Probabilidade

PARTE I

PROBABILIDADE

Capítulo 1

Probabilidade Básica

EXPERIMENTOS ALEATÓRIOS Todos sabemos da importância de experimentos científicos e de engenharia. A experimentação é útil pois podemos assumir que, se executarmos certos experimentos sob condições quase idênticas, chegaremos essencialmente aos mesmos resultados. Nestas circunstâncias, somos capazes de controlar o valor das variáveis que afetam o resultado do experimento. Entretanto, em alguns experimentos, não somos capazes de conhecer nem controlar o valor de certas variáveis pois os resultados irão variar de uma realização do experimento para outra, mesmo que as condições, em sua maioria, sejam as mesmas. Estes experimentos são ditos aleatórios. A seguir, alguns exemplos. Exemplo 1 Se lançarmos uma moeda, o resultado do experimento será “coroa”, simbolizado por T* (ou 0) ou será “cara”, simbolizado por H (ou 1), i.e., um dos elementos do conjunto{H, T} ou {1, 0}. Exemplo 2

Se lançarmos um dado, o resultado do experimento será um dos números do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Exemplo 3 Se lançarmos uma moeda duas vezes, teremos quatro resultados possíveis, os quais são indicados por {HH, HT, TH, TT}, i.e., duas caras, cara na primeira e coroa na segunda, etc. Exemplo 4 Se estivermos fabricando parafusos com uma máquina, o resultado do experimento poderá ter alguns parafusos com defeito. Então, quando um parafuso é fabricado, ele será elemento do conjunto {defeituoso, não-defeituoso}. Exemplo 5 Se um experimento consiste em medir o “tempo de vida” de lâmpadas elétricas incandescentes produzidas por um certa companhia, o resultado do experimento será o tempo t em horas em algum intervalo – digamos, 0  t  4.000 – onde assumimos que nenhuma lâmpada dure mais do que 4.000 horas.

ESPAÇOS AMOSTRAIS Um conjunto S consistindo de todos os resultados possíveis de um experimento aleatório é chamado um espaço amostral e cada resultado é chamado um ponto amostral. Muitas vezes existirá mais do que um espaço amostral para descrever os resultados de um mesmo experimento, mas, usualmente, somente um fornecerá as principais informações desejadas.

* N. de R. Foi mantida a simbologia utilizada em inglês para designar coroa (tails = T) e cara (heads = H) em todo este livro.

16

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Exemplo 6 Se lançarmos um dado, um espaço amostral ou conjunto de todos os resultados possíveis é dado por {1, 2, 3, 4, 5, 6}, enquanto um outro é {par, ímpar}. É claro, entretanto, que o último não seria adequado para determinar, por exemplo, se um resultado é divisível por 3.

Muitas vezes é útil representar um espaço amostral graficamente. Em tais casos, é desejável usar números no lugar de letras, sempre que for possível. Exemplo 7 Se lançarmos uma moeda duas vezes e usarmos 0 para representar coroas e 1 para representar caras, o espaço amostral (ver Exemplo 3) poderá ser representado por pontos, como na Figura 1-1, na qual, por exemplo, (0, 1) representa coroa no primeiro lançamento e cara no segundo lançamento, i.e., TH.

Fig. 1-1

Se um espaço amostral tem um número finito de pontos, como no Exemplo 7, é chamado de espaço amostral finito. Se ele tem tantos pontos quanto no conjunto dos números naturais 1, 2, 3, ..., é chamado de espaço amostral infinito contável. Se ele tem tantos pontos quantos existem em algum intervalo sobre o eixo x, tal como 0  x  1, ele é dito um espaço amostral infinito não-contável. Um espaço amostral finito ou infinito contável é dito um espaço amostral discreto, enquanto que um infinito não-contável é dito espaço amostral não-discreto.

EVENTOS Um evento é um subconjunto A de um espaço amostral S, i.e., todos os seus elementos são resultados possíveis. Se o resultado de um experimento é um elemento de A, dizemos que o evento A ocorreu. Um evento consistindo de um único ponto é muitas vezes chamado evento elementar ou simples. Exemplo 8 Se lançamos uma moeda duas vezes, o evento no qual ocorre somente uma cara é o subconjunto do espaço amostral que consiste dos pontos (0, 1) e (1, 0), como indicado na Figura 1-2.

Fig. 1-2

Como eventos particulares temos o próprio conjunto S, o qual é o evento certo pois um elemento de S ocorre necessariamente, e o conjunto (, o qual é chamado evento impossível pois um elemento de ( não pode ocorrer. Usando operações de conjuntos sobre eventos em S, podemos obter outros eventos em S. Por exemplo, se A e B são eventos, então 1. 2. 3. 4.

A  B é o evento “ou A ou B ou ambos”. A  B é chamado a união de A e B. A  B é o evento “ambos, A e B”. A  B é chamado a intersecção de A e B. A' é o evento “não-A”. A' é chamado o complemento de A. A – B = A  B' é o evento “A, mas não B”. Em particular, A' = S – A.

Se os conjuntos correspondentes aos eventos A e B são disjuntos, i.e., A  B = (, dizemos, em geral, que os eventos são mutuamente exclusivos. Isto significa que eles não podem ocorrer ao mesmo tempo. Dizemos que uma série de eventos A1, A2,..., An é mutuamente exclusiva se cada par da coleção é mutuamente exclusivo.

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

17

Exemplo 9 Referindo-nos ao experimento do lançamento de uma moeda duas vezes, seja A o evento “ocorre pelo menos uma cara” e B “o segundo lançamento resulta em coroa”. Então, A = {HT, TH, HH}, B = {HT, TT}, e assim temos A [ B ˆ fHT, TH, HH, TTg ˆ S A0

ˆ fTTg

A

A \ B ˆ fHTg

B ˆ fTH, HHg

O CONCEITO DE PROBABILIDADE Em qualquer experimento, há sempre uma incerteza sobre a ocorrência ou não de um determinado evento. Para uma medida da chance ou probabilidade com a qual podemos esperar que um evento ocorra, é conveniente atribuir um número entre 0 e 1. Se estivermos seguros de que um evento ocorrerá, dizemos que sua probabilidade é 100% ou 1, mas se estivermos seguros de que o evento não ocorrerá, dizemos que sua probabilidade é zero. Se, por exemplo, a probabilidade é 1/4, diríamos que existe 25% de chance dele ocorrer e 75% de chance dele não ocorrer. Da mesma forma, podemos dizer que as chances contra sua ocorrência são de 75% para 25%, ou de 3 para 1. Existem dois procedimentos importantes por meio dos quais podemos estimar a probabilidade de um evento. 1. Abordagem clássica. Se um evento pode ocorrer de h maneiras diferentes em um número total de n maneiras possíveis, todas elas igualmente prováveis, então a probabilidade do evento é h/n. Exemplo 10 Suponha que se queira saber a probabilidade de ocorrer uma cara no lançamento de uma única moeda. Como existem duas maneiras igualmente prováveis da moeda se apresentar – a saber, cara e coroa (assumindo que ela não rolará para longe nem parará sobre sua borda) – e entre estas duas maneiras, cara pode ocorrer em somente uma delas, argumentamos que a probabilidade procurada é 1/2. Chegando a esta afirmação, assumimos que a moeda é honesta, i.e., ela não é sobrecarregada em diferentes partes de sua composição física de nenhuma maneira.

2. Abordagem freqüencista. Se após n repetições de um experimento, onde n é um número grande, é observado que um evento ocorre em h destas repetições, então a probabilidade do evento é h/n. Esta é a chamada probabilidade empírica do evento. Exemplo 11 Se lançarmos uma moeda 1.000 vezes e aparecer cara 532 vezes, estimaremos a probabilidade de ocorrer cara por 532/1000 = 0,532.

Ambas as abordagens têm sérias restrições, a primeira porque as palavras “igualmente prováveis” são vagas e a segunda porque o “número grande” envolvido também é vago. Devido a estas dificuldades, os matemáticos têm se voltado para uma abordagem axiomática de probabilidade.

OS AXIOMAS DE PROBABILIDADE Suponha que tenhamos um espaço amostral S. Se S é discreto, todos os subconjuntos correspondem a eventos e vice-versa, mas, se S não é discreto, somente subconjuntos especiais (ditos mensuráveis) correspondem a eventos. A cada evento A na classe C de todos os eventos, associamos um número real. Então P é chamado uma função de probabilidade, e P(A) é a probabilidade do evento A, se os seguintes axiomas são satisfeitos. Axioma 1

Axioma 2

Axioma 3

Para todo evento A na classe C, P…A†  0

…1†

P…S† ˆ 1

…2†

Para o evento certo S na classe C,

Para quaisquer eventos mutuamente exclusivos A1, A2,..., na classe C, P…A1 [ A2 [


† ˆ P…A1 † ‡ P…A2 † ‡




…3†

Em particular, para dois eventos mutuamente exclusivos A1, A2, P…A1 [ A2 † ˆ P…A1 † ‡ P…A2 †

…4†

18

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

ALGUNS TEOREMAS IMPORTANTES EM PROBABILIDADE Utilizando os axiomas anteriores, podemos provar vários teoremas que são importantes no trabalho subseqüente. Teorema 1

Se A1  A2, então P (A1)  P (A2) e P (A2 – A1) = P (A2) – P (A1).

Teorema 2

Para todo evento A, 0  P (A)  1,

(5)

i.e., a probabilidade está entre 0 e 1. Teorema 3

P(() = 0

(6)

i.e., o evento impossível tem probabilidade zero. Teorema 4

Se A' é o complementar de A, então P…A 0 † ˆ 1

Teorema 5

…7†

P…A†

Se A = A1  A2  . . .  An, onde A1, A2, . . . , An são eventos mutuamente exclusivos, então P…A† ˆ P…A1 † ‡ P…A2 † ‡


‡ P…An †

…8†

Em particular, se A = S, o espaço amostral, então P…A1 † ‡ P…A2 † ‡


‡ P…An † ˆ 1

Teorema 6

…9†

Se A e B são dois eventos quaisquer, então P…A [ B† ˆ P…A† ‡ P…B†

P…A \ B†

…10†

Mais geralmente, se A1, A2, A3 são três eventos quaisquer, então P…A1 [ A2 [ A3 † ˆ P…A1 † ‡ P…A2 † ‡ P…A3 † P…A1 \ A2 †

P…A2 \ A3 †

P…A3 \ A1 †

‡ P…A1 \ A2 \ A3 †

…11†

Generalizações para n eventos também podem ser feitas. Teorema 7

Para quaisquer eventos A e B, P…A† ˆ P…A \ B† ‡ P…A \ B 0 †

Teorema 8

…12†

Se a ocorrência de um evento A resulta necessariamente na ocorrência de um dos eventos mutuamente exclusivos A1, A2,..., An, então P…A† ˆ P…A \ A1 † ‡ P…A \ A2 † ‡


‡ P…A \ An †

…13†

ATRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADES Se um espaço amostral S consiste de um número finito de resultados a1, a2,..., an, então, pelo Teorema 5, P…A1 † ‡ P…A2 † ‡


‡ P…An † ˆ 1

…14†

onde A1, A2,..., An são eventos elementares dados por Ai = {ai}. Assim, podemos escolher arbitrariamente quaisquer números não-negativos para as probabilidades destes eventos simples desde que (14) seja satisfeita. Em particular, se assumimos probabilidades iguais para todos os eventos simples, então

19

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

1 P…Ak † ˆ , n

k ˆ 1, 2, . . . , n

e se A é qualquer evento formado por h eventos simples, temos h P…A† ˆ n

…15†

…16†

Isto é equivalente à abordagem clássica de probabilidade apresentada na página 17. Poderíamos, é claro, usar outros procedimentos para atribuir probabilidades, como na abordagem freqüencista (pág. 17). A atribuição de probabilidades nos leva a um modelo matemático, cujo sucesso precisa ser testado por meio de experimentos, em sua maioria da mesma maneira que as teorias da física e outras ciências que precisam ser testadas. Exemplo 12 Um único dado é lançado uma vez. Encontre a probabilidade de aparecer a face 2 ou 5. O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Se atribuírmos probabilidades iguais aos pontos amostrais, i.e., se assumirmos que o dado é honesto, então P…1† ˆ P…2† ˆ


ˆ P…6† ˆ

1 6

O evento em que ocorre 2 ou 5 é indicado por 2  5. Portanto, 1 1 1 P…2 [ 5† ˆ P…2† ‡ P…5† ˆ ‡ ˆ 6 6 3

PROBABILIDADE CONDICIONAL Sejam A e B dois eventos (Figura 1-3) tais que P(A) > 0. Denote por P (B | A) a probabilidade de B dado que ocorreu A. Desde que é conhecido que A ocorreu, ele se torna o novo espaço amostral, substituindo o espaço original S. Disto chegamos à definição P…B j A† 

ou

P…A \ B† P…A†

P…A \ B†  P…A†P…B j A†

…17† …18†

Fig. 1-3

Em outras palavras, (18) diz que a probabilidade de A e B ocorrerem é igual à probabilidade de A ocorrer vezes a probabilidade de B ocorrer dado que A ocorreu. Chamamos P(B | A) de a probabilidade condicional de B dado A, i.e., a probabilidade que B ocorrerá dado que A já ocorreu. É fácil mostrar que a probabilidade condicional satisfaz os axiomas na página 17. Exemplo 13 Encontre a probabilidade de um único lançamento de um dado resultar em um número menor do que 4 se (a) nenhuma outra informação é dada e (b) é dado que o lançamento resultou em um número ímpar. (a) Seja B o evento {menor que 4}. Desde que B é a união dos eventos 1, 2 ou 3 aparecem, dizemos, pelo Teorema 5, que 1 1 1 1 P…B† ˆ P…1† ‡ P…2† ‡ P…3† ˆ ‡ ‡ ˆ 6 6 6 2

assumindo probabilidades iguais para os pontos amostrais.

20

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

(b) Fazendo A o evento {número ímpar}, vemos que P…A† ˆ 36 ˆ 12 . Também P…A \ B† ˆ 26 ˆ 13. Então, P…B j A† ˆ

P…A \ B† 1=3 2 ˆ ˆ P…A† 1=2 3

Portanto, o conhecimento adicional de que o resultado do lançamento é um número ímpar faz com que a probabilidade mude de 1/2 para 2/3.

TEOREMAS SOBRE PROBABILIDADE CONDICIONAL Teorema 9

Para quaisquer três eventos A1, A2, A3, temos P…A1 \ A2 \ A3 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 †P…A3 j A1 \ A2 †

…19†

Em outras palavras, a probabilidade de todos A1 e A2 e A3 ocorrerem é igual à probabilidade de ocorrer A1 vezes a probabilidade de ocorrer A2 dado que A1 ocorreu, vezes a probabilidade de ocorrer A3 dado que ambos, A1 e A2, ocorreram. O resultado é facilmente generalizado para n eventos. Teorema 10

Se um evento A resulta necessariamente em um dos eventos mutuamente exclusivos A1, A2, . . . , An, então P…A† ˆ P…A1 †P…A j A1 † ‡ P…A2 †P…A j A2 † ‡


‡ P…An †P…A j An †

…20†

EVENTOS INDEPENDENTES Se P (B | A) = P(B), i.e., a probabilidade de B ocorrer não é afetada pela ocorrência ou não-ocorrência de A, então dizemos que A e B são eventos independentes. Isto é equivalente a P…A \ B† ˆ P…A†P…B†

…21†

como é visto de (18). Reciprocamente, se (21) vale, então A e B são independentes. Dizemos que três eventos A1, A2, A3 são independentes se eles são independentes aos pares: P…Aj \ Ak † ˆ P…Aj †P…Ak †

jˆ 6 k com j, k ˆ 1, 2, 3

P…A1 \ A2 \ A3 † ˆ P…A1 †P…A2 †P…A3 †

e

…22† …23†

Note que nem (22) nem (23) são, por si só, suficientes. Independência de mais de três eventos é facilmente definida.

TEOREMA (OU REGRA) DE BAYES Suponha que A1, A2, . . . , An são eventos mutuamente exclusivos cuja união é o espaço amostral S, i.e., um dos eventos precisa ocorrer. Então, se A é um evento qualquer, temos importantes teoremas: Teorema 11

(Regra de Bayes): P…Ak j A† ˆ

P…Ak †P…A j Ak † n P P…Aj †P…A j Aj †

…24†

jˆ1

Isto nos permite encontrar as probabilidades dos vários eventos A1, A2, . . . , An que podem ser causa da ocorrência de A. Por esta razão, o teorema de Bayes é chamado muitas vezes de teorema sobre as probabilidades das causas.

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

21

ANÁLISE COMBINATÓRIA Em muitos casos, o número de pontos amostrais em um espaço amostral não é muito grande, e então não é difícil a enumeração ou contagem direta dos pontos necessários para a determinação das probabilidades. Entretanto, surgem problemas nos casos em que a contagem direta se torna impraticável. Então, deve ser utilizada a análise combinatória (que também poderia ser chamada de um método sofisticado de contagem).

PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DE CONTAGEM. DIAGRAMAS EM ÁRVORES Se um resultado pode ser obtido de n1 maneiras diferentes e depois um segundo resultado pode ser obtido de n2 maneiras diferentes e assim sucessivamente até um késimo resultado poder ser obtido de nk maneiras diferentes, então todos os k resultados podem ser obtidos, na ordem especificada em n1, n2, . . . , nk maneiras diferentes. Exemplo 14 Se um homem tem 2 camisas e 4 gravatas, então ele tem 2  4 = 8 maneiras de escolher uma camisa e uma gravata.

Um diagrama, chamado de diagrama em árvore devido à sua aparência (Fig. 1-4), é muitas vezes usado em conexão com o princípio acima. Exemplo 15 Fazendo as camisas serem representadas por C1, C2 e as gravatas por G1, G2, G3, G4, as várias maneiras de escolher uma camisa e depois uma gravata estão indicadas no diagrama em árvore da Fig. 1-4. G1

1

G2

2

G3 C1

G4

3 4

C2

G1

5

G2

6

G3 G4

7 8

Fig. 1-4

PERMUTAÇÕES Suponha que nos sejam dados n objetos distintos e desejamos dispor r destes objetos em uma fila. Desde que existem n maneiras de escolher o 1o objeto, e após isto, n – 1 maneiras de escolher o 2o objeto, e assim sucessivamente até n – r + 1 maneiras de escolher o résimo objeto, segue, pelo princípio fundamental de contagem, que o número de diferentes arranjos, ou permutações, como são muitas vezes chamadas, é dado por n Pr

ˆ n…n

1†…n

2†


…n

r ‡ 1†

…25†

onde se observa que o produto tem r fatores. Chamamos de nPr o número de permutações (ou arranjos) de n objetos tomados r a r. No caso particular quando r = n, (25) se transforma em n Pn

ˆ n…n

1†…n

2†


1 ˆ n!

…26†

o qual é chamado fatorial de n. Podemos escrever (25) em termos de fatoriais como n Pr

ˆ

n! …n

r†!

…27†

Se r = n, vemos que (27) e (26) coincidem somente se tivermos 0! = 1 e, de fato, vamos tomar esta igualdade como a definição de 0!.

22

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Exemplo 16 O número de diferentes arranjos, ou permutações, consistindo de 3 letras cada um, que podem ser formados das 7 letras A, B, C, D, E, F, G é 7 P3

ˆ

7! ˆ 7
6
5 ˆ 210 4!

Suponha que um conjunto consiste de n objetos dos quais n1 são de um tipo (i.e., indistinguíveis um do outro), n2 são de um segundo tipo, e assim sucessivamente até nk, que são de um késimo tipo. Aqui, é claro, n = n1 + n2 + . . . + nk. Então, o número de permutações distintas destes objetos é n Pn1 ;n2 ;...;nk

ˆ

n! n1 !n2 !


nk !

…28†

Veja o Problema 1.25. Exemplo 17 O número de permutações distintas das 11 letras da palavra M I S S I S S I P I, a qual consiste de 1 M, 4 I, 4 S e 2 P, é 11! ˆ 34.650 1!4!4!2!

COMBINAÇÕES Em uma permutação, estamos interessados na ordem da disposição dos objetos. Por exemplo, abc é uma permutação diferente de bca. Em muitos problemas, entretanto, estamos interessados somente em selecionar ou escolher objetos sem nos preocuparmos com a ordem. Tais seleções são chamadas combinações. Por exemplo, abc e bca são a mesma combinação. O número total de combinações de r objetos selecionados dentre n (também chamado de combinações de n elemen  n . Temos (veja o Problema 1.27) tos r a r) é denotado por nCr ou r   n n! ˆ n Cr ˆ r r!…n r†!

Podemos também escrever

  n n…n ˆ r

1†


…n r!

…29†

r ‡ 1†

P ˆn r r!

n Cr

ˆ n Cn

…30†

É fácil mostrar que     n n ˆ r n r

ou

r

…31†

Exemplo 18 O número de maneiras nas quais 3 cartas podem ser escolhidas ou selecionadas de um total de 8 cartas diferentes é 8 C3 ˆ

  8 8
7
6 ˆ ˆ 56 3 3!

COEFICIENTES BINOMIAIS Os números em (29) são muitas vezes chamados de coeficientes binomiais porque eles aparecem na expansão binomial       n n 1 n n 2 2 n n …x ‡ y†n ˆ xn ‡ x y‡ x y ‡


‡ y …32† 1 2 n

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

23

Estes coeficientes têm muitas propriedades interessantes.         4 3 4 2 2 4 4 4 3 …x ‡ y† ˆ x ‡ x y‡ x y ‡ xy ‡ y 1 2 3 4 4

Exemplo 19

4

ˆ x4 ‡ 4x3 y ‡ 6x2 y2 ‡ 4xy3 ‡ y4

APROXIMAÇÃO DE STIRLING PARA n! Quando n é grande, o cálculo direto de n! pode ser impraticável. Em tais casos, podemos fazer uso da fórmula aproximativa p n!  2n nn e n …33† onde e = 2,71828..., o qual é a base dos logaritmos naturais. O símbolo ~ em (33) significa que a razão entre o membro esquerdo e o direito se aproxima de 1 quando n → . A tecnologia computacional fez com que a fórmula de Stirling perdesse o seu valor para cálculos numéricos, mas a aproximação mantém o seu valor para estimativas teóricas (veja o Apêndice A).

Problemas Resolvidos Experimentos Aleatórios, Espaços Amostrais e Eventos 1.1 Uma carta é extraída ao acaso de um baralho comum de 52 cartas. Descreva o espaço amostral se a diferença de naipes (a) não é levada em consideração, (b) é levada em consideração. (a)

Se não levarmos em consideração os naipes, o espaço amostral consistirá de ás, dois,..., dez, valete, dama e rei e poderá ser indicado por {1, 2, . . ., 13}.

(b)

Se levarmos em consideração os naipes, o espaço amostral consistirá de ases de copas, espadas, ouros e paus;...; reis de copas, espadas, ouros e paus. Representando copas, espadas, ouros e paus respectivamente por 1, 2, 3, 4, por exemplo, podemos indicar um valete de espadas por (11, 2). O espaço amostral, consistindo de 52 pontos, é exibido na Fig. 1-5.

paus ouros espadas copas

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

Fig. 1-5

1.2 Referindo-nos ao experimento do Problema 1.1, seja A o evento {extração de um rei} ou simplesmente {rei} e B o evento {extração de uma carta de paus} ou simplesmente {paus}. Descreva os eventos (a) A  B, (b) A  B, (c) A  B', (d) A'  B', (e) A – B, (f) A' – B', (g) (A  B)  (A  B'). (a)

A  B = {rei ou paus (ou ambos, i.e., rei de paus)}.

(b)

A  B ={rei e paus}={rei de paus}.

(c)

Sendo B ={paus}, B' ={não-paus}={copas, ouros, espadas}. Então, A  B' = {rei ou copas ou ouros ou espadas}.

(d)

A'  B' = {não-rei ou não-paus}={não-rei de paus}={qualquer carta exceto o rei de paus}. Este resultado também pode ser obtido observando que A'  B' = (A  B') e usando (b).

(e)

A – B = {rei, mas não paus}. Este resultado é o mesmo que A  B' = {rei e não-paus}.

24

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

(f)

A' – B' {não-rei e não “não-paus”}={não-rei e paus}={qualquer carta de paus exceto o rei}. Este resultado nada mais é do que A' – B' = A'  (B')' = A'  B.

(g)

(A  B)  (A  B') ={(rei e paus) ou (rei e não-paus)}={rei} Este resultado também pode ser obtido observando que (A  B)  (A  B') = A.

1.3 Use a Fig. 1-5 para descrever os eventos (a) A  B, (b) A'  B'. Os eventos solicitados estão indicados na Fig. 1-6. De forma similar, todos os eventos do Problema 1.2 também podem ser indicados por tais diagramas. Deve ser observado da Fig. 1-6 que A'  B' é o complementar de A  B. paus ouros

AB espadas copas

A'  B' 0

1

2

3

4

6

5

7

8

10

9

11

12

13

Fig. 1-6

Teoremas em Probabilidade 1.4 Prove (a) Teorema 1, (b) Teorema 2, (c) Teorema 3, página 18. (a)

Temos A2 = A1  (A2 – A1) onde A1 e A2 – A1 são mutuamente exclusivos. Então pelo Axioma 3, página 17: P…A2 † ˆ P…A1 † ‡ P…A2

tal que

P…A2

A1 † ˆ P…A2 †

A1 † P…A1 †

Desde que P (A2 – A1)  0 pelo Axioma 1, página 17, segue também que P (A2)  P(A1). (b)

Já sabemos que P(A)  0 pelo Axioma 1. Para provar que P(A)  1, primeiro observamos que A  S. Portanto, pelo Teorema 1 [parte (a)] e Axioma 2, P…A†  P…S† ˆ 1

(c)

Temos S = S  (. Desde que S  ( = (, segue do Axioma 3 que P…S† ˆ P…S† ‡ P…1† ou P…1† ˆ 0

1.5 Prove (a) Teorema 4, (b) Teorema 6. (a) Temos A  A = S . Então, sendo A  A = (, temos P…A [ A 0 † ˆ P…S† ou P…A† ‡ P…A 0 † ˆ 1 P…A 0 † ˆ 1

isto é, (b)

P…A†

Do diagrama de Venn da Fig. 1-7 temos (1)

A [ B ˆ A [ ‰B

…A \ B†Š

Então, como os conjuntos A e B – (A  B) são mutuamente exclusivos, temos, usando o Axioma 3 e o Teorema 1,

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

P…A [ B† ˆ P…A† ‡ P‰B

25

…A \ B†Š

ˆ P…A† ‡ P…B†

P…A \ B†

Fig. 1-7

Cálculo de Probabilidades 1.6 Uma carta é extraída de um baralho comum de 52 cartas. Encontre a probabilidade de ela ser (a) um ás, (b) um valete de copas, (c) um 3 de paus ou um 6 de ouros, (d) uma carta de copas, (e) qualquer naipe exceto copas, (f) um 10 ou uma carta de espadas, (g) nem 4 nem paus. Vamos usar, para simplificar, H, S, D, C* respectivamente para indicar copas, espadas, ouros e paus, e 1, 2,...,13 para ás, dois,...., rei. Então 3  H, significa três de copas enquanto 3  H significa três ou copas. Vamos usar o espaço amostral do Problema 1.1(b), atribuindo probabilidades iguais de 1/52 a cada ponto amostral. Por exemplo, P (6  C) = 1/52. …a†

P…1† ˆ P…1 \ H ou 1 \ S ou 1 \ D ou 1 \ C† ˆ P…1 \ H† ‡ P…1 \ S† ‡ P…1 \ D† ‡ P…1 \ C† ˆ

1 1 1 1 1 ‡ ‡ ‡ ˆ 52 52 52 52 13

Isto também poderia ter sido obtido do espaço amostral do Problema 1.1(a) no qual cada ponto amostral, em particular um ás, tem probabilidade 1/13. Também se poderia ter chegado a este resultado pelo simples argumento de que existem 13 números e então cada um tem probabilidade 1/13 de ser selecionado. (b) P…11 \ H† ˆ (c)

1 52

1 1 1 ‡ ˆ 52 52 26

P…3 \ C ou 6 \ D† ˆ P…3 \ C† ‡ P…6 \ D† ˆ

(d ) P…H† ˆ P…1 \ H ou 2 \ H ou . . . 13 \ H† ˆ

1 1 1 13 1 ‡ ‡


‡ ˆ ˆ 52 52 52 52 4

Também poderia se chegar a este resultado observando que existem quatro naipes e cada um tem probabilidade igual 1 a 4 de ser selecionado. (e)

(f)

1 3 ˆ usando parte (d) e Teorema 4, página 18. 4 4 Desde que 10 e S não são mutuamente exclusivos, temos, do Teorema 6,

P…H 0 † ˆ 1

P…H† ˆ 1

P…10 [ S† ˆ P…10† ‡ P…S†

(g)

P…10 \ S† ˆ

1 1 ‡ 13 4

1 4 ˆ 52 13

A probabilidade de ocorrer nem quatro nem paus pode ser representada por P (4  C) . Mas 4  C = (4  C). Portanto, P…4 0 \ C 0 † ˆ P‰…4 [ C† 0 Š ˆ 1 ˆ1 ˆ1

P…4 [ C† ‰P…4† ‡ P…C† P…4 \ C†Š   1 1 1 9 ‡ ˆ 13 4 52 13

* N. de R. Neste problema, optamos por manter as iniciais dos naipes em inglês, heart, spade, diamond e club.

26

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Poderíamos também obter este resultado observando que o diagrama favorável para este evento é o complemento do evento emoldurado na Fig. 1-8. Desde que este complemento tem 52 –16 = 36 pontos amostrais e a cada ponto amostral é atribuída probabilidade 1/52, a probabilidade procurada é 36/52 = 9/13. paus ouros espada copas

0

2

3

4

5

6

7

10

9

8

11

12

13

Fig. 1-8

1.7 Uma bola é extraída ao acaso de uma caixa contendo 6 bolas vermelhas, 4 bolas brancas e 5 bolas azuis. Determine a probabilidade de que ela seja (a) vermelha, (b) branca, (c) azul, (d) não-vemelha, (e) vermelha ou branca. (a)

Método 1 Sejam V, B e A os eventos consistindo respectivamente em extrair uma bola vermelha, uma bola branca e uma bola azul. Então P…V† ˆ

maneiras de escolher uma bola vermelha total de maneiras de escolher uma bola

ˆ

6 6 2 ˆ ˆ 6 ‡ 4 ‡ 5 15 5

Método 2 Nosso espaço amostral consiste de 6 + 4 + 5 = 15 pontos amostrais. Então, se atribuírmos probabilidades iguais de 1/15 a cada ponto amostral, veremos que P(V) = 6/15 = 2/5, já que existem 6 pontos amostrais correspondendo à “bola vermelha”. 4 4 ˆ 6 ‡ 4 ‡ 5 15 5 5 1 ˆ ˆ P…A† ˆ 6 ‡ 4 ‡ 5 15 3

(b) P…B† ˆ (c)

(d ) P…não-vermelha† ˆ P…V 0† ˆ 1 (e)

P…V† ˆ 1

2 3 ˆ pela parte (a). 5 5

Método 1 maneiras de escolher uma bola vermelha ou uma branca total de maneiras de escolher uma bola

P…vermelha ou branca† ˆ P…V [ B† ˆ ˆ

6‡4 10 2 ˆ ˆ 6 ‡ 4 ‡ 5 15 3

Isto também pode ser feito usando o espaço amostral como na parte (a). Método 2 P…V [ B† ˆ P…A 0 † ˆ 1

P…A† ˆ 1

1 2 pela parte …c†: ˆ 3 3

Método 3 Sendo V e B eventos mutuamente exclusivos, segue de (4), página 18, que P…V [ B† ˆ P…V† ‡ P…B† ˆ

2 4 2 ‡ ˆ 5 15 3

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

27

Probabilidade Condicional e Eventos Independentes 1.8 Um dado honesto é lançado duas vezes. Encontre a probabilidade de obter 4, 5 ou 6 no primeiro lançamento e 1, 2, 3 ou 4 no segundo lançamento. Sejam A1 o evento “4, 5 ou 6 no primeiro lançamento” e A2 o evento “1, 2, 3 ou 4 no segundo lançamento”. Então estamos procurando por P(A1  A2). Método 1 P…A1 \ A2 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 † ˆ P…A1 †P…A2 † ˆ

   3 4 1 ˆ 6 6 3

Utilizamos aqui o fato de que o resultado do segundo lançamento é independente do primeiro de modo que P(A2 | A1) = P(A2). Também usamos P(A1) = 3/6 (pois 4, 5 ou 6 são 3 em 6 possibilidades igualmente prováveis) e P(A2) = 4/6 (pois 1, 2, 3, ou 4 são 4 entre 6 possibilidades igualmente prováveis). Método 2 Cada uma das 6 maneiras que um dado pode se apresentar no primeiro lançamento pode ser associada com cada uma das 6 maneiras nas quais ele pode se apresentar no segundo lançamento, um total de 6  6 = 36 maneiras, todas igualmente prováveis. Cada uma das 3 maneiras de A1 ocorrer pode ser associada a cada uma das 4 maneiras de A2 ocorrer, resultando em 3  4 = 12 maneiras nas quais A1 e A2 podem ocorrer. Então, P…A1 \ A2 † ˆ

12 1 ˆ 36 3

Isto mostra diretamente que A1 e A2 são independentes, pois    1 3 4 P…A1 \ A2 † ˆ ˆ ˆ P…A1 †P…A2 † 3 6 6

1.9 Encontre a probabilidade de não obter um total de 7 ou 11 em dois lançamentos de um par de dados honestos.

Segundo dado

O espaço amostral para cada lançamento do dado é mostrado na Fig. 1-9. Por exemplo, (5, 2) significa que 5 apareceu no primeiro dado e 2 no segundo. Desde que os dados são honestos e existem 36 pontos amostrais, atribuímos probabilidade 1/36 para cada um deles.

Primeiro dado

Fig. 1-9 Se A é o evento “7 ou 11”, então A é indicado pela porção emoldurada na Fig. 1-9. Como 8 pontos estão incluídos, temos P(A) = 8/36 = 2/9. Daí temos que a probabilidade de não-7 ou 11 é dada por P…A 0 † ˆ 1

P…A† ˆ 1

2 7 ˆ 9 9

28

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Usando subscritos 1, 2 para denotar 1o e 2o lançamentos dos dados, vemos que a probabilidade de não-7 ou 11 em qualquer um dos dois lançamentos é dado por    7 7 49 P…A10 †P…A20 j A10 † ˆ P…A10 †P…A20 † ˆ ˆ , 9 9 81 usando o fato de que os lançamentos são independentes.

1.10 Duas cartas são extraídas de um baralho comum de 52 cartas bem misturadas. Encontre a probabilidade de obter dois ases se a primeira carta (a) é recolocada, (b) não é recolocada no baralho. Método 1 Seja A1 = evento “ás na primeira extração” e A2 = evento “ás na segunda extração”. Então, estamos procurando por P(A1  A2) = P(A1) P(A2 | A1). (a)

Uma vez que, para a primeira extração, existem 4 ases em 52 cartas, P(A1) = 4/52. Além disso, se a carta é recolocada no baralho antes da segunda extração, então P(A2 | A1) = 4/52, pois também existem 4 ases nas 52 cartas para a segunda extração. Então    4 4 1 P…A1 \ A2 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 † ˆ ˆ 52 52 169

(b)

Como na parte (a), P(A1) = 4/52. Entretanto, se ocorre um ás na primeira extração, haverá somente 3 ases nas restantes 51 cartas, de modo que P(A2 | A1) = 3/51. Então,    4 3 1 ˆ P…A1 \ A2 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 † ˆ 52 51 221

Método 2 (a)

A primeira carta pode ser retirada de qualquer uma das 52 maneiras, e como existe reposição, a segunda carta também pode ser retirada de qualquer uma das 52 maneiras. Então, ambas as cartas podem ser retiradas de (52)(52) maneiras, todas igualmente prováveis. Neste caso, existem 4 maneiras de retirar um ás na primeira extração e 4 maneiras de retirar um ás na segunda extração, de modo que o número de maneiras de retirar ases na primeira e segunda extrações é (4)(4). Então, a probabilidade procurada é …4†…4† 1 ˆ …52†…52† 169

(b)

A primeira carta pode ser retirada de uma entre 52 maneiras e, desde que não há reposição, a segunda carta pode ser retirada de uma entre 51 maneiras. Então as duas cartas podem ser retiradas de (52)(51) maneiras, todas igualmente prováveis. Neste caso, existem 4 maneiras de escolher um ás na primeira retirada e 3 maneiras de escolher um ás na segunda retirada, de modo que o número de maneiras de escolher ases nas duas retiradas é (4)(3). Então a probabilidade procurada é …4†…3† 1 ˆ …52†…51† 221

1.11 Três bolas são retiradas sucessivamente da caixa do Problema 1.7. Encontre a probabilidade de elas serem retiradas na ordem vermelha, branca e azul se cada bola (a) é recolocada, (b) não é recolocada na caixa. Sejam V1 = evento “vermelha na primeira retirada”, B2 = evento “branca na segunda retirada”, A3 = evento “azul na terceira retirada”. Queremos calcular P (V1  B2  A3). (a)

Se cada bola é recolocada, então os eventos são independentes e P…V 1 \ B2 \ A3 † ˆ P…V1 †P…B2 j V1 †P…A3 j V2 \ B2 † ˆ P…V 1 †P…B2 †P…A3 †     6 4 5 8 ˆ ˆ 6‡4‡5 6‡4‡5 6‡4‡5 225

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

(b)

29

Se cada bola não é recolocada, então os eventos são dependentes e P…V 1 \ B2 \ A3 † ˆ P…V1 †P…B2 j V1 †P…A3 j V1 \ B2 †     6 4 5 4 ˆ ˆ 6‡4‡5 5‡4‡5 5‡3‡5 91

1.12 Encontre a probabilidade de aparecer um 4 pelo menos uma vez em dois lançamentos de um dado honesto. Sejam A1 = evento “4 no primeiro lançamento” e A2 = evento “4 no segundo lançamento”. Então A1  A2 = evento “4 no primeiro lançamento ou 4 no segundo lançamento ou ambos” = evento “aparece pelo menos um 4”, e queremos encontrar P (A1  A2). Método 1 Os eventos A1 e A2 não são mutuamente exclusivos, mas são independentes. Portanto, por (10) e (21), P…A1 [ A2 † ˆ P…A1 † ‡ P…A2 †

P…A1 \ A2 †

ˆ P…A1 † ‡ P…A2 † P…A1 †P…A2 †    1 1 1 1 11 ˆ ˆ ‡ 6 6 6 6 36

Método 2 P(aparecer pelo menos um 4) + P(nenhum 4 aparecer) = 1 Então

P(aparecer pelo menos um 4) = 1 – P(nenhum 4 aparecer) = 1 – P(não-4 no primeiro lançamento e não-4 no segundo lançamento) ˆ1 ˆ1

P…A10 \ A20 † ˆ 1 P…A10 †P…A20 †    5 5 11 ˆ 6 6 36

Método 3 O número total de maneiras igualmente prováveis nas quais os dois dados podem se apresentar = 6  6 = 36 Também

Número de maneiras nas quais A1 ocorre mas A2 não = 5 Número de maneiras nas quais A2 ocorre mas A1 não = 5 Número de maneiras nas quais ambos, A1 e A2, ocorrem = 1

Então o número de maneiras nas quais pelo menos um dos eventos A1 ou A2 ocorrem = 5 + 5 + 1 = 11. Portanto, P (A1  A2) = 11/36.

1.13 Um saco contém 4 bolas brancas e 2 bolas pretas; outro contém 3 bolas brancas e 5 bolas pretas. Se uma bola é retirada de cada saco, encontre a probabilidade de (a) ambas serem brancas, (b) ambas serem pretas, (c) uma ser branca e uma ser preta. Sejam B1 = evento “bola branca do primeiro saco”, B2 = evento “bola branca do segundo saco”.    4 3 1 …a† ˆ P…B1 \ B2 † ˆ P…B1 †P…B2 j B1 † ˆ P…B1 †P…B2 † ˆ 4‡2 3‡5 4    2 5 5 …b† ˆ P…B10 \ B20 † ˆ P…B10 †P…B 2 j B10 † ˆ P…B10 †P…B20 † ˆ 4‡2 3‡5 24 (c)

A probabilidade procurada é 1

P…B 1 \ B2 †

P…B10 \ B20 † ˆ 1

1 4

5 13 ˆ 24 24

30

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

1.14 Prove o Teorema 10, página 20. Provaremos o teorema para o caso n = 2. Extensões para valores maiores de n são facilmente obtidas. Se o evento A deve resultar em um dos dois eventos mutuamente exclusivos A1, A2, então A ˆ …A \ A1 † [ …A \ A2 †

Mas A  A1 e A  A2 e são mutuamente exclusivos pois A1 e A2 o são. Portanto, pelo Axioma 3, P…A† ˆ P…A \ A1 † ‡ P…A \ A2 † ˆ P…A1 †P…A j A1 † ‡ P…A2 †P…A j A2 †

usando (18), página 19.

1.15 A caixa I contém 3 bolas de gude vermelhas e a caixa II contém duas bolas de gude vermelhas e 8 azuis. Uma moeda honesta é lançada. Se a moeda apresentar cara, uma bola de gude é escolhida da caixa I; se ela apresentar coroa, uma bola de gude é escolhida da caixa II. Encontre a probabilidade de uma bola de gude vermelha ser escolhida. Seja V o evento “uma bola de gude vermelha é escolhida” e sejam I e II respectivamente os eventos a caixa I é escolhida e a caixa II é escolhida. Como a bola de gude vermelha pode ser escolhida através da caixa I ou da caixa II, podemos usar os resultados do Problema 1.14 com A = V, A1 = I, A2 = II. Portanto, a probabilidade de escolher uma bola de gude vermelha é       1 3 1 2 2 ‡ ˆ P…V† ˆ P…I†P…V j I† ‡ P…II†P…V j II† ˆ 2 3‡2 2 2‡8 5

Teorema de Bayes 1.16 Prove o teorema de Bayes (Teorema 11, página 20). Como o evento A resulta em um dos eventos mutuamente exclusivos A1, A2,..., An, temos, pelo Teorema 1-10 (Problema 1.14), P…A† ˆ P…A1 †P…A j A1 † ‡


‡ P…An †P…A j An † ˆ

Portanto,

P…Ak j A† ˆ

n P jˆ1

P…Aj †P…A j Aj †

P…Ak \ A† P…Ak †P…A j Ak † ˆ n P P…A† P…Aj †P…A j Aj † jˆ1

1.17 Suponha, no Problema 1.15, que aquele que lança a moeda não revela se resultou cara ou coroa (de modo que a caixa de onde foi escolhida a bola de gude não é revelada), mas revela que uma bola de gude vermelha foi a escolhida. Qual é a probabilidade da Caixa I ter sido escolhida (i.e., a moeda resultou em cara)? Vamos usar a mesma terminologia do Problema 1.15, i.e., A = V, A1 = I, A2 = II. Procuramos a probabilidade da Caixa I ser escolhida dado que se sabe que uma bola de gude vermelha foi escolhida. Usando a regra de Bayes com n = 2, esta probabilidade é dada por    1 3 P…I†P…V j I† 3 2 3‡2    ˆ P…I j V† ˆ ˆ   1 3 1 2 P…I†P…V j I† ‡ P…II†P…V j II† 4 ‡ 2 3‡2 2 2‡8

Análise Combinatória, Contagem e Diagramas em Árvore 1.18 Um comitê de 3 membros é formado por um representante dos funcionários, um da gerência e um dos clientes. Se existem 3 possíveis representantes dos funcionários, 2 da gerência e 4 dos clientes, determine quantos comitês diferentes podem ser formados usando: (a) o princípio fundamental de contagem; (b) um diagrama em árvore.

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

C1 C2

G1

C3 C4 C1

G2 F1

C2 C3 C4 C1 C2

G1 F2

C3 C4 C1

G2

C2 C3 C4 C1

F3

C2

G1

C3 C4 C1

G2

C2 C3 C4

31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

Fig. 1-10 (a)

Podemos escolher um representante dos funcionários de três maneiras diferentes e, após, um representante da gerência de duas maneiras diferentes. Então existem 3  2 = 6 maneiras diferentes de escolher um representante dos funcionários e um da gerência. Para cada uma destas maneiras, podemos escolher um representante dos clientes de 4 maneiras diferentes. Portanto, o número de diferentes comitês que podem ser formados é 3  2  4 = 24.

(b)

Denote os três representantes dos funcionários por F1, F2, F3; os representantes da gerência por G1, G2 e os representantes dos clientes por C1, C2, C3, C4. Então o diagrama em árvore da Fig. 1-10 mostra que existem 24 diferentes comitês ao todo. Deste diagrama em árvore, podemos listar todos os diferentes comitês, a saber F1G1C1, F1G1C2, etc.

Permutações 1.19 De quantas maneiras diferentes podemos alinhar 5 bolas de gude? Podemos dispor 5 bolas de gude em 5 posições como: – – – – –. A primeira posição pode ser ocupada por qualquer uma das 5 bolas de gude, i.e., existem 5 maneiras de preencher a primeira posição. Após isto ser feito, existem 4 maneiras diferentes de preencher a segunda posição. Então, existem 3 maneiras diferentes de preencher a terceira posição, 2 maneiras de preencher a quarta posição e, finalmente, somente uma maneira de preencher a quinta posição. Portanto: Número de agrupamentos de 5 bolas de gude alinhadas = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 Em geral, Número de agrupamentos de n objetos diferentes alinhados = n(n – 1)(n – 2) ... 1 = n! Isto também é chamado de o número de permutações de n objetos diferentes tomados n a n e é denotado por nPn.

1.20 De quantas maneiras 10 pessoas podem estar sentadas em um banco se somente 4 lugares estão disponíveis? O primeiro lugar pode ser ocupado de qualquer uma das 10 maneiras e, após isto ser feito, existem 9 maneiras de ocupar o segundo lugar, 8 maneiras de ocupar o terceiro lugar e 7 maneiras de ocupar o quarto lugar. Portanto, Número de arranjos de 10 pessoas tomadas 4 a 4 = 10 . 9 . 8 . 7 = 5040 Em geral, Número de arranjos de n objetos diferentes tomados r a r = n(n – 1) . . . (n – r + 1) Isto é também chamado número de permutações de n objetos diferentes tomados r a r e denotados por nPr. Observe que quando r = n, nPn = n! como no Problema 1.19.

32

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

1.21 Calcule (a) 8P3,

(b) 6P4,

(a) 8P3 = 8 . 7 . 6 = 336

(c) 15P1,

(d) 3P3.

(b) 6P4 = 6 . 5 . 4 . 3 = 360

(c)

15

P1 = 15

(d) 3P3 = 3 . 2 . 1 = 6

1.22 É solicitado que 5 homens e 4 mulheres sentem-se alinhados de tal maneira que as mulheres ocupem os lugares pares. De quantas maneiras tais agrupamentos são possíveis? Os homens podem sentar-se de 5P5 maneiras e as mulheres de 4P4 maneiras. Cada agrupamento de homens pode ser associado a cada agrupamento de mulheres. Portanto, Número de agrupamentos = 5P5 . 4P4 = 5!4! = (120) (24) 2880

1.23 De quantas maneiras números de 4 dígitos podem ser formados com os 10 dígitos 0, 1, 2, 3, . . . , 9 se (a) repetições são permitidas, (b) repetições não são permitidas, (c) o último dígito deve ser zero e repetições não são permitidas? (a)

O primeiro dígito pode ser qualquer um de 9 (já que zero não é permitido). O segundo, terceiro e quarto dígitos podem ser qualquer um dos 10. Então 9 . 10 . 10 . 10 = 9000 números podem ser formados.

(b)

O primeiro dígito pode ser qualquer um de 9 (qualquer um menos o 0). O segundo dígito pode ser qualquer um de 9 (qualquer um menos aquele usado como primeiro dígito). O terceiro dígito pode ser qualquer um de 8 (qualquer um menos aqueles usados como o primeiro e segundo dígitos). O quarto dígito pode ser qualquer um de 7 (qualquer um menos aqueles usados como os primeiros três dígitos). Então podem ser formados 9 . 9 . 8 . 7 = 4536 números.

Outro método O primeiro dígito pode ser escolhido como qualquer um entre 9 e os três restantes podem ser escolhidos de 9P3 maneiras. Então podem ser formados 9 . 9P3 = 9 . 9 . 8 . 7 = 4536 números. (c)

O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 maneiras, o segundo de 8 maneiras e o terceiro de 7 maneiras. Então, podem ser formados 9 . 8 . 7 = 504 números.

Outro método O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 maneiras e os seguintes dois dígitos de 8P2 maneiras. Então, podem ser formados 9 . 8P2 = 9 . 8 . 7 = 504 números.

1.24 Quatro diferentes livros de matemática, seis diferentes livros de física e dois diferentes livros de química são colocados numa prateleira. Quantos agrupamentos diferentes são possíveis se (a) os livros de cada assunto precisam ser colocados juntos, (b) somente os livros de matemática precisam ser colocados juntos? (a)

Os livros de matemática podem ser agrupados entre si de 4P4 = 4! maneiras, os livros de física de 6P6 = 6! maneiras, os livros de química de 2P2 = 2! maneiras e os três grupos de 3P3 = 3! maneiras. Portanto, Número de agrupamentos = 4!6!2!3! = 207.360.

(b)

Considere os quatro livros de matemática como um livro grande. Então temos 9 livros os quais podem ser agrupados de 9P9 = 9! maneiras. Em todas estas maneiras, os livros de matemática estão juntos. Mas os livros de matemática podem ser agrupados entre si de 4P4 = 4! maneiras. Portanto, Número de agrupamentos = 9!4! = 8.709.120.

1.25 Cinco bolas de gude vermelhas, duas brancas e três azuis são alinhadas. Se todas as bolas de gude da mesma cor são indistinguíveis umas das outras, quantos agrupamentos diferentes são possíveis? Assuma que existem N agrupamentos diferentes. Multiplicando N pelo número de maneiras de alinhar (a) as cinco bolas de gude vermelhas entre si, (b) as duas bolas de gude brancas entre si e (c) as três bolas de gude azuis entre si (i.e., multiplicando N por 5!2!3!), obtemos o número de maneiras de alinhar as 10 bolas de gude se elas fossem todas distinguíveis, i.e., 10!. Então

(5!2!3!)N = 10!

e

N = 10! / (5!2!3!)

Em geral, o número de agrupamentos distintos de n objetos, dos quais n1, n2, . . . , nk são semelhantes é n! n ‡ n2 ‡


‡ nk ˆ n. n1 ! n2 !


nk ! onde 1

1.26 De quantas maneiras 7 pessoas podem sentar-se em torno de uma mesa se (a) elas podem sentar-se em qualquer lugar, (b) 2 pessoas em particular não podem sentar-se uma ao lado da outra? (a)

Considere que uma delas está sentada num lugar qualquer. Então as 6 pessoas restantes podem estar sentadas de 6! = 720 maneiras, que é o número total de maneiras de agrupar 7 pessoas em um círculo.

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

(b)

33

Considere as 2 pessoas como uma única pessoa. Então existem 6 pessoas no total e elas podem ser agrupadas de 5! maneiras. Mas as duas pessoas consideradas como uma, podem ser agrupadas de 2! maneiras. Portanto, o número de maneiras de agrupar 7 pessoas em torno de uma mesa com duas pessoas em particular sentando juntas = 5!2! = 240. Então, usando (a), o número total de maneiras nas quais 7 pessoas podem estar sentadas ao redor de uma mesa tal que 2 pessoas em particular não estejam sentadas juntas = 730 – 240 = 480.

Combinações 1.27 De quantas maneiras 10 objetos podem ser separados em dois grupos contendo respectivamente 4 e 6 objetos? Isto é o mesmo que o número de agrupamentos de 10 objetos dos quais 4 objetos são indistinguíveis entre si e ou10! 10
9
8
7 tros 6 objetos também são indistinguíveis entre si. Pelo Problema 1.25, este valor é ˆ ˆ 210. 4! 6! 4! O problema é equivalente a encontrar o número de retiradas de 4 em 10 objetos (ou 6 em 10 objetos), sendo a ordem das retiradas irrelevante. Em geral, o número de retiradas de r em n objetos, dito o número de combinações de n objetos r   n e é dado por a r, é denotado por nCr ou r n Cr

1.28 Calcule (a) 7C4,

(b) 6C5,

ˆ

  n n! n…n ˆ ˆ r r!…n r†!

(c )

7 C4

r ‡ 1†

P ˆn r r!

(c) 4C4.

7! 7
6
5
4 7
6
5 ˆ ˆ ˆ 35. 4! 3! 4! 3
2
1 6! 6
5
4
3
2 ou (b) 6 C5 ˆ ˆ ˆ 6; 5! 1! 5! (a)

1†


…n r!

ˆ

6 C5

ˆ 6 C1 ˆ 6.

C4 é o número de retiradas de 4 objetos 4 a 4, e existe somente uma tal retirada. Então 4C4 = 1. Note que, formalmente

4

4 C4

ˆ

4! ˆ1 4! 0!

se definimos

0! ˆ 1.

1.29 De quantas maneiras pode ser escolhido um comitê de 5 pessoas entre 9 pessoas?   9 9! 9
8
7
6
5 ˆ 9 C5 ˆ ˆ ˆ 126 5 5! 4! 5!

1.30 Entre 5 matemáticos e 7 físicos, é formado um comitê de 2 matemáticos e 3 físicos. De quantas maneiras isto pode ser feito se (a) qualquer matemático e qualquer físico pode ser incluído, (b) um físico em particular precisa estar no comitê, (c) dois matemáticos em particular não podem estar no comitê? (a)

2 entre 5 matemáticos podem ser selecionados de 5C2 maneiras. 3 físicos entre 7 podem ser selecionados de 7C3 maneiras. Número total de possíveis seleções = 5C2 . 7C3 = 10 . 35 = 350

(b)

2 entre 5 matemáticos podem ser selecionados de 5C2 maneiras. 2 entre 6 físicos podem ser selecionados de 6C2 maneiras. Número total de possíveis seleções = 5C2 . 6C2 = 10 . 15 = 150

(c)

2 entre 3 matemáticos podem ser selecionados de 3C2 maneiras. 3 entre 7 físicos podem ser selecionados de 7C3 maneiras. Número total de possíveis seleções = 3C2 . 7C3 = 3 . 35 = 105

1.31 Quantas saladas diferentes podem ser preparadas com alface, escarola, endívia, agrião e chicória? A cada verdura corresponde duas situações, ser escolhida ou não ser escolhida. Desde que cada uma dessas duas situações para uma determinada verdura é associada com as duas situações para cada uma das outras verduras, o número de maneiras de escolher as 5 verduras = 25. Mas as 25 maneiras inclui o caso em que nenhuma verdura é escolhida. Portanto, 5 Número de saladas = 2 – 1 = 31

34

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Outro método Pode-se selecionar ou 1 entre 5 verduras, 2 entre 5 verduras,..., 5 entre 5 verduras. Então o número procurado de saladas é 5

C1 + 5C2 + 5C3, 5C4, 5C5 = 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 31

n Em geral, para qualquer inteiro positivo n, nC1 + nC2 + nC3 + . . . + nCn = 2 – 1.

1.32 De 7 consoantes e 5 vogais, quantas palavras podem ser formadas consistindo de 4 consoantes diferentes e 3 vogais diferentes? As palavras não precisam ter sentido. As 4 consoantes diferentes podem ser selecionadas de 7C4 maneiras, as 3 vogais diferentes podem ser selecionadas de 5C3 maneiras e as 7 letras diferentes resultantes (4 consoantes, 3 vogais) podem ser agrupadas entre si de 7P7 = 7! maneiras. Então Número de palavras = 7C4 . 5C3 . 7! = 35 . 10 . 5040 = 1.764.000

Coeficientes Binominais 1.33 Prove que Temos

     n n 1 n ˆ ‡ r r r

 1 . 1

  n n! n…n ˆ ˆ r r!…n r†! r!…n

1†! …n ˆ r†! ˆ

…n

r ‡ r†…n 1†! r!…n r†! r†…n 1†! r…n 1†! ‡ r!…n r†! r!…n r†!

…n 1†! …n 1†! ‡ r!…n r 1†! …r 1†!…n r†!     n 1 n 1 ˆ ‡ r r 1

ˆ

O resultado tem a interessante aplicação seguinte. Se escrevemos os coeficientes da expansão binomial de (x + y)n para n = 0, 1, 2, ..., obtemos o agrupamento chamado triângulo de Pascal: nˆ0 nˆ1 nˆ2 nˆ3 nˆ4 nˆ5 nˆ6 etc:

1 1 1 1

1 2

1

1 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1

3

4

3

6

Uma entrada em qualquer linha pode ser obtida adicionando as duas entradas na linha precedente que estão imediatamente à sua esquerda e à sua direita. Portanto, 10 = 4 + 6, 15 = 10 + 5, etc.

 12 1 2 . 1.34 Encontre o termo constante na expansão de x ‡ x De acordo com o teorema binomial,     12  12 12 1 12 P 1 x2 ‡ …x2 †k ˆ k x x kˆ0

k

ˆ

12 P kˆ0



 12 3k x k

12

O termo constante corresponde àquele para o qual 3k – 12 = 0, i.e., k = 4 e, portanto, é dado por   12 12
11
10
9 ˆ ˆ 495 4 4
3
2
1

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

35

Probabilidade Usando Análise Combinatória 1.35 Uma caixa contém 8 bolas vermelhas, 3 brancas e 9 azuis. Se 3 bolas forem retiradas ao acaso sem reposição, determine a probabilidade de (a) todas serem vermelhas, (b) todas serem brancas, (c) duas serem vermelhas e uma ser branca, (d) pelo menos uma ser branca, (e) ser retirada uma de cada cor, (f) serem retiradas na ordem vermelha, branca e azul. (a)

Método 1 Sejam V1, V2, V3 respectivamente os eventos “bola vermelha na 1a retirada”, “bola vermelha na 2a retirada”, “bola vermelha na 3a retirada. Então V1  V2  V3 representa o evento “todas as 3 bolas retiradas são vermelhas”. Temos portanto P…V 1 \ V2 \ V3 † ˆ P…V1 †P…V2 j V1 †P…V3 j V1 \ V2 †     8 7 6 14 ˆ ˆ 20 19 18 285

Método 2 Probabilidade procurada ˆ

Número de extrações de 3 em 8 bolas vermelhas Número de extrações de 3 em 20 bolas

ˆ

8 C3

20 C3

ˆ

14 285

(b) Usando o segundo método indicado na parte (a), P…todas serem brancas† ˆ

3 C3

20 C3

ˆ

1 1140

O primeiro método indicado na parte (a) também pode ser usado. (c)

P…2 serem vermelhas e 1 ser branca† (extrações de 2 em 8 bolas vermelhas)(extração de 1 em 3 bolas brancas) número de extrações de 3 em 20 bolas … C †… C † 7 ˆ 8 2 3 1 ˆ 95 20 C3

ˆ

(d ) P(nenhuma ser branca) ˆ

17 C3

20 C3

ˆ

34 . 57

Então,

P…pelo menos 1 ser branca† ˆ 1 (e)

P(ser retirada 1 de cada cor) ˆ

34 23 ˆ 57 57

…8 C1 †…3 C1 †…9 C1 † 18 ˆ 95 20 C3

( f ) P(bolas serem retiradas na ordem vermelha, branca e azul) ˆ

1 P(ser retirada uma bola de cada cor) 3!   1 18 3 ˆ ˆ , usando …e† 6 95 95

Outro método P…V 1 \ B2 \ A3 † ˆ P…V1 †P…B2 j V1 †P…A3 j V1 \ B2 †     8 3 9 3 ˆ ˆ 20 19 18 95

1.36 No jogo de pôquer cinco cartas são retiradas de um baralho comum de 52 cartas bem embaralhadas. Encontre a probabilidade de que (a) quatro sejam ases, (b) quatro sejam ases e uma seja um rei, (c) três sejam 10 e duas sejam valetes, (d) um 9, 10, valete, rainha e rei sejam obtidos em qualquer ordem, (e) sejam obtidas três de um mesmo naipe e duas de outro, (f) pelo menos um ás seja obtido. (a) P…4 ases† ˆ

…4 C4 †…48 C1 † 1 ˆ . 54.145 52 C5

(b) P…4 ases e 1 rei † ˆ

…4 C4 †…4 C1 † 1 ˆ . C 649.740 52 5

36

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

(c)

P…três são 10 e 2 são valetes† ˆ

…4 C3 †…4 C2 † 1 ˆ . C 108.290 52 5

(d ) P…9, 10, valete, rainha, rei em qualquer ordem† ˆ (e)

P…3 de um mesmo naipe qualquer e 2 de outro† ˆ

…4 C1 †…4 C1 †…4 C1 †…4 C1 †…4 C1 † 64 ˆ . 162.435 52 C5 …4
13 C3 †…3
13 C2 † 429 ˆ , C 4165 52 5

já que existem 4 maneiras de escolher o primeiro naipe e três maneiras de escolher o segundo naipe. ( f ) P…não-ás† ˆ

48 C5

52 C5

ˆ

35.673 . 54.145

Então

P…pelo menos um ás† ˆ 1

35.673 18.472 ˆ 54.145 54.145

1.37 Determine a probabilidade de ocorrer três 6 em 5 lançamentos de um dado honesto. Represente os lançamentos do dado por 5 espaços – – – – – . A cada espaço é associado o evento 6 ou não-6 (6). Por exemplo, três 6 e dois não-6 podem ocorrer como 6 6 6 6 6 ou 6 6 6 6 6, etc. Agora, a probabilidade do resultado 6 6 6 6 6 é  3  2 1 1 5 1 5 1 5 P…6 6 6 0 6 6 0 † ˆ P…6†P…6†P…6 0 †P…6†P…6 0 † ˆ



ˆ 6 6 6 6 6 6 6 desde que seja assumida independência. Similarmente, Pˆ

 3  2 1 5 6 6

para todos os outros resultados nos quais três 6 e dois não-6 ocorrem. Mas, existem 5C3 = 10 resultados e eles são mutuamente exclusivos. Então a probabilidade procurada é P…6 6 6 0 6 6 0 ou 6 6 0 6 6 0 6 ou . . .† ˆ 5 C3

 3  2  3  2 1 5 5! 1 5 125 ˆ ˆ 6 6 3! 2! 6 6 3888

Em geral, se p = P (A) e q = 1 – p = P(A), usando a mesma argumentação dada acima, a probabilidade de se obter exatamente x As em n ensaios independentes é   n x n x x n x ˆ p q n Cx p q x

1.38 Uma estante tem 6 livros de matemática e 4 livros de física. Encontre a probabilidade de 3 livros de matemática em particular estarem juntos. Todos os livros podem ser agrupados entre si de 10P10 = 10! maneiras. Assumimos que os 3 livros de matemática são substituídos por um só livro. Então temos um total de 8 livros que podem ser agrupados entre si de 8P8 = 8! maneiras. Mas, os 3 livros de matemática podem ser agrupados entre si de 3P3 maneiras. A probabilidade procurada é então dada por 8! 3! 1 ˆ 10! 15

Problemas Variados 1.39 A e B jogam 12 partidas de xadrez das quais 6 são vencidas por A, 4 são vencidas por B e 2 terminam em empate. Eles concordam em tentar um desempate em 3 partidas. Encontre a probabilidade de (a) A vencer as 3 partidas, (b) 2 partidas terminarem em empate, (c) A e B vencerem alternadamente, (d) B vencer pelo menos uma partida. Sejam A1, A2 e A3 representando respectivamente os eventos “A vence” na 1a, 2a e 3a partidas, B1, B2 e B3 representando respectivamente os eventos “B vence” na 1a, 2a e 3a partidas. Com base em seus desempenhos passados (probabilidade empírica), assumimos que

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

4 1 ˆ 12 3     1 1 1 1 ˆ P(A vence todas as três partidas) = P…A1 \ A2 \ A3 † ˆ P…A1 †P…A2 †P…A3 † ˆ 2 2 2 8 P…A vence uma partida† ˆ

…a†

6 1 ˆ , 12 2

37

P…B vence uma partida† ˆ

assumindo que os resultados de cada partida são independentes dos resultados das outras partidas. (Esta suposição poderia não ser razoável se cada jogador fosse influenciado psicologicamente pelo fato do outro ter vencido ou perdido.) (b)

Em qualquer partida, a probabilidade de não-empate (i.e., ou A ou B vence) é q ˆ 12 ‡ 13 ˆ 56 e a probabilidade de um empate é p ˆ 1 q ˆ 16. Então a probabilidade de 2 empates em 3 partidas é (veja o Problema 1.37)   3 2 3 p q 2

(c)

2

 2   1 5 5 ˆ3 ˆ 6 6 72

P(A e B vencem alternadamente) = P(A vence, depois B vence, depois A vence ou B vence, depois A vence, depois B vence) ˆ P…A1 \ B2 \ A3 † ‡ P…B1 \ A2 \ B3 † ˆ P…A1 †P…B2 †P…A3 † ‡ P…B1 †P…A2 †P…B3 †         1 1 1 1 1 1 5 ‡ ˆ ˆ 2 3 2 3 2 3 36

(d)

P(B vence pelo menos uma partida) = 1 – P(B vence nenhuma partida) ˆ1

P…B10 \ B20 \ B30 †

ˆ1

P…B10 †P…B20 †P…B30 †     2 2 2 19 ˆ 3 3 3 27

ˆ1

1.40 A e B lançam alternadamente um par de dados em um jogo. O primeiro a obter um total de 7 pontos vence. Encontre a probabilidade de que (a) aquele que primeiro lançar os dados vença o jogo, (b) aquele que lançar os dados em segundo lugar vença o jogo. (a)

A probabilidade de obter um total de 7 em um único lançamento de um par de dados, assumindo que são honestos, é 16 , como visto no Problema 1.9 e Fig. 1-9. Se supormos que A é o primeiro a lançar, então A vencerá em qualquer um dos seguintes casos mutuamente exclusivos com as probabilidades associadas indicadas: 1 (1) A vence no primeiro lançamento. Probabilidade = 6. 5 5 1 (2) A perde no primeiro lançamento, depois B perde, depois A vence. Probabilidade = …6†…6†…6†. 5 5 5 5 1 (3) A perde no primeiro lançamento, B perde, A perde, B perde, A vence. Probabilidade = …6†…6†…6†…6†…6†.

.......................................................................................................................................................................... A probabilidade de A vencer é             1 5 5 1 5 5 5 5 1 ‡ ‡ ‡


6 6 6 6 6 6 6 6 6    2  4 1 5 5 1=6 6 ‡ ‡


ˆ ˆ ˆ 1‡ 6 6 6 1 …5=6†2 11 onde usamos o resultado 6 do Apêndice A com x = (5/6)2. (b)

A probabilidade de B vencer o jogo é, similarmente,              2  4 5 1 5 5 5 1 5 1 5 5 ‡ ‡


‡ ‡


ˆ 1‡ 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 ˆ

5=36 1

…5=6†2

ˆ

5 11

38

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Portanto, podemos dar chances de 6 para 5 que o primeiro a lançar venha a vencer. Note que, desde que 6 5 ‡ ˆ1 11 11

a probabilidade de um impasse é zero. Isto não seria verdadeiro se o jogo fosse limitado. Veja o Problema 1.100.

1.41 Uma máquina produz um total de 12.000 parafusos de porca por dia, dos quais, em média, 3% são defeituosos. Encontre a probabilidade de que entre 600 parafusos escolhidos ao acaso, 12 sejam defeituosos. Dos 12.000 parafusos, 3%, ou 360, são defeituosos e 11.640 não são defeituosos. Então 360 C12 11.640 C588

Probabilidade procurada ˆ

12.000 C600

1.42 Uma caixa contém 5 bolas de gude vermelhas e 4 brancas. Duas bolas de gude são retiradas sucessivamente da caixa, sem reposição e é constatado que a segunda é branca. Qual é a probabilidade da primeira também ser branca? Método 1 Se B1, B2 são respectivamente os eventos “branca na 1a extração”, “branca na 2a extração”, estamos procurando por P(B1 | B2). Isto é dado por P…B

1

j B2 † ˆ

P…B 1 \ B2 † …4=9†…3=8† 3 ˆ ˆ P…B 2 † 4=9 8

Método 2 Como sabemos que a segunda é branca, existem somente 3 maneiras, entre as 8 restantes, de a primeira ser branca, de modo que a probabilidade é 3/8.

1.43 As probabilidades de que um marido e sua esposa estejam vivos daqui a 20 anos são dadas por 0,8 e 0,9 respectivamente. Encontre a probabilidade de que em 20 anos (a) ambos estejam vivos, (b) nenhum esteja vivo, (c) pelo menos um esteja vivo. Sejam M e E respectivamente os eventos marido estar vivo e esposa estar viva daqui a 20 anos. Então P(M) = 0,8, P(E) = 0,9. Vamos supor que M e E são eventos independentes, o que poderá, ou não, ser razoável. (a) P…ambos estarem vivos† ˆ P…M \ E † ˆ P…M†P…E† ˆ …0,8†…0,9† ˆ 0,72 (b) P…nenhum estar vivo† ˆ P…M 0 \ E 0 † ˆ P…M 0 †P…E 0 † ˆ …0,2†…0,1† ˆ 0,02 (c)

P…pelo menos um estar vivo† ˆ 1

P…nenhum estar vivo† ˆ 1

0,02 ˆ 0,98

1.44 Uma secretária ineficiente coloca aleatoriamente n diferentes cartas dentro de n diferentes envelopes já endereçados. Encontre a probabilidade de que pelo menos uma das cartas chegue ao destino apropriado. Sejam A1, A2, ..., An representando os eventos em que a 1a, 2a,…, nésima cartas estão no envelope correto. Então, o evento em que pelo menos uma carta está no envelope correto é A1  A2  . . .  An, e queremos encontrar P(A1  A2  . . .  An). De uma generalização dos resultados (10) e (11), página 18, temos …1†

P…A1 [ A2 [


[ An † ˆ

P

P…Ak †

P

P…Aj \ Ak † ‡

P

P…Ai \ Aj \ Ak †




‡ … 1†n 1 P…A1 \ A2 \


\ An † P onde P…Ak † é a soma das probabilidades de Ak de 1 a n, P…Aj \ Ak † é a soma das probabilidades de Aj \ Ak com j e k variandoi hde 1 a n e k > j, etc. Temos, por exemplo, o seguinte: P

…2†

P…A1 † ˆ

1 n

e similarmente

P…Ak † ˆ

1 n

visto que, dos n envelopes, somente 1 terá o endereço apropriado. Também    1 1 P…A1 \ A2 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 † ˆ …3† n n 1

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

39

já que, se a 1a carta estiver no envelope apropriado, então somente 1 dos n – 1 envelopes restantes será apropriado. De forma similar encontramos     1 1 1 …4† P…A1 \ A2 \ A3 † ˆ P…A1 †P…A2 j A1 †P…A3 j A1 \ A2 † ˆ n n 1 n 2 etc., e finalmente P…A1 \ A2 \


\ An † ˆ

…5†

     1 1 1 1


ˆ n n 1 1 n!

  n P…Aj \ Ak †, existem ˆ n C2 termos, todos tendo o valor dado por (3). Similarmente, em 2   n P P…Ai \ Aj \ Ak †,, existem 3 ˆ n C3 termos tendo o valor dado por (4). Portanto, a probabilidade procurada é

Agora, na soma

P

P…A1 [ A2 [


[ An † ˆ

   n 1 1 n

ˆ1

         n 1 1 n 1 1 1 ‡ 2 n n 1 3 n n 1 n 2    n 1


‡ … 1†n 1 n n!

1 1 ‡ 2! 3!




‡ … 1†n

1

1 n!

Do Cálculo sabemos que (veja o Apêndice A) ex ˆ 1 ‡ x ‡

x2 x3 ‡ ‡


2! 3!

De modo que, para x = – 1 e

ou

1

1

ˆ1

 1

1 1 ‡ 2! 3!

1 1 ‡ 2! 3!


ˆ 1




e

1

Segue que, se n é grande, a probabilidade procurada é muito próxima de 1 – e–1 = 0,6321. Isto significa que há uma boa chance de pelo menos 1 carta chegar no destino próprio. Vale a pena observar, por este resultado, que a probabilidade permanece praticamente constante para todo n >10. Portanto, a probabilidade de pelo menos uma carta chegar ao seu destino correto é praticamente a mesma quando n é 10 ou 10.000.

1.45 Encontre a probabilidade de que n pessoas (n  365) selecionadas aleatoriamente tenham n diferentes datas de nascimento. Assumimos que existem somente 365 dias em um ano e que todos eles são igualmente prováveis como datas de nascimento, suposição esta que não está muito de acordo com a realidade. A primeira das n pessoas tem, é claro, algum dia de nascimento com probabilidade 365/365 = 1. Então, se a segunda deve ter uma diferente data de nascimento, é preciso que ela ocorra em um dos outros 364 dias. Portanto, a probabilidade da segunda pessoa ter nascido em data diferente da primeira é 364/365. Similarmente, a probabilidade da terceira pessoa ter nascido em data diferente das primeiras duas é 363/365. Finalmente, a probabilidade da nésima pessoa ter nascido em data diferente das outras pessoas é (365 – n + 1)/365. Portanto, temos 365 364 363 365 n ‡ 1





365 365 365 365      1 2 n 1 ˆ 1 1



1 365 365 365

P…todas as n datas de nascimento são diferentes† ˆ

40

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

1.46 Determine quantas pessoas são necessárias no Problema 1.45 para que a probabilidade de ocorrer datas de nascimento distintas seja menor do que 1/2.

…1†

Denotando a probabilidade dada por p e tomando o logaritmo natural, encontramos       1 2 n 1 ln p ˆ ln 1 ‡ ln 1 ‡


‡ ln 1 365 365 365

Mas, sabemos do Cálculo (Apêndice A, fórmula 7) que …2†

ln …1

x† ˆ

de modo que (1) pode ser escrito  1 ‡ 2 ‡


‡ …n …3† ln p ˆ 365

1†

x2 2

x 

x3 3






 1 12 ‡ 22 ‡


‡ …n 2 …365†2

1†2






Usando os fatos de que para n = 2, 3, ... (Apêndice A, fórmulas 1 e 2) …4†

1 ‡ 2 ‡


‡ …n

1† ˆ

n…n

1† 2

12 ‡ 22 ‡


‡ …n

,

1†2 ˆ

n…n

1†…2n 6

1†

obtemos por (3) …5†

ln p ˆ

n…n 1† 730

n…n

1†…2n

1† 2

12…365†






Para n pequeno comparado a 365, digamos, n < 30, o segundo e os seguintes termos à direita de (5) são negligenciáveis comparados com o primeiro termo, de modo que uma boa aproximação neste caso é ln p ˆ

…6† 1 Para p ˆ 2, ln p ˆ

…7†

ln 2 ˆ

n…n 1† 730

0,693. Portanto, temos

n…n 1† ˆ 0,693 730

ou

n2

n

506 ˆ 0

ou

…n

23†…n ‡ 22† ˆ 0

de modo que n = 23. Nossa conclusão portanto é que, se n é maior que 23, podemos ter mais do que boas chances de pelo menos duas pessoas terem a mesma data de nascimento.

Problemas Complementares Cálculo de Probabilidades 1.47 Determine a probabilidade p, ou uma estimativa dela, para cada um dos seguintes eventos: (a)

Aparece um rei, um ás, um valete de paus ou uma dama de ouros na retirada de uma única carta de um baralho comum de 52 cartas bem misturadas.

(b)

Aparece a soma 8 em um único lançamento de um par de dados honestos.

(c)

Um parafuso de porca não-defeituoso será encontrado, após 600 parafusos já terem sido examinados e 12 serem defeituosos.

(d)

Aparecem um 7 ou um 11 em um único lançamento de um par de dados honestos.

(e)

Aparece pelo menos uma cara em 3 lançamentos de uma moeda honesta.

1.48 Um experimento consiste em retirar 3 cartas sucessivamente de um baralho comum bem embaralhado. Sejam A1 o evento “rei na primeira retirada”, A2 o evento “rei na segunda retirada” e A3 o evento “rei na terceira retirada”. Explique em palavras o significado do que segue: (a) P…A1 \ A20 †,

(b) P…A1 [ A2 †,

(c) P…A10 [ A20 †,

(d ) P…A10 \ A20 \ A30 †,

(e) P‰…A1 \ A2 † [ …A20 \ A3 †Š.

1.49 Uma bola de gude é retirada ao acaso de uma caixa contendo 10 bolas vermelhas, 30 brancas, 20 azuis e 15 cor de laranja. Encontre a probabilidade dela ser (a) cor de laranja ou vermelha, (b) não-vermelha ou azul, (c) não-azul, (d) branca, (e) vermelha, branca ou azul. 1.50 Duas bolas de gude são retiradas sucessivamente de uma caixa do Problema 1.49, sendo feita reposição após cada uma das duas retiradas. Encontre a probabilidade de que (a) ambas sejam brancas, (b) a primeira seja vermelha e a segunda se-

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

41

ja branca, (c) nenhuma seja cor de laranja, (d) ambas sejam vermelhas ou brancas ou sejam uma vermelha e uma branca, (e) a segunda não seja azul, (f) a primeira seja cor de laranja, (g) pelo menos uma seja azul, (h) no máximo uma seja vermelha, (i) a primeira seja branca mas a segunda não, (j) somente uma seja vermelha. 1.51 Resolva o Problema 1.50 com não-reposição após cada retirada.

Probabilidade Condicional e Eventos Independentes 1.52 Uma caixa contém 2 bolas de gude vermelhas e 3 brancas. Encontre a probabilidade de que, se duas bolas de gude forem retiradas aleatoriamente (sem reposição), (a) ambas sejam azuis, (b) ambas sejam vermelhas, (c) uma seja vermelha e a outra seja azul. 1.53 Encontre a probabilidade de retirar 3 ases aleatoriamente de um baralho comum de 52 cartas se as cartas são (a) recolocadas, (b) não são recolocadas no baralho. 1.54 Se pelo menos uma criança em uma família com 2 crianças é um menino, qual a probabilidade de que ambas as crianças sejam meninos? 1.55 A caixa I contém 3 bolas vermelhas e 5 brancas ao passo que a caixa II contém 4 bolas vermelhas e 2 brancas. Uma bola é escolhida ao acaso da primeira caixa e colocada na segunda caixa sem que sua cor seja observada. Então, uma bola é retirada ao acaso da segunda caixa. Encontre a probabilidade dela ser branca.

Teorema (ou Regra) de Bayes 1.56 Uma caixa contém 3 bolas de gude azuis e 2 vermelhas enquanto que outra caixa contém 2 bolas de gude azuis e 5 vermelhas. Uma bola de gude é retirada aleatoriamente de uma das caixas e é azul. Qual a probabilidade de ela ter vindo da primeira caixa? 1.57 Cada uma de três caixas idênticas de jóias tem dois compartimentos. Em cada compartimento da primeira caixa tem um relógio de ouro. Em cada compartimento da segunda caixa tem um relógio de prata. Em um compartimento da terceira caixa tem um relógio de ouro e no outro tem um relógio de prata. Se selecionarmos uma caixa aleatoriamente, abrirmos um dos compartimentos e encontrarmos um relógio de prata, qual a probabilidade de que o outro compartimento contenha um relógio de ouro? 1.58 A urna I contém 2 bolas brancas e 3 pretas; a urna II, 4 brancas e 1 preta; e a urna III, 3 brancas e 4 pretas. Uma urna é selecionada ao acaso e uma bola branca é retirada também ao acaso. Encontre a probabilidade da urna I ter sido a selecionada.

Análise Combinatória, Contagem e Diagramas em Árvore 1.59 Uma moeda é lançada 3 vezes. Use um diagrama em árvore para determinar as várias possibilidades que podem surgir. 1.60 Três cartas são retiradas aleatoriamente de um baralho comum de 52 cartas. Encontre o número de maneiras de se retirar (a) cartas de ouros, paus e copas sucessivamente, (b) duas cartas de copas e depois uma de paus ou uma de espadas. 1.61 De quantas maneiras 3 moedas podem ser colocadas em 2 bolsas diferentes?

Permutações 1.62 Calcule (a) 4P2, (b) 7P5, (c) 10P3. 1.63 Para qual valor de n tem-se n+1P3 = nP4? 1.64 De quantas maneiras 5 pessoas podem sentar-se em um sofá se existem somente 3 lugares disponíveis? 1.65 De quantas maneiras 7 livros podem ser colocados em uma prateleira se (a) qualquer agrupamento é possível, (b) 3 livros em particular precisam ficar sempre juntos, (c) 2 livros em particular devem ocupar as posições finais? 1.66 Quantos números de cinco dígitos diferentes podem ser formados com os dígitos 1, 2, 3, ..., 9 se (a) os números precisam ser ímpares, (b) os primeiros dois dígitos de cada número são pares? 1.67 Resolva o Problema 1.66 se repetições dos dígitos for permitido. 1.68 De quantas maneiras diferentes números de três dígitos podem ser formados com 3 quatros, 4 dois e 2 três? 1.69 De quantas maneiras 3 homens e 3 mulheres podem sentar-se em torno de uma mesa se (a) nenhuma restrição é imposta, (b) 2 mulheres em particular precisam sentar-se juntas, (c) cada mulher deve sentar-se entre 2 homens?

42

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

Combinações 1.70 Calcule (a)5C3,

(b) 8C4, (c) 10C8.

1.71 Para qual valor de n tem-se 3 n+1C3 = 7 nC2? 1.72 De quantas maneiras 6 questões podem ser selecionadas entre 10? 1.73 Quantos comitês diferentes com 3 homens e 4 mulheres podem ser formados entre 8 homens e 6 mulheres? 1.74 De quantas maneiras 2 homens, 4 mulheres, 3 meninos e 3 meninas podem ser selecionados entre 6 homens, 8 mulheres, 4 meninos e 5 meninas se (a) nenhuma restrição é imposta, (b) um homem e uma mulher em particular precisam ser selecionados? 1.75 De quantas maneiras um grupo de 10 pessoas pode ser dividido em (a) dois grupos consistindo de 7 e 3 pessoas, (b) três grupos consistindo de 5, 3 e 2 pessoas? 1.76 De 5 estatísticos e 6 economistas, um comitê consistindo de 3 estatísticos e 2 economistas deve ser formado. Quantos comitês diferentes podem ser formados se (a) nenhuma restrição é imposta, (b) 2 estatísticos em particular precisam estar no comitê, (c) 1 economista em particular não pode estar no comitê? 1.77 Encontre o número de (a) combinações e (b) permutações de 4 letras cada, que podem ser formadas com as letras da palavra Tennessee.

Coeficientes Binominais  1.78 Calcule 1.79 Expanda

(b)

 11 , 4

(a) …x ‡ y†6 ,

(b) …x

(a) 6 C3 ,

(c) …8 C2 †…4 C3 †=12 C5 . y†4 ,

(c) …x

x 1 †5 ,

(d ) …x2 ‡ 2†4 .

  2 9 1.80 Encontre o coeficiente de x em x ‡ x .

Probabilidade Usando Análise Combinatória 1.81 Encontre a probabilidade de marcar um total de 7 pontos (a) uma vez, (b) pelo menos uma vez, (c) duas vezes; em 2 lançamentos de um par de dados honestos. 1.82 Duas cartas são retiradas sucessivamente de um baralho comum de 52 cartas bem embaralhadas. Encontre a probabilidade de que (a) a primeira carta não seja um dez de paus ou um ás, (b) a primeira carta seja um ás mas a segunda não, (c) pelo menos uma carta seja de ouros, (d) as cartas não sejam do mesmo naipe, (e) não mais do que uma carta seja uma figura (valete, dama, rei), (f ) a segunda carta não seja uma figura, (g) a segunda carta não seja uma figura dado que a primeira tenha sido uma figura, (h) as cartas sejam figuras ou do naipe de espadas ou ambas. 1.83 Uma caixa contém 9 fichas numeradas de 1 a 9, inclusive. Se 3 fichas forem retiradas da caixa, uma de cada vez, encontre a probabilidade de que elas sejam, alternadamente, ou ímpar, par, ímpar ou par, ímpar, par. 1.84 As chances a favor de A vencer um jogo de xadrez contra B são 3 : 2. Se forem jogadas 3 partidas, quais são as chances (a) a favor de A vencer pelo menos 2 partidas entre as 3, (b) contra A perder as primeiras 2 partidas para B? 1.85 No jogo de bridge, cada um dos 4 jogadores recebe 13 cartas de um baralho comum de 52 cartas bem embaralhadas. Encontre a probabilidade de um dos jogadores, (digamos, o mais velho) obter (a) 7 ouros, 2 paus, 3 copas e 1 espada; (b) todas as cartas do mesmo naipe. 1.86 Uma urna contém 6 bolas de gude vermelhas e 8 azuis. Cinco bolas são extraídas aleatoriamente da urna, sem reposição. Encontre a probabilidade de 3 serem vermelhas e duas serem azuis. 1.87 (a) Encontre a probabilidade de se obter soma 7 em pelo menos um dos 3 lançamentos de um par de dados honestos. (b) Quantos lançamentos são necessários para que a probabilidade em (a) seja maior do que 0,95? 1.88 Três cartas são retiradas de um baralho comum de 52 cartas. Encontre a probabilidade de que (a) todas as cartas sejam do mesmo naipe, (b) sejam retirados pelo menos 2 ases. 1.89 Encontre a probabilidade de que, das 13 cartas dadas a um jogador de bridge, 9 cartas sejam do mesmo naipe.

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

43

Problemas Variados 1.90 Um espaço amostral consiste de 3 pontos amostrais com respectivas probabilidades dadas por 2p, p2 e 4p –1. Encontre o valor de p. 1.91 Quantas palavras podem ser formadas com 5 letras se (a) todas as letras são diferentes, (b) 2 letras são idênticas, (c) todas as letras são diferentes mas 2 determinadas letras não podem ser adjacentes? 1.92 Quatro inteiros são escolhidos ao acaso entre 0 e 9, inclusive. Encontre a probabilidade de (a) serem todos diferentes, (b) não mais do que 2 serem iguais. o 1.93 Um par de dados é lançado repetidamente. Encontre a probabilidade de que um 11 ocorra pela primeira vez no 6 lançamento.

1.94 Qual é o menor número necessário de lançamentos no Problema 1.93 para que a probabilidade de obter um 11 seja maior do que (a) 0,5, (b) 0,95? 1.95 Em um jogo de pôquer encontre a probabilidade de se obter (a) um royal flush, o qual consiste de 10, valete, dama, rei e ás de um único naipe; (b) um full house, o qual consiste de 3 cartas de um mesmo valor e 2 de outro (tal como três 10 e dois valetes); (c) todas as cartas diferentes; (d) quatro ases. 1.96 A probabilidade de que um homem atinja um alvo é 23. Se ele atira no alvo até atingi-lo pela primeira vez, encontre a probabilidade de que sejam necessários 5 tiros para atingir o alvo. 1.97 (a) Uma prateleira contém seis compartimentos separados. De quantas maneiras 4 bolas de gude indistinguíveis podem ser colocadas nos compartimentos? (b) Resolva o mesmo problema se existirem n compartimentos e r bolas de gude. Este tipo de problema surge em física, em conexão com a estatística de Bose-Einstein. 1.98 (a) Uma prateleira contém seis compartimentos separados. De quantas maneiras 12 bolas de gude indistinguíveis podem ser colocadas nos compartimentos de modo que nenhum fique vazio? (b) Resolva o mesmo problema se existirem n compartimentos e r bolas de gude onde r > n. Este tipo de problema surge em física, em conexão com a estatística de FermiDirac. 1.99 Um jogador de pôquer tem cartas 2, 3, 4, 6 e 8. Ele deseja descartar a 8 e substituí-la por outra carta, a qual ele espera que seja um 5 (neste caso ele obtém um inside straight). Qual a probabilidade de que isto aconteça assumindo que os outros três jogadores juntos têm (a) um 5, (b) dois 5, (c) três 5, (d) nenhum 5? Este problema pode ser resolvido se o número de 5 nas mãos dos outros jogadores é desconhecido? 1.100 Resolva o Problema 1.40 se o jogo for limitado a 3 lançamentos. 1.101 Encontre a probabilidade de que em um jogo de bridge (a) 2, (b) 3, (c) todos os 4 jogadores tenham todas cartas do mesmo naipe.

Respostas dos Problemas Complementares 1.47 (a) 5/26 1.48 (a)

1.49

(b) 5/36

(c)

0,98

(d) 2/9

(e) 7/8

Probabilidade de rei na primeira e não-rei na segunda retirada.

(b)

Probabilidade de um rei na primeira retirada, um rei na segunda retirada ou ambos.

(c)

Não-rei na primeira retirada, na segunda retirada ou ambos (não-rei na primeira e na segunda retiradas).

(d)

Não-rei na primeira, segunda e terceira retiradas.

(e)

Probabilidade de rei na primeira retirada e rei na segunda retirada ou não-rei na segunda retirada e rei na terceira retirada.

(a) 1/3

(b) 3/5

(c)

11/15

(d) 2/5

(e)

4/5

11/15

(g)

104/225

(i)

6/25

1.50 (a)

4/25

(c)

16/25

(e)

(b)

4/75

(d)

64/225

(f) 1/5

(h)

221/225

(j)

52/225

29/185

(c)

118/185

(e)

(g)

86/185

(i)

9/37

(b)

2/37

(d)

52/185

(f) 1/5

(h)

182/185

(j)

26/111

1.52 (a)

3/10

(b)

1/10

(c) 3/5

1.51 (a)

11/15

44

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

1.53 (a)

1/2197

(b)

1/17.576

1.54 1/3 1.55 21/56 1.56 21/31 1.57 1/3 1.58 14/57 1.59

H = cara T = coroa

1.60 (a) 13  13  13

(b)

13  12  26

1.61 8 1.62 (a) 12 (b) 2520

(c) 720

1.63 n = 5 1.64 60 1.65 (a) 5040

(b) 720

1.66 (a) 8400

(b) 2520

1.67 (a) 32.805

(c) 240

(b) 11.664

1.68 26 1.69 (a) 120 (b) 72 (c) 12 1.70 (a) 10 (b) 70 (c) 45 1.71 n = 6 1.72 210 1.73 840 1.74 (a) 42.000

(b) 7000

1.75 (a) 120

(b) 2520

1.76 (a) 150

(b) 45 (c) 100

1.77 (a) 17 (b) 163 1.78 (a) 20 (b) 330

(c) 14/99

CAPÍTULO 1 • PROBABILIDADE BÁSICA

1.79

(a) x 6 ‡ 6x5 y ‡ 15x4 y2 ‡ 20x3 y3 ‡ 15x2 y3 ‡ 6xy5 ‡ y6 (b) x

4

(c) x 5

4x3 y ‡ 6x2 y2 5x3 ‡ 10x

8

6

4xy3 ‡ y4

10x

4

1

‡ 5x

3

x

5

2

(d ) x ‡ 8x ‡ 24x ‡ 32x ‡ 16

1.80 2016 1.81 (a) 5/18 (b) 11/36 1.82 (a) 47/52

(c) 1/36

(b) 16/221

(c) 15/34

(d) 13/17

(e) 210/221

(f) 10/13

(g) 40/51

1.83 5/18 1.84 (a) 81 : 44

(b) 21 : 4

1.85 (a) (13C7)(13C2)(13C3)(13C1)/52C13

(b) 4/52C13

1.86 (6C3)(8C2)/14C5 1.87 (a) 91/216

(b) pelo menos 17 (b) (4C2  48C1+4C3)/52C3

1.88 (a) 4  13C3/52C3 1.89 4(13C9)(39C4)/52C13 p 11 3 1.90 1.91 (a) 120

(b) 60 (c) 72

1.92 (a) 63/125

(b) 963/1000

1.93 1.419.857/34.012.224 1.94 (a) 13 (b) 53 (c) 45(13C5)/52C5

1.95 (a) 4/52C5 (b) (13)(2)(4)(6)/52C5

(d) (5)(4)(3)(2)/(52)(51)(50)(49)

1.96 2/243 Cn–1

1.97 (a) 126

(b)

n+r–1

1.98 (a) 462

(b)

r–1

Cn–1

1.99 (a) 3/32 (b) 1/16 (c) 1/32 (d) 1/8 1.100 Prob. de A vencer = 61/216, prob. de B vencer = 5/36, prob. de impasse = 125/216 1.101 (a) 12/(52C13)(39C13) (b) 24/(52C13)(39C13)(26C13)

(h) 77/442

45