Sumário. 2 Índice Remissivo 12

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2 Sumário 1 Definições Básicas Fundamentos de Probabilidade Noções de Probabilidade Espaços Amostrais Finitos Resultados Equiprováveis Probabilidade Condicional Teorema da Multiplicação Teorema da Probabilidade Total Teorema de Bayes Eventos Independentes Índice Remissivo 12 ii

3 Capítulo 1 Definições Básicas Modelos Matemáticos Modelo Determinístico: Um modelo no qual as condições impostas ao modelo determinam o resultado do experimento. Modelo Probabilístico: Modelos nos quais, mesmo mantendo as mesmas condições, o resultado do experimento pode variar. Isso se deve a um fator aleatório o qual não podemos controlar. Experimento aleatório Consiste em um experimento em que, mesmo mantendo as mesmas condições, o resultado do experimento pode variar. Exemplo 1.1 Exemplos de experimentos aleatórios 1. Lançar um dado e observar o resultado. 2. Jogar três moedas e contar o número de vezes que o resultado foi cara. 3. Medir o número de nascimentos na cidade de João Pessoa na última hora. 1.1 Fundamentos de Probabilidade Definição: Espaço amostral Espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis de um experimento. Denotamos o conjunto de todos os resultados por Ω. 1 / 12

4 Exemplo 1.2 Espaços amostrais associados aos exemplos anteriores 1. Ω = {1,2,3,4,5,6}; 2. Ω = {0,1,2,3}; 3. Ω = {0,1,2,3,...},Ω = {0,1,2,..., },... Nota Observe que no último exemplo tivemos mais de uma opção de espaço amostral. Isto não contradiz a definição de espaço amostral. De fato, podemos ter mais de uma opção de espaços amostrais, o importante é que cada uma dessas opções contenha todos os resultados possíveis. Definição: Evento Seja Ω o espaço amostral de um experimento. Todo conjunto A Ω tal que podemos calcular a probabilidade de A é chamado de evento. Destacamos dois eventos importantes: 1. Ω é chamado de evento certo; 2. /0 é chamado de evento impossível. Nota O conjunto de todos os eventos possui uma estrutura chamada de σ-álgebra. Apesar da definição de σ-álgebra ser muito simples, não há necessidade de estudarmos σ-álgebras, pois todos os conjuntos que utilizaremos ao longo do livro serão eventos. Além disso, as aplicações onde é realmente necessário o uso de σ-álgebras fogem do escopo deste livro. Como cada evento é um conjunto, vale a pena descrever os eventos obtidos após realizarmos as operações clássicas de conjuntos entre eventos. Exemplo 1.3 Eventos A B: é o evento A ou B ; A B: é o evento A e B ; A c : é o evento não ocorrência de A ; A B: significa que se o evento A ocorre, então o evento B ocorre. A B = /0: significa que A e B são eventos mutuamente excludentes, ou seja, a ocorrência de A implica que B não ocorre, e a ocorrência de B implica que A não ocorre. 2 / 12

5 Definição: Partição Dado um espaço amostral Ω, uma partição P = {A α,α I} de Ω é uma coleção de eventos, A α, indexados por α, tais que: Para todo α β, A α A β = /0; α I A α = Ω. Portanto, temos que os eventos de uma partição são dois-a-dois mutuamente excludentes e sua união é todo o espaço amostral. Exemplo 1.4 Exemplo de partição Se Ω = {1,2,3,4}, então {A 1,A 2 }, onde A 1 = {1,2,3} e A 2 = {4}, é uma partição de Ω. 1.2 Noções de Probabilidade Definição: Medida de Probabilidade Seja E um experimento. Seja Ω um espaço amostral, e seja E um evento de Ω. Dizemos que P é uma medida probabilidade em Ω se para todo evento A, temos que P(A) é um número não-negativo, chamado de probabilidade de A, tal que 0 P(A) 1; P(Ω) = 1; (Aditividade finita) Se A e B forem eventos mutuamente excludentes, temos que P(A B) = P(A) + P(B); (Aditividade contável) Se A i,i = 1,2,3,... forem eventos dois-a-dois mutuamente excludentes, então, ( ) P A i = i=1 i=1 Provaremos agora algumas consequências desta definição. Teorema Seja /0 o conjunto vazio, então P(/0) = 0. P(A i ). Demonstração Para qualquer evento A, podemos escrever A = A /0. Como A e /0 são mutuamente excludentes, decorre da aditividade finita que P(A) = P(A /0) = P(A) + P(/0). Desta forma, P(/0) = 0. Teorema Seja A c o evento complementar de A. Então P(A c ) = 1 P(A). Demonstração Podemos escrever Ω = A A c. Além disso, A e A c são mutuamente excludentes. Portanto, pela aditividade finita, temos que 1 = P(Ω) = P(A A c ) = P(A) + P(A c ). Desta forma, segue que P(A c ) = 1 P(A). 3 / 12

6 Teorema Sejam A e B dois eventos quaisquer. Então P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Demonstração Temos que A B = A (B A c ) (faça um desenho) e B = (A B) (B A c ). Desta forma, temos que como A e B A c são mutuamente excludentes, vale P(A B) = P(A) + P(B A c ). Por outro lado, temos que A B e B A c também são mutuamente excludentes. Portanto, segue que P(B) = P(A B) + P(B A c ) P(B A c ) = P(B) P(A B). Juntando as duas equações, obtemos que Mais geralmente temos o P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Teorema (Princípio da inclusão e exclusão) Sejam A 1,A 2,...,A n n eventos quaisquer. Então, P(A 1 A 2 A n ) = n i=1 + i< j<k P(A i ) P(A i A j ) i< j P(A i A j A k ) + + ( 1) n 1 P(A 1 A n ). Teorema Sejam A e B dois eventos. Suponha que A B, então P(A) P(B). Demonstração Temos que B = A (B A c ), com A e B A c sendo mutuamente excludentes. Desta forma,p(b) = P(A) + P(B A c ). Por outro lado, P(B A c ) 0. Portanto, temos que P(B) P(A). Exercício Mostre que a coleção de intervalos {(n,n+1] : n R} é uma partição do conjunto dos números reais R. Denote por [x] a parte inteira do número real x. Temos que para todo x real, vale x ([x] 1,[x]] ([x],[x] + 1]. Portanto, vale x (n,n + 1], ou seja, R (n,n + 1]. n Z Por outro lado, n Z,(n,n + 1] R. Daí (n, n + 1] R. Portanto, concluímos que n Z n Z R = (n,n + 1]. n Z 4 / 12

7 1.3 Espaços Amostrais Finitos Seja Ω um espaço amostral associado a um experimento aleatório E com um número finito de resultados possíveis. Então Ω pode ser escrito da seguinte forma: Ω = {ω 1,...,ω n }, para algum número natural n. A cada evento simples {ω i }, i = 1,...,n, associamos um número p i,i = 1,...,n de tal forma que duas condições sejam satisfeitas: 1. p i 0 para todo i = 1,...,n; 2. p p n = 1. Assim, definimos a probabilidade da ocorrência do resultado ω i,i = 1,...,n como sendo P({ω i }) = p i. Suponha que tenhamos um evento A consistindo de k resultados possíveis, ou seja, A = {ω j1,...,ω jk }, onde j 1,..., j k assumem valores entre 1 e n. Pela propriedade da aditividade contável, a probabilidade do evento A é dada por P(A) = P({ω j1 }) + + P({ω jk }) = p j1 + + p jk. Exercício Suponha que somente três resultados sejam possíveis em um experimento, a saber, a 1,a 2 e a 3. Além disso, suponha que a 1 seja duas vezes mais provável de ocorrer do que a 2, o qual, por sua vez, é duas vezes mais provável de ocorrer do que a 3. Determine as probabilidades de ocorrência de a 1,a 2 e a 3. Sejam p 1, p 2 e p 3 as probabilidades de ocorrências de a 1,a 2 e a 3, respectivamente. Então, temos do enunciado que p 1 = 2p 2 e que p 2 = 2p 3. Como sabemos que p 1 + p 2 + p + 3 = 1, temos que 4p 3 + 2p 3 + p 3 = 1, ou seja, p 3 = 1/7. Isto fornece p 1 = 4/7, p 2 = 2/7 e p 3 = 1/ Resultados Equiprováveis Suponha que temos um experimento com n resultados possíveis e que todos esses resultados sejam equiprováveis, isto é, todos os resultados possuem a mesma probabilidade de ocorrência. Neste caso, dizemos que o experimento possui resultados equiprováveis. Digamos que os resultados possíveis do experimento são a 1,...,a n. Sejam p 1, p 2,..., p n as probabilidades de ocorrências dos eventos a 1,a 2,...,a n, respectivamente. Então, como todos os resultados possuem a mesma probabilidade de ocorrência, temos que p 1 = p 2 = = p n = p. Além disso, sabemos que p p n = 1, ou seja, np = 1, o que por sua vez implica que p = 1/n. Utilizando a propriedade de aditividade contável da probabilidade podemos concluir o seguinte resultado: Seja A um evento que contém k resultados possíveis, então P(A) = k/n. Este método de avaliar a probabilidade do evento A normalmente é enunciado da seguinte maneira: P(A) = número de resultados favoráveis a A. número de resultados possíveis 5 / 12

8 Exercício Um dado é lançado e todos os resultados são igualmente prováveis. O evento A ocorrerá se, e somente se, um número maior do que 4 aparecer, isto é, A = {5,6}. Calcule P(A). Como temos 6 resultados possíveis e 2 resultados favoráveis, temos que P(A) = 2/6 = 1/ Probabilidade Condicional Suponha que temos a seguinte situação: Um lote é formado por 100 monitores de computador. Foi verificado que neste lote, temos 80 monitores em perfeito estado e 20 monitores defeituosos. Suponha que dois monitores são retirados do lote ao acaso. Considere então os eventos: A = O primeiro monitor é defeituoso e B = O segundo monitor é defeituoso. Suponha que a retirada dos monitores seja com reposição. Isto é, o primeiro monitor é retirado, verifica-se se é defeituoso ou não, e é colocado de volta ao lote. Neste cenário, temos 20 casos favoráveis ao evento A, entre 100 casos possíveis, e 20 casos favoráveis ao evento B, também entre 100 casos possíveis. Desta forma, no cenário com reposição, temos que P(A) = P(B) = 1/5. Entretanto temos um segundo cenário possível: que a retirada dos monitores seja feita sem reposição, isto é, o primeiro monitor é retirado, verifica-se se este é defeituoso, e em seguida um segundo monitor é retirado (sem que o primeiro seja devolvido ao lote), donde após a retirada, verifica-se se o segundo monitor é defeituoso ou não. Neste cenário, ainda temos 20 casos favoráveis ao evento A e 100 casos possíveis. No entanto, para o evento B o problema não se torna fácil, pois não sabemos se no momento da retirada do segundo monitor teremos 19 casos favoráveis ou 20 casos favoráveis. Isto dependerá se o evento A ocorreu ou não. A única coisa certa é que temos 99 casos possíveis para o evento B. A fim de resolver este problema vamos introduzir um novo conceito, o de probabilidade condicional. Assim que tivermos desenvolvido a teoria o suficiente para resolver o problema acima, terminaremos a solução dele. Definição: Probabilidade condicional Sejam agora, A e B dois eventos associados a um experimento E. Suponha que P(A) > 0, então denotamos por P(B A) a probabilidade do evento B ocorrer condicionada à ocorrência do evento A. Esta probabilidade condicional é definida como P(B A) = P(A B). P(A) Cuidado Vale a pena relembrar que na probabilidade condicional P(B A) estamos supondo que P(A) > 0. Importante Sempre que calculamos a probabilidade condicional P(B A), o que estamos fazendo na prática é reduzir o espaço amostral original Ω para um espaço amostral de eventos favoráveis à ocorrência do evento A. Esse espaço amostral é chamado de espaço amostral reduzido. 6 / 12

9 Exercício Dois dados equilibrados (onde todos os resultados são equiprováveis) são lançados. Os resultados são registrados como o par ordenado (x 1,x 2 ), onde x 1 representa o resultado obtido no lançamento do primeiro dado, e x 2 representa o resultado do lançamento do segundo dado. Consideremos os eventos: A = {(x 1,x 2 );x 1 + x 2 = 10} e B = {(x 1,x 2 );x 1 > x 2 }. Calcule P(A B) e P(B A). Escrevendo os eventos A,B e A B explicitamente, temos que e A = {(5,5),(4,6),(6,4)}, B = {(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2), (4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)} A B = {(6,4)}. O número de casos totais é 36, pois temos 6 casos possíveis para o primeiro lançamento e 6 casos possíveis para o segundo lançamento. Assim, como os resultados são todos equiprováveis, temos que P(A) = 36 3 = ,P(B) = 36 = e P(A B) = 36. Assim, segue que P(A B) = P(A B) P(B) = 1/36 5/12 = 15 1 P(A B) e P(B A) = P(A) = 1/36 1/12 = Teorema da Multiplicação A mais importante consequência da definição da probabilidade condicional é obtida ao escrevermos: P(A B) = P(A B)P(B) ou equivalentemente, P(A B) = P(B A)P(A). Estas igualdades são chamadas de Teorema da multiplicação ou Teorema do produto. Existe uma generalização para mais de dois eventos e ela é a seguinte: Dados eventos A 1,A 2,...,A n, temos que P(A 1 A 2 A n ) = P(A 1 )P(A 2 A 1 )P(A 3 A 1 A 2 ) P(A n A 1 A n 1 ). Exercício Uma caixa contém 4 lâmpadas boas e 2 queimadas. Retira-se ao acaso 3 lâmpadas sem reposição. Calcule a probabilidade dessas 3 lâmpadas serem boas. Sejam os eventos A i = {A i-ésima lâmpada é boa}, para i = 1,2,3. Queremos calcular a probabilidade do evento A 1 A 2 A 3. Sabemos, pelo teorema da multiplicação, que P(A 1 A 2 A 3 ) = P(A 1 )P(A 2 A 1 )P(A 3 A 1 A 2 ). Vamos então calcular cada uma dessas probabilidades separadamente. Inicialmente, temos 4 resultados favoráveis ao evento A 1, entre 6 resultados possíveis, logo P(A 1 ) = 4 6 = / 12

10 Agora, vamos considerar o espaço amostral reduzido para calcular P(A 2 A 1 ). Dado que A 1 ocorreu, e como estamos sem reposição, para a retirada da segunda lâmpada teremos 3 lâmpadas boas, e um total de 5 lâmpadas. Logo, P(A 2 A 1 ) = 3 5. Analogamente, para calcular P(A 3 A 1 A 2 ), observe que se $A_1$ e $A_2$ ocorreram, então para a retirada da terceira lâmpada, teremos 2 lâmpadas boas e um total de 4 lâmpadas. Desta forma, P(A 3 A 1 A 2 ) = 2 4 = 1 2. Finalmente, juntando estas probabilidades obtemos que P(A 1 A 2 A 3 ) = = Teorema da Probabilidade Total Seja Ω o espaço amostral de um experimento E, e seja B 1,B 2,...,B k uma partição de Ω. Assim, dado um evento A qualquer, temos que A = (A B 1 ) (A B 2 ) (A B k ). Observe que como os eventos A B 1,A B 2,...,A B k são dois-a-dois mutuamente excludentes, podemos aplicar a aditividade contável da probabilidade, que é válida para eventos mutuamente excludentes, e escrever P(A) = P(A B 1 ) + + P(A B k ). Essa forma acima é chamada a primeira forma do Teorema da probabilidade total. Vamos agora para a segunda forma. Escrevendo cada termo P(A B i ) = P(A B i )P(B i ) e, daí, obtemos a segunda forma do teorema da probabilidade total: P(A) = P(A B 1 )P(B 1 ) + + P(A B k )P(B k ). Agora já temos teoria suficiente para resolver o problema dos monitores apresentado no início da seção: Exercício Consideremos o exemplo do lote com 20 monitores defeituosos e 80 monitores em perfeito estado, no qual extraímos duas peças sem reposição, e queremos calcular a probabilidade do evento B = {O segundo monitor é defeituoso}. Relembre a definição do evento A: A ={O primeiro monitor é defeituoso}. Pelo teorema da probabilidade total, segue que P(B) = P(B A)P(A) + P(B A c )P(A c ). Já sabemos que P(A) = 1 5. Isto fornece também, pela propriedade do complementar P(Ac ) = 1 P(A) = 4 5. Vamos calcular agora P(B A) e P(B A c ) separadamente. Dado que o evento A ocorreu, e sabendo que estamos sem reposição, para o segundo monitor, teremos 99 monitores disponíveis e entre eles, apenas 19 são defeituosos. Assim, P(B A) = / 12

11 Analogamente, temos que se A c ocorreu, então o primeiro monitor escolhido estava em perfeito estado. Assim, neste cenário, para a escolha do segundo monitor, teremos 20 monitores defeituosos disponíveis entre o total de 99 monitores. Assim P(B A c ) = Juntando todas as informações, temos que P(B) = = = 1 5. Então, curiosamente, apesar das contas serem completamente diferentes, e de estarmos sem reposição, neste caso, as probabilidades também são iguais. Note que isso é uma coincidência e não ocorre em geral. Cuidado Note que embora no exemplo acima as probabilidades com reposição e sem reposição coincidiram, isto não ocorre sempre! Teorema de Bayes Assim como no teorema da probabilidade total, seja Ω um espaço amostral associado a um experimento E, e seja B 1,B 2,...,B k uma partição de Ω. Temos então, pela definição da probabilidade condicional que P(B i A) = P(A B i),i = 1,2,...,k. P(A) Usando o teorema da multiplicação, temos que P(A B i ) = P(A B i )P(B i ). Além disso, pelo teorema da probabilidade total, temos que P(A) = k j=1 P(A B j)p(b j ). Portanto, juntando essas fórmulas com a definição da probabilidade condicional, obtemos: P(B i A) = P(A B i)p(b i ),i = 1,...,k. j=1 P(A B j )P(B j ) Esta fórmula é conhecida como Teorema de Bayes. Exercício Numa turma de ciências da computação da UFPB, 1% dos homens e 4% das mulheres possuem menos de 1,60m de altura. Além disso, 60% dos estudantes são homens. Se um estudante é selecionado ao acaso e é verificado que tem menos de 1,60m de altura. Qual é a probabilidade desse estudante ser homem? Defina os eventos A = {Estudantes com menos de 1,60m}, M = {Estudantes do sexo feminino} e H = {Estudantes do sexo masculino}. Pelo enunciado, sabemos que P(A H) = 0,01, P(A M) = 0,04, P(H) = 0,6 e P(M) = 1 P(H) = 0,4. Além disso, pelo teorema de Bayes, segue que P(H A) = P(A H)P(H) P(A H)P(H) + P(A M)P(M) = 0,01 0,6 0,01 0,6 + 0,04 0,4 = / 12

12 1.6 Eventos Independentes Considere dois eventos A e B quaisquer de um mesmo espaço amostral Ω. Dois eventos A e B são independentes quando a probabilidade de ocorrer um dos eventos não é modificada pela ocorrência do outro. Ou seja, dizemos que A e B são independentes quando P(A B) = P(A) ou P(B A) = P(B). Assim, se A e B são eventos independentes, então P(A B) = P(A)P(B). Nota Observe que se vale a recíproca dessa última afirmação, ou seja, se vale a identidade acima, então os eventos são independentes. Exercício Suponha que um dado equilibrado seja jogado duas vezes. Sejam os eventos: A = {o primeiro dado mostra um número par} e B = {o segundo dado mostra o número 5 ou 6}. Calcule P(A),P(B),P(A B),P(A B) e P(B A). Escrevendo explicitamente, temos que Ω = {(1,1),(1,2),(1,3),...,(6,6)}, onde Ω possui 36 elementos, onde A possui 18 elementos, A = {(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(4,1),(4,2),(4,3), (4,4),(4,5),(4,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}, B = {(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5),(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6)}, onde B possui 12 elementos, e A B = {(2,5),(2,6),(4,5),(4,6),(6,5),(6,6)}, onde A B possui 6 elementos. Portanto, temos que P(A) = = ,P(B) = 36 = 1 3 e P(A B) = 36 6 = 1 6. Observemos que P(A B) = 1 6 = = P(A)P(B). Logo, pelo que vimos acima, os eventos são independentes e desta forma, P(A B) = P(A) = 1 2, e P(B A) = P(B) = 1 3. Podemos também verificar diretamente: P(A B) = P(A B) P(B) = 1/6 1/3 = 1 P(A B) 2 e P(B A) = P(A) = 1/6 1/2 = 1 3. Podemos generalizar este resultado para n eventos. Isto fornece a seguinte definição: Definição: n eventos independentes Sejam A 1,A 2,...,A n eventos em um mesmo espaço amostral Ω. Dizemos que A 1,...,A n são eventos independentes se, e somente se, para k = 2,3,...,n, e todas as escolhas possíveis de índices i 1,...,i k, onde cada i j é um número entre 1 e n, e eles são diferentes, vale a igualdade P(A i1 A i2 A ik ) = P(A i1 ) P(A ik ). 10 / 12

13 Nota Neste caso, temos 2 n n 1 relações a serem verificadas. Exercício Suponha que um par de moedas honestas sejam lançadas. Considere os eventos: A = {cara na primeira moeda}, B = {cara na segunda moeda} e C = {cara em exatamente uma moeda}. Mostre que os eventos A,B e C são dois-a-dois independentes, mas não são independentes. Observe que Ω = {(cara,cara),(cara,coroa),(coroa,cara),(coroa,coroa)}. Note que Ω possui 4 elementos. Temos que A = {(cara,cara),(cara,coroa)}, B = {(cara,cara), (coroa,cara)}, C = {(cara,coroa),(coroa,cara)}. Além disso, segue que A B = {(cara,cara)}, A C = {(cara,coroa)}, B C = {(coroa,cara)}. Portanto, temos que P(A) = 4 2 = 2 1,P(B) = 2 4 = 1 2,P(C) = 2 4 = 1 2. Por outro lado, temos que latexmath:[p(a B) = 4 1 = = P(A)P(B), P(A C) = 1 4 = = P(A)P(C) e P(B C) = 12 = P(B)P(C). 1 4 = 1 2 Isso mostra que os eventos A, B e C são dois-a-dois independentes. Entretanto, temos que A B C = /0, e desta forma, P(A B C) = = P(A)P(B)P(C). Logo, os eventos A,B e C não são independentes. 11 / 12

14 Capítulo 2 Índice Remissivo A Aditividade Contável, 3 Finita, 3 amostral, 1 B Bayes, 9 C Certo, 2 Complementar, 3 Condicional, 6 Contável, 3 E Equiprováveis, 5 Espaço amostral, 1 Espaço Amostral Partição, 2 Reduzido, 6 Evento, 2 Certo, 2 Complementar, 3 Impossível, 2 Eventos Independentes, 10 Mutuamente excludentes, 2 Experimento Aleatório, 1 Medida Probabilidade, 3 Modelos Matemáticos, 1 Multiplicação, 7 Mutuamente excludentes, 2 P Partição, 2 Princípio Inclusão e Exclusão, 4 Probabilidade, 3 Condicional, 6 Probabilidade total, 8 R Reduzido, 6 Resultados Equiprováveis, 5 T Teorema Bayes, 9 Multiplicação, 7 Probabilidade total, 8 F Finita, 3 I Impossível, 2 Inclusão e Exclusão, 4 Independentes, 10 M 12 / 12

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