Probabilidades by areias alexandre

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.

Hipótese 1 Hipótese 2 Hipótese 3

Porta 1

Porta 2

Porta 3

Probabilidade de ganhar: 2/3 se trocar de porta 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.

O apresentador abre ambas as portas

O jogador escolheu o carro (probabilidade 1/3)

Mudar perde

O apresentador abre a porta – Cabra B

O Jogador escolheu a cabra A (probabilidade 1/3)

Mudar ganha

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

ganhar B

A – 2 vitórias B – 2 vitórias

A – 2 vitórias B – 1 vitória

ganhar A

A – 3 vitórias Fim 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?

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

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 cada 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 Ω. Numa jogada o ESPAÇO AMOSTRAL da experiência é E = Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} ACONTECIMENTO numa experiência aleatória é todo o subconjunto do espaço de resultados, incluíndo 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: s A: “sair número par” A = {2, 4, 6, 8, 10} A, B e C acontº 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 A

1 3

E=Ω=C

6 E

5 8

7 9

Diagrama de Venn A ∩ B = {10} A U B = {2, 4, 5, 6, 8, 10} A ∩ E = ∅ B ∩ E =∅

DIVERSOS TIPOS DE ACONTECIMENTOS

Acontecimentos DISJUNTOS, INCOMPATÍVEIS (ou mutuamente exclusivos) São acontecimentos que não têm resultados comuns. A realização de um implica a não realização do outro

A B

A e B são incompatíveis sse A ∩ B = ∅

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=∅

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).

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.

E A B A\B

Representa-se por A \ B = A — B = A ∩ B Diz-se “A excepto B ou A menos 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 Associativa Elemento neutro Elemento absorvente Distributiva

A∩B=B∩A (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) A∩E=A A∩∅=∅ A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

A∪B=B∪A (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) A∪∅=A A∪E=E 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 A∪B A

A ∪B

B A

A∩B A

A ∩B A A

A ∪B

B B

A ∩B B

Demonstrações: 1. Provar que A ∩ ( A ∪ B ) é acontecimento impossível A ∩ ( A ∪ B ) = 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)

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= Ω = {(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)

Representação num

DIAGRAMA EM ÁRVORE

N S

(S,N,S)

(S,N,N)

(N,S,S)

(N,S,N)

(N,N,S)

N N 2

(N,N,N)

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

Representação em TABELA

EXTRACÇÃO COM REPOSIÇÃO

Vermelho

diagonal preenchida

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. Vermelho

Verde

Amarelo

Vermelho

Representação em TABELA

EXTRACÇÃO SEM REPOSIÇÃO

Verde

diagonal não preenchida

Amarelo

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

Verde

Amarelo

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 1

Freq. Relativa Face 1 € 0,510

100

500

247

250

0,494

1000

504

500

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 acontecimentos 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) =

# A nº de casos favoráveis a A = #E nº de casos possíveis

(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 A1: p(A) ≥ 0, ∀ A

Verificação

∈ 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 ≤ p(E) = 1 pois p(E) =

#A ≤1 #E

#E #E

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

Teorema 1

Corolários

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

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

D1: A ∪ A = E, logo p(A ∪ A ) = p(E)

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

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

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

C2: p(A) ≤ 1 D2: Como p( A )≥ 0 (A1) e p(A) + p( A ) = 1 tem-se p(A) ≤ 1

Esquema A

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

p(A ∩ B) p(B)

p(A | B) =

(lê-se p de A dado B) # (A ∩ B) # (B) 1 /6

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

p(A | B) =

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

p(A | B) = 1/3

3 /6

= 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»

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) =

2 /52 26 /52

= 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 surpresa» p(B|S) Generalidades: dados os acontecimentos A e B de um espaço E com p(B) ≠ 0

Excepção

Probabilidade condicionada p(A ∩ B) p(B)

p( A )

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 D

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

0,0090

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

0,4410

H D

D 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%

Solução: 1,45% da população sofre da doença

Generalidade Tabela

Diagrama de Venn

p(A ∩B)

p(A ∩ B )

P(A)

p( A ∩B)

p( A ∩ B )

P( A )

p(B)

p( B )

B p(A ∩ B )

p(A ∩B)

1 ou 100%

p( A ∩ B )

Árvore de Probabilidades B

A B

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

B p( A ∩ B) = p( A ).p(B| A )

A B

p(B ∩ A )

p( A ∩ B ) = p( A ).p( B | A )

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 hoje aprovação…” Significa que p(A) = 20% ou seja, p(A ∩ F) + p(A ∩ F ) = 20% “…a probabilidade de um aluno passar quando o Professor «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%.

total

100

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 ) =

# ( A ∩ F) #F

5 1 = 50 10

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 saiu 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) =

Experiência 4

♣ ♦ ♥ ♠

♣

♦ ♥ ♣♦ ♣♥ ♦♣ ♦♥ ♥♣ ♥♦ ♠♣ ♠♦ ♠♥

2 1 = 12 6

«retirar bolas da tômbola 1 ou da tômbola 2»

Os acontecimentos tirar bolas de T1 ou de T2 são incompatíveis

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?

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 ex: 3!/3! = 1

0! = 1

Utilização da calculadora

Texas

Cásio

7 MATH PRB 4:(nPr) ou 7 MATH PRB 2:(!)

RUN OPTN F6 F3 7 F1 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 O 2º já só tem 2 cadeiras onde se sentar O 3º já não tem alternativa (só uma opção) R: 3 x 2 x 1 = 6

3 __ __ 3 2 __ 3 2 1

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

4 __ __ __

O 3º convidado já só o pode fazer de 3 maneiras diferentes R: 5 x 4 x 3 = 60

3 __ __

Arranjos sem repetição ou arranjos simples de cinco elementos, três a três 5

A3 = 5 x 4 x 3 = 60

A3 =

5 x 4 x3x2x1 5! = 2 x1 2!

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. n

caso particular

Ap = n(n — 1)(n — 2) x . . . x (n — (p — 1)) =

se p = n tem-se

n! (n − p)!

An = 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?

KU 9333

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. 26

A’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. n A’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 = 7 A3

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

3x2x1

= 3!

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:

7x6x5 = 35 3x2

C3 =

A3 3!

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. n

Cp =

e como

Ap =

n! (n − p)!

temos

Cp =

n! p! (n − p)!

♠♠ ♠♥ ♠♦ ♠♣

♥♠ ♥♥ ♥♦ ♥♣

♦♠ ♦♥ ♦♦ ♦♣

♣♠ ♣♥ ♣♦ ♣♣

♥♠

♦♠ ♦♥

♣♠ ♣♥ ♣♦

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

A’p = np

Arranjos simples de A, 2 a 2 As repetições não são consideradas n! Ap = (n − p)!

Arranjos simples de n elementos p a p se p = n tem-se

♠♥ ♠♦ ♠♣

♥♦ ♥♣

♦♣

An = 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

n! Cp = p! (n − p)!

♠♥ ♠♦ ♠♣

♥♠ ♥♦ ♥♣

♦♠ ♦♥ ♦♣

♣♠ ♣♥ ♣♦

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? Sim

Não

Os elementos podem repetir-se?

Os elementos podem repetir-se? Não

Sim

Não

Entram todos os elementos na sequência? Sim

Não

A’p = n

Pn = n!

Ap = n(n—1)x…x(n—p+1) n! = (n − p )!

n n

Cp =

Ap p!

n! p! (n − p )!

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. 5! 5 A3 = = 5 x 4 x 3 = 60 (5 − 3)!

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. 5! 5! 5 C3 = = = 10 3!(5 − 3)! 3!× 2!

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 mais Arranjos de 3 lugares onde a família de 3 pessoas se pode sentar, trocando de lugares entre cada um dos 3 mais Permutações de 3 entre as duas famílias e o lugar livre, para as possibilidades de cada grupo ou o lugar livre ficarem ao meio, à esquerda ou à direita ou seja

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?

A4 = 4! = 4 x 3 x 2 x 1

A3 = 3! = 3 x 2 x 1

P3 = 3! = 3 x 2 x 1

––––––––––––––––– 4

A4 x 3A3 x P3 = 864

C1 = 2 x 1 C2 = 4 x 3 / 2 4 C2 = 4 x 3 / 2 4

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) 5 A´2 = 5 x 5 = 52 = 25

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 e Combinações de 4 defesas, dois a dois e Combinações de 4 avançados, dois a dois

C1 x 4C2 x 4C2 = 72

∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪…

O TR I Â N G U L O D E P AS CAL E AS PR OP R I E D AD E S D AS CO M B I N A Ç ÕE S 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: 5

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

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

Total de subconjuntos de um conjunto Se um conjunto S tem n elementos, qual é o número de subconjuntos desse conjunto? Exemplo: Considere-se o conjunto das vogais, Subconjunto vazio (∅): Subconjuntos com 1 elemento: Subconjuntos com 2 elemento: Subconjuntos com 3 elemento: Subconjuntos com 4 elemento: Subconjunto pleno = V:

V = {a, e, i, o, u} 1 {} 5 C1 = 5 {a}, {e}, {i}, {o}, {u} 5 C2 = 10 {a,e},{a,i},{a,o}, {a,u}, {e,i}, {e,o},{e,u},{i,o},{i,u},{o,u} 5 C3 = 10 {a,e,i}, {a,e,o}, {a,e,u}, {e,i,o}, {e,i,u}, {i,o,u}, … 5 C4 = 5 {a,e,i,o}, {a,e,i,u}, {a,e,o,u}, {a,i,o,u}, {e,i,o,u} 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: 5

C0 + 5C1 + 5C2 + 5C3 + 5C4 + 5C5 = 25

Analogamente: 7

C0 + 7C1 + 7C2 + 7C3 + 7C4 + 7C5 + 7C6 + 7C7 = 27

E genericamente: n

C0 + nC1 + nC2 + . . . + nCn—2 + nCn—1 + nCn = 2n , ∀n ∈ INo

PROPRIEDADES DAS COMBINAÇÕES 0

Cp Cp 2 Cp 3 Cp 4 Cp 5 Cp 6 Cp 7 Cp 8 Cp

1 8

10 15

5 6

1 1

1 8

= = = = = = = = =

1 2 4 8 16 32 64 128 256

C8 n

TRIÂNGULO

Linha

n ∑ Cp

PASCAL

p=0

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2 3

4 5

C4 C5

6 7

= 20 = 21 = 22 = 23 = 24 = 25 = 26 = 27 = 28

…

C0 +

C1 +

C2 + …

…

… + nCn-2 + nCn-1 +

Propriedades: I nC0 + nC1 + nC2 +…+ nCn-2 + nCn-1 + nCn = 2n A soma dos termos de uma linha (n) é 2n II

= nCn = 1

O primeiro e o último termo de cada linha é igual a 1

III

= nCn-p

O termo de ordem p é igual ao termo de ordem n — p

+ 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

n+1

Σ p =0

n+1

Cp+1=

n 2xΣ C p =0 p

A soma de todos os termos de uma linha é o dobro da soma dos termos da linha anterior

FÓRMULA

BINÓMIO

NEWTON

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

BINÓMIO

NEWTON

(a + b)0 = 1 ............................................................................. 1 1 (a + b) = 1a + 1b .............................................................. 1 1 (a + b)2 = 1a2 + 2ab + 1b2 ............................................. 1 2 1 .......................... (a + b)3 = 1a3 + 3a2b + 3ab2 + 1b3 1 3 3 1 (a + b)4 = 1a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 +1b4 ......... 1 4 6 4 1 Assim, generalizando: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 1 5 10 10 5 1 coeficientes de cada monómio C0a5 + 5C1a4b + 5C2a3b2 + 5C3a2b3 + 5C4ab4 + 5C5b5 combinações 5Cp

C0a5b0+ 5C1a4b1 + 5C2a3b2 + 5C3a2b3 + 5C4ab4 + 5C5a0b5

Desenvolvimento de qualquer binómio, atendo à Fórmula do Binómio de Newton, com n ∈ IN0:

(a + b)n = nC0anb0 + nC1 an—1b + nC2an—2b2 +…+ nCpan—pbp+…+nCn-1abn—1 + nCna0bn ou n

(a + b)n = Σ nCk . an—k . bk k =0

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 0 1 2 3

ni 10 15 16 9 N = 50

x 0 1 2 3

fi 0,2 0,3 0,32 0,18 1

18 31 34 17 N = 100

0,18 0,31 0,34 0,17 1

0 1 2 3

77 222 223 78 N = 600

0,128 0,370 0,372 0,130 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 = xi) 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 0 1 2 3

p(X=xi ) 0,128 0,370 0,372 0,130

Distribuição de Probabilidade experimental da variável X xi p(X=xi )

0 0,128

1 0,370

2 0,372

3 0,130 0

DISTRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADE DA VARIÁVEL X É a aplicação que a cada valor xi, da variável X faz corresponder a probabilidade pi da variável tomar esse valor. xi p(X=xi )

x1 p(x1)

x2 p(x2)

x3 p(x3)

x4 p(x4)

Probabilidade Teórica Construir uma tabela idêntica à anterior tendo em conta a probabilidade teórica pi de cada valor xi Considerando X a variável aleatória «Número de faces 1€ viradas para cima» p(X = 0) é o acontecimento p(X = 1) “ “ p(X = 2) “ “ p(X = 3) “ “

«Não sair face 1€ virada para cima» «Sair uma vez face 1€ virada para cima» «Sair duas vezes face 1€ virada para cima» «Sair três vezes face 1€ virada para cima»

Distribuição de Probabilidade Teórica da variável X pi

xi p(X=xi )

0 1/8

1 3/8

2 3/8

3 1/8 0

Probabilidade Teórica p(X = 0) = 1/8 = 0,125 p(X = 1) = 3/8 = 0,375 p(X = 2) = 3/8 = 0,375 p(X = 3) = 1/8 = 0,125

Experimental 0,128 0,370 0,372 0,130

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

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 = µ = 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 σ=

∑ pi ( x i − x )2 i =1

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.

Características da curva normal Apresenta a forma de sino É simétrica relativamente à recta x = µ A área entre a curva e o eixo é igual a 1 Tem dois pontos de inflexão: µ — σ e µ + σ 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 = µ , ou seja, tem máximo para x = µ A probabilidade da variável tomar valores entre µ — σ e µ + σ é aprox. 68,3% A probabilidade da variável tomar valores entre µ — 2σ e µ + 2σ é aprox. 95,4% A probabilidade da variável tomar valores entre µ — 3σ e µ + 3σ é aprox. 99,7%

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

p(µ — σ < x < µ + σ) ≈ 68,3 %

p ≈ 68% A ≈ 0,68

µ—σ

µ+σ

p(µ — 2σ < x < µ + 2σ) ≈ 95,4 % p ≈ 95% A ≈ 0,95

µ — 2σ

µ + 2σ

p(µ — 3σ < x < µ + 3σ) ≈ 99,7 % p ≈ 99,7% A ≈ 0,997

µ — 3σ

µ + 3σ x

p(µ — 2σ < x < µ — σ) ≈ (95,4 — 68,3)/2 ≈ 13,55% p(µ < x < µ + σ) ≈ 68,3/2 ≈ 34,15% p ≈ 34,5% p ≈ 13,55%

µ — 3σ µ — 2σ µ — σ

µ+σ

µ + 3σ 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: 5

Acertar todas as questões

p (X = 5) =

1 1 1 1 1  1 × × × × =  4 4 4 4 4 4

Acertar 4 questões e falhar 1

p (X = 4) =

1 1 1 1 3  1 3 × × × × =   × ×5 4 4 4 4 4 4 4

Acertar 3 questões e falhar 2

p (X = 3) =

1 1 1 3 3  1 3 5 × × × × =   ×   × C2 4 4 4 4 4 4 4

Acertar 2 questões e falhar 3

1 1 3 3 3  1 3 p (X = 2) = × × × × =   ×   × 5 C 3 4 4 4 4 4 4 4

Acertar 1 questões e falhar 4

p (X = 1) =

Não acertar nenhuma questão

p (X = 0) =  

1 3 3 3 3 1 3 × × × × = ×  ×5 4 4 4 4 4 4 4 3 4

Tabela de distribuição da variável X, da probabilidade binomial xi

p(X=xi )

 1   4

4 5

3 4

2 3

13  1 3  1 3  1 3 5×  10 ×     10 ×     5 ×   44 4 4 4 4 4 4

3   4

ou xi

p(X=xi ) 5C 0 p 0 (1 − p ) 5 5C1 p(1 − p ) 4 5C 2 p 2 (1 − p ) 3 5C 3 p 3 (1 − p ) 2 5C 4 p 4 (1 − p ) 5C 5 p 5 (1 − p ) 0

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

µ=x=n.p Na realidade, realtivamente ao problema apresentado: 5

5 1 3 3  1 µ = 5 x   + 4 x 5 ×  1  3 + 3 x 10 ×  1   3  + 2 x 10 ×     + 5 × 1  3  + 0 x   = 4

4 4

4 4

valor que se obteria igualmente fazendo para uma questão xi p(X=xi )

0 3/4

1 1/4

µ = 0 x 3/4 + 1 x 1/4 = 1/4

e multiplicando pelo número de questões µ = 5/4

o desvio padrão é dado por σ = n • p(1 − p)

44

4

U Uttiilliizzaaççããoo ddaass C Caallccuullaaddoorraass nnaa D Diissttrriibbuuiiççããoo BBiinnoom miiaall 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

TTEEXXA ASS A função binomialpdf determina a probabilidade p(X = xi) e a função binomialcdf determina 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.

C CA ASSIIO O 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).