser executado. prisioneiro B vai ser executado. prisioneiro C vai ser executado. carcereiro informa que B n˜ ao ser´ a executado. carcereiro informa que C n˜ ao ser´ a executado.

Temos que: P (A) = P {A ∩ (DB ∪ DC )} Usando a regra da probabilidade condicional, vamos dividir a ocorrˆencia de A entre esses dois espa¸cos: P (A) = P (A|DB )P (DB ) + P (A|DC )P (DC ) Vamos calcular a primeira parcela dessa soma: P (A|DB )P (DB ) =

P (A ∩ DB ) 1 1 1 P (DB ) = P (DB |A)P (A) = · = . P (DB ) 2 3 6

De modo an´ alogo calculamos a segunda parcela: P (A|DC )P (DC ) =

1 1 1 P (A ∩ DC ) P (DC ) = P (DC |A)P (A) = · = . P (DC ) 2 3 6

Temos ent˜ ao: P (A) =

1 1 2 1 + = = . 6 6 6 3

Logo o argumento do carcereiro est´ a incorreto. 12. Uma urna contem b bolas brancas e p bolas pretas. As bolas s˜ ao retiradas casualmente at´e que a urna contenha bolas de uma s´ o cor. Mostrar que b com probabilidade b+p as bolas ser˜ ao brancas. Mostremos a igualdade acima utilizado o princ´ıpio da indu¸ca ˜o finita. Comecemos mostrando que a igualdade ´e v´ alida para p = 1. Sejam os eventos: Pi B

: :

a bola preta ´e retirada na i-´esima vez. a urna s´ o contem bolas brancas.

Temos naturalmente que: P (B) =

∞ X i

Calculemos os primeiros P (Pi ):

3

P (Pi )

P (P1 ) = P (P2 ) = P (P3 ) = P (P4 ) = ···

1 b+1 b b+1 b b+1 b b+1

1 1 = b b+1 b−1 1 1 · · = b b−1 b+1 b−1 b−2 1 1 · · · = b b−1 b−2 b+1 ·

1 b+1 P∞ b b Logo ´e f´ acil notar que ao a igualdade ´e i P (Pi ) = b+1 = b+p e ent˜ v´ alida para p = 1, levando em conta que P (Pi ) = 0 quando n˜ ao h´ a mais bolas pretas a se retirar. P (Pi ) =

Suponhamos agora que a igualdade ´e v´ alida para p e mostremos que vale para p + 1. Comecemos utilizando a regra da probabilidade total, condicionando sobre o resultado da u ´ltima retirada: P (B) = P (B|U = b)P (U = b) + P (B|U = p)P (U = p). Onde U = p(b) indica que a u ´ltima bola retirada foi preta (branca). Temos que P (B|U = b) = 0, pois se s´ o restaram as bolas brancas, a u ´ltima bola retirada n˜ ao pode ter sido branca. Logo cancela-se a parcela esquerda da equa¸ca ˜o. Por racioc´ınio an´ alogo P (U = p) = 1 e pela hip´ otese b . da indu¸ca ˜o P (B|U = p) = b+p b , que era condizente com a hip´ otese. Supomos agora Logo P (B) = b+p p + 1 bolas pretas, fixada a u ´ltima delas. Equacionando novamente a b equa¸ca ˜o acima, considerando o novo valor de p, obtemos P (B) = b+p+1 o que conclui nossa demonstra¸ca ˜o.

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