Cálculo das Probabilidades I - Notas de aula

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1 Cálculo das Probabilidades I - Notas de aula Hugo Carvalho 30 de Junho de 2018 Conteúdo 1 Capítulo 1 - Análise Combinatória Motivação O Princípio básico da contagem Permutações Combinações Curiosidade Combinações - continuação Coeficientes multinomiais Capítulo 2 - Axiomas da Probabilidade Espaço amostral e eventos Teoria de conjuntos Axiomas da probabilidade Espaços amostrais com resultados igualmente prováveis Curiosidade Espaços amostrais com resultados igualmente prováveis - continuação Capítulo 3 - Probabilidade Condicional e Independência Motivação Probabilidades condicionais A regra da multiplicação para probabilidades condicionais Probabilidade condicional e partições Eventos independentes Independência de vários eventos O Teorema de Bayes Capítulo 4 - Variáveis Aleatórias Motivação e definição Variáveis aleatórias discretas Valor esperado Esperança de uma função de uma variável aleatória Variância Variáveis aleatórias Bernoulli e Binomial A variável aleatória de Poisson Variável aleatória geométrica Variável aleatória binomial negativa Variável aleatória hipergeométrica Valor esperado de soma de variáveis aleatórias Propriedades da função de probabilidade acumulada

2 5 Capítulo 5 - Variáveis Aleatórias Contínuas Introdução Esperança e variância de variáveis aleatórias contínuas Variável aleatória uniforme Variável aleatória normal Teorema Limite de DeMoivre-Laplace Variável aleatória exponencial Funções taxa de risco A variável aleatória de Cauchy A distribuição de uma função de uma variável aleatória Capítulo 6 - Variáveis Aleatórias Conjuntamente Distribuídas FPA conjunta Variáveis aleatórias conjuntas discretas Variáveis aleatórias conjuntas contínuas Caso geral: n variáveis aleatórias conjuntas Variáveis aleatórias independentes Somas de variáveis aleatórias independentes Distribuições condicionais: caso discreto Distribuições condicionais: caso contínuo Capítulo 7: Propriedades da Esperança Esperança de funções de variáveis aleatórias Covariância e correlação Funções geradoras de momentos Capítulo 8 - Teoremas Limites Algumas desigualdades importantes O Teorema Central do Limite

3 1 Capítulo 1 - Análise Combinatória 1.1 Motivação Um sistema de telecomunicações é formado por n antenas idênticas alinhadas em sequência. O sistema é dito funcional se duas antenas consecutivas não apresentarem defeito. Se exatamente m das n antenas estão com defeito, qual será a probabilidade de que o sistema seja funcional? No caso particular onde n = 4 e m = 2 temos seis configurações possíveis para o sistema: onde indica uma antena com defeito e indica uma antena funcional. As três primeiras configurações são funcionais, enquanto que as três últimas não. Dessa forma, tal probabilidade aparentemente é dada por 3/6 = 1/2. Porém, listar todas as possibilidades para valores de n e m mais gerais pode ser impraticável. Devemos estudar métodos de contagem para facilitar tal procedimento. 1.2 O Princípio básico da contagem Um conceito básico em Probabilidade é um experimento: Definição. Um experimento é qualquer processo, real ou hipotético, no qual os resultados podem ser identificados ao longo do tempo. Dessa forma, o princípio básico da contagem pode ser enunciado como: Teorema (Princípio básico da contagem). Dois experimentos são realizados, gerando m e n resultados distintos, respectivamente. Então os dois experimentos em conjunto possuem mn resultados possíveis. A demonstração é simples, e consiste em listar os mn pares ordenados de resultados. Vejamos alguns exemplos. Exemplo. Uma comunidade é composta por 10 mulheres, cada uma com 3 filhos. Se uma mulher e um de seus filhos devem ser escolhidos para ganhar um prêmio, quantas escolhas são possíveis? Resolução. Temos 10 possibilidades de escolha para a mulher (primeiro experimento), e em seguida 3 possibilidades de escolha para o filho (segundo experimento). Portanto, pelo princípio básico, o resultado desejado é 10 3 = 30. Obviamente o princípio pode ser generalizado facilmente para mais de um experimento. outros exemplos. Exemplo. Quantas placas diferentes de automóvel do Brasil são possíveis de serem formadas? Resolução = Exemplo. E agora, se supormos que não são permitidas repetições de letras nem números? Resolução = Vejamos 3

4 1.3 Permutações Quantas ordenações distintas das letras a, b e c são possíveis? Por listagem direta, temos: abc, acb, bac, bca, cab e cba, ou seja, 6 possibilidades. Cada uma dessas ordenações é dita uma permutação. Podemos obter esse resultado do princípio básico de contagem, pois para a primeira posição temos 3 possibilidades, para a segunda 2 e finalmente para a última, somente uma, de modo que = 6. Supondo agora um conjunto de n letras (ou mais geralmente, de objetos), temos permutações distintas dos objetos. n (n 1) (n 2) 2 1 = n! Exemplo. Uma turma de Cálculo das Probabilidades é formada por 6 homens e 4 mulheres. Aplica-se uma prova e os estudantes são classificados de acordo com o seu desempenho. Suponha que nenhum dos estudantes tenha tirado a mesma nota. a) Quantas diferentes classificações são possíveis? b) Se os homens e as mulheres forem classificados apenas entre si, quantas diferentes classificações são possíveis? Resolução. Temos que: a) Cada classificação é uma permutação das 10 pessoas, de modo que o resultado é 10! = b) Como há 6! e 4! possíveis classificações para homens e mulheres, respectivamente, segue do princípio básico da contagem que há 6! 4! = classificações possíveis nesse caso. Vejamos um exemplo um pouco mais complicado. Exemplo. Quantos anagramas da palavra PEPPER existem? Resolução. Mesmo tendo a palavra PEPPER 6 letras, a resposta não é 6!, pois temos letras repetidas. Note que ao trocar a posição dos três P s entre si nada é alterado, bem como ao trocar a posição dos dois E s. Dessa forma, dos 6! arranjos totais, 3! 2! são redundantes entre si, pelo princípio básico. Portanto, a resposta é 6!/(3! 2!) = 60. Mais geralmente, se tivermos n objetos dos quais n 1 são indistinguíveis entre si, outros n 2 também o são, etc., até n r, então a quantidade total de permutações distintas dos n objetos é dada por 1.4 Combinações n! n 1! n r!. Suponha que temos um conjunto de n objetos, e queremos saber quantos grupos de r objetos podem ser formados, obviamente suponto r n. Por exemplo, considere 5 objetos A, B, C, D e E, e queremos saber quantos grupos de tamanho 3 podem ser formados. Para a primeira posição podemos selecionar 5 objetos, para a segunda 4 e para a terceira 3. Portanto, caso a ordenação seja relevante, temos maneiras de selecionar 3 objetos de 5. Entretanto, caso a ordem não importe, note que as permutações ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA são redundantes, no caso de escolhermos os objetos A, B e C inicialmente. Temos então redundâncias, de modo que agora o número total de grupos que podem ser formados é de = 10. 4

5 Mais geralmente, n (n 1) (n r + 1) representa de quantas maneiras podemos selecionar r itens a partir de n, quando a ordem é relevante, e cada grupo de r itens será contado r! vezes. Dessa forma, o número total de grupos de r elementos que podem ser formados a patir de um conjunto de n itens é n (n 1) (n r + 1) r! = n! (n r)! r!. Uma escolha particular de r objetos dentro de n, para r n, sem considerar ordenação, é( dita ) uma n combinação. Denotamos o número de combinações possíveis de n objetos em grupos de r por, e tal r n! quantidade é dada por, como discutido acima. (n r)! r! Exemplo. De um grupo de 5 mulheres e 7 homens, quantos comitês diferentes compostos por 2 mulheres e 3 homens podem ser formados? E se dois dos homens estiverem brigados e se recusarem a trabalhar juntos? ( ) ( ) 5 7 Resolução. Note que há grupos possíveis de duas mulheres e grupos possíveis de três homens. 2 ( ) ( ) Pelo princípio básico, temos = = 350 possíveis comitês Suponha agora que dois dos homens se recusem a( trabalhar )( ) juntos. Pelo princípio fundamental, ( ) a quantidade de grupos que contém os dois homens é = 5. Portanto, do total de = grupos totais, 5 não são viáveis, ( ) de modo que somente 30 o são. Como a porção feminina do comitê está 5 inalterada, podemos formar 30 = 300 comitês nesse caso. 2 Exemplo. Considere um conjunto de n antenas, das quais m apresentam defeito e n m funcionam. Quantos alinhamentos podem ser feitos sem que duas antenas com defeito sejam colocadas lado a lado? Resolução. Alinhe as n m antenas funcionais, representadas abaixo por. Como elas são idênticas, isso só pode ser feito de uma única maneira. Agora, entre duas antenas funcionais pode haver no máximo uma antena defeituosa, ou seja, nas n m + 1 posições possíveis (representadas abaixo por ) entre as n m antenas funcionais devemos selecionar m espaços onde colocar as antenas defeituosas. ( ) n m + 1 Isso pode ser feito de maneiras distintas. Logo, tal quantidade representa o valor desejado. m 1.5 Curiosidade Pelo que aprendemos, um baralho de 52 cartas pode ser embaralhado de 52! maneiras distintas. Quão grande é esse número? É possível que dois embaralhamentos sejam iguais? Ceramente sim, mas é provável? Primeiramente, notemos que 52! 8, Comparemos com a idade do Universo, que é de aproximadamente segundos! Esse número é TÃO grande, que mesmo se embaralharmos um baralho uma vez por segundo desde o surgimento do Universo, estaríamos longe de termos visto todas as possibilidades. Vamos ilustrar quão grande é 52! através do seguinte procedimento: Coloque um cronômetro em contagem regressiva para contar 52! segundos. Ao iniciar a contagem, fique em pé na linha do Equador. Espere um bilhão de anos e dê um passo. Espere mais um bilhão de anos e dê outro passo, e assim sucessivamente. 5

6 Ao chegar novamente ao ponto de partida, pegue uma gota de água (aproximadamente 0, 05 ml) do Oceano Pacífico e coloque em um copo (bem grande). Repita esse procedimento até o Oceano Pacífico estar totalmente vazio. Quando isso acontecer, coloque uma folha de papel no chão, encha novamente o Oceano Pacífico, e repita o procedimento (1 passo a cada bilhão de anos, ao voltar ao local original tira uma gota, e ao esvaziar coloque outra folha de papel em cima dessa). Quando a pilha de folhas de papel alcançar o Sol, ainda restará aproximadamente 8, segundos no cronômetro! Repita todo esse procedimento vezes, e você finalmente terá zerado o cronômetro. A propósito, qual é a melhor maneira de embaralhar um baralho? Persi Diaconis (mágico e matemático, fugiu de casa aos 14 anos para viajar com um circo e se interessou por Probabilidade; estudou Matemática para ler o livro do William Feller, An Introduction to Probability Theory and Its Applications.) provou que o riffle shuffle é a melhor maneira de embaralhar um baralho. Em particular, fazer isso 7 vezes é mais que suficiente para termos um baralho muito bem embaralhado. 6

7 1.6 Combinações - continuação ( ) n n! A quantidade anteriormente definida = é comumente chamada de número binomial, por r (n r)! r! conta de sua aparição no Teorema Binomial, abaixo: n ( ) n Teorema. (x + y) n = x k y n k. k k=0 Demonstração. Podemos prová-lo usando indução, mas o façamos usando um argumento combinatório. Considere o produto (x 1 + y 1 )(x 2 + y 2 )... (x n + y n ). Sua expansão consiste na soma de 2 n termos, cada um deles sendo o produto de n fatores. Além disso, cada um dos 2 n termos da soma apresenta x i ou y i como fator, para cada i = 1,..., n. Por exemplo, (x 1 + y 1 )(x 2 + y 2 ) = x 1 x 2 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + y 1 y 2. Agora, quantos dos 2 n termos da soma vão ter k dos x i s e n k dos y i s como fatores? Note que cada termo dessa natureza consiste ( ) da escolha de um grupo de k dos valores de x 1,..., x n, onde a ordem não n importa. Dessa forma, há termos como esse. Assim, fazendo x i = x e y i = y, para i = 1,..., n, k vemos que n ( ) n (x + y) n = x k y n k. k k=0 Exemplo. Quantos sub-conjuntos existem em um conjunto de n elementos? ( ) n Resolução. Como há possíveis sub-conjuntos de tamanho k, temos que a quantidade desejada é k dada por n ( ) n = (1 + 1) n = 2 n. k k=0 Note que colocando o valor de k = 0 na soma estamos considerando um sub-conjunto que não contém elementos, o conjunto vazio. Caso quiséssemos saber quantos sub-conjuntos não vazios existem em um conjunto de n elementos, a resposta seria 2 n 1. A identidade abaixo é bastante útil: ( ) n Teorema. Para 1 r n, vale que = r ( ) n 1 + r 1 ( n 1 Demonstração. ( ) Façamos uma prova combinatória. Considere um grupo de n objetos, e lembremos que n representa quantos sub-grupos de tamanho r podem ser formados. Vamos considerar esse mesmo r problema, e fazer a contagem de outra maneira. Chegaremos em outra expressão, que deverá ser igual a essa primeira, já conhecida. ( ) n 1 Fixe um objeto particular, e chame-o de objeto 1. Agora, há sub-grupos de tamanho r r 1 contendo ( o objeto ) 1, pois cada grupo é formado selecionando-se r 1 dos n 1 objetos restantes. Além n 1 disso, há sub-grupos de tamanho r que não contém o objeto 1, pois selecionamos r dos n 1 r ( ) ( ) n 1 n 1 objetos restantes. Dessa forma, podemos formar + sub-grupos de tamanho r de um r 1 r total de n objetos, e o resultado segue. r ). 7

8 1.7 Coeficientes multinomiais Agora, consideremos o seguinte problema, um pouco mais geral: um conjunto de n itens distintos deve ser dividido em r grupos distintos de tamanhos n 1, n 2,..., n r, respectivamente, onde ( ) n i = n. Quantas n divisões diferentes são possíveis? Note que, para o primeiro grupo, temos escolhas possíveis; para o ( ) ( r 1 ) n n1 n n1 n 2 segundo grupo, temos escolhas possíveis; para o terceiro, possibilidades, e assim n 2 sucessivamente. Pelo princípio básico da contagem, temos que a quantidade de maneiras que podemos dividir o grupo de n como desejado é: ( )( )( ) ( ) n n n1 n n1 n 2 n n1 n 2 n r 1 n!... = contas = n 1! n 2!... n r!. r 1 n 2 n 3 Fazemos então a definição abaixo Definição. Se n 1 + n n r = n, definimos então ( ) n n! = n 1, n 2,..., n r n 1! n 2!... n r!, de modo que tal quantidade representa o número de divisões possíveis de n objetos distintos em r grupos distintos de tamanhos n 1, n 2,..., n r, respectivamente. Tal quantidade é dita um coeficiente multinomial. Observação. Essa nomenclatura se dá por conta do resultado abaixo, dito o Teorema Multinomial, cuja prova encontra-se na lista de exercícios: ( ) (x 1 + x x r ) n n = x n1 1 n 1, n 2,..., n xn xnr r. r Vejamos um exemplo. n r {n 1,...,n r n 1+ +n r=n} Exemplo. Um grupo de 10 policiais vão se dividir da seguinte maneira: 5 patrulham as ruas, 2 ficam na delegacia e 3 ficam na reserva. Quantas divisões são possíveis? ( ) 10 Resolução. A resposta é = 10! 5, 2, 3 5! 2! 3! = Agora, vamos usar o que aprendemos de combinatória para calcular probabilidades. 2 Capítulo 2 - Axiomas da Probabilidade 2.1 Espaço amostral e eventos Definimos já o que é um experimento (é qualquer processo, real ou hipotético, no qual os resultados podem ser identificados ao longo do tempo). Dizemos que o conjunto de todos os possíveis resultados de um experimento é o seu espaço amostral, e qualquer sub-conjunto de possíveis resultados desse experimento é dito um evento. Usualmente denotamos o espaço amostral pela letra S, enquanto que eventos são denotados pelas letras A, B, C, etc. Vejamos alguns exemplos. Exemplo. Ao jogar um dado, o espaço amostral é o conjunto S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e possíveis eventos são A = {2, 4, 6}, onde um resultado par é obtido, e B = {3, 4, 5, 6}, onde um resultado maior que 2 é observado. n 3 8

9 Exemplo. Se o experimento é medir o tempo de vida, em horas, de uma lâmpada, o espaço amostral é o conjunto de todos os números reais positivos, ou seja S = {x R 0 x < + }. Um possível evento é que a lâmpada funcione por mais de um ano, ou seja A = {x R x 8.760}. Exemplo. Ao jogar dois dados, o espaço amostral são os pares ordenados S = {(i, j) i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Um possível evento é a soma dos dados ser igual a 7, ou seja, A = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}. Dizemos que um evento A ocorre caso no experimento seja observado um resultado que está em A. Por exemplo, se ao jogar um dado o número 2 for observado, o evento A no primeiro exemplo acima ocorreu, enquanto que o evento B não. Estaremos então interessados em calcular probabilidades de ocorrência de determinados eventos, e para isso nossa teoria será fundamentada na teoria de conjuntos, que precisaremos relembrar alguns elementos aqui. 2.2 Teoria de conjuntos Relembremos algumas definições e resultados básicos. Aqui sempre consideraremos A e B como eventos de um espaço amostral S. (Ilustrar com diagramas de Venn as definições abaixo) Definição. Dizemos que A está contido em B se todo elemento de A é um elemento de B, e denotamos isso como A B. Em linguagem de eventos, dizemos que se A ocorre, então B também ocorre. Definição. O conjunto vazio é denotado por, e representa um evento impossível de acontecer (cair 7 em uma rolagem de dado, por exemplo). Definição. O complementar de A é definido como os elementos de S que não estão em A. Ou seja, Os elementos em A c são resultados do experimento para os quais o evento A não acontece. Definição. A união de A e B, denotada por A B, representa os elementos que estão em A ou em B. Nesse caso, dizemos que A ou B ocorrem. Denotamos a união de diversos conjuntos A 1, A 2,..., A n n como A i. Essa união pode ser infinita também. Definição. A interseção de A e B, denotada por A B, representa os elementos que estão em A e B simultaneamente. Nesse caso, dizemos que A e B ocorrem. Denotamos a interseção de diversos conjuntos n A 1, A 2,..., A n como A i. Essa interseção pode ser infinita também. Observação. Alguns textos, dentre eles o Ross, denotam interseção como simplesmente a concatenação das letras, ou seja A B e AB representam o mesmo conjunto. Não faremos isso aqui. Definição. Dizemos que dois eventos A e B são disjuntos ou mutuamente exclusivos se a sua interseção é vazia, ou seja A B =. Nesse caso, dizemos que A e B não podem ocorrer simultaneamente. Um resultado importante são as leis de DeMorgan, enunciadas abaixo: Teorema. Para quaisquer eventos A e B de um espaço amostral S, vale que Demonstração. Ilustrar com um diagrama de Venn. (A B) c = A c B c e (A B) c = A c B c. Provemos aqui um caso mais geral das leis de DeMorgan: 9

10 Teorema. Para eventos A 1, A 2,... em um espaço amostral S, temos que: ( ) c A i = A c i e ( ) c A i = A c i. Demonstração. Mostrar a primeira lei, provando que um lado está contido no outro e o outro lado está contido no primeiro. Depois, usar a primeira lei no lado direito da segunda, tomando complementar, e concluir. Demonstração completa, ver no Ross. 10

11 2.3 Axiomas da probabilidade Seja S o espaço amostral de um dado experimento. Chamemos qualquer subconjunto de S de um evento 1. Queremos definir o que é a probabilidade de tal evento ocorrer. Definição frequentista, natural: Realize o experimento, exatamente nas mesmas condições, n vezes Para A S, seja n(a) o número de vezes que a ocorrência do evento A foi observado nessas n repetições Defina P(A), a probabilidade de ocorrência do evento A, como a proporção relativa da ocorrência de A. Problemas: P(A) = Como saber se esse valor converge para algo? n(a) lim n + n, Caso o procedimento seja realizado novamente, como garantir que converge para o mesmo valor? Essa interpretação não se aplica em outros contextos. Por exemplo, a sentença qual é a probabilidade de chover amanhã? não pode ser interpretada nesse contexto. [aproveitar e falar um pouco sobre interpretações de probabilidade, DeGroot & Schervish, sec. 1.2] Podemos tomar isso como axiomas, mas isso parece forte demais... mais razoável assumir um conjunto simples de axiomas e então provar que tal limite ocorre (Lei dos Grandes Números, final do curso). Abordagem moderna, axiomática, da probabilidade. Vamos assumir que para cada evento A S existe um número P(A) satisfazendo os três axiomas abaixo: Axioma 1: P(A) 0 Axioma 2: P(S) = 1 ( ) Axioma 3: Para toda sequência de eventos disjuntos 2 A 1, A 2,... em S, temos que P A i = + P(A i ) Sobre o axioma 3: parece razoável que a probabilidade da união de dois conjuntos disjuntos seja a soma das probabilidades; generalizar para coleção infinita de conjuntos. Nesse caso, dizemos que a função P é uma medida de probabilidade. Exemplo. Ao rolar um dado, temos que S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Para A S, defina P(A) = A /6, onde A é a quantidade de elementos no conjunto A. É fácil ver que P satisfaz aos três axiomas acima. Exemplo. Sendo o dado viciado, podemos ter, por exemplo, uma outra medida de probabilidade definida da seguinte forma: o número i tem chance p i de cair para cima, onde p i = 1/7, para i = 1,..., 5 e p 6 = 2/7. Definimos P(A) = i A p i. Também é fácil ver que P satisfaz aos três axiomas acima. Vamos provar alguns resultados importantes, que serão usados ao longo do curso. 1 Isso será diferente em Prob II! 2 A i A j =, se i j. 11

12 Teorema. Valem os resultados abaixo, onde A, B, A 1,..., A n são eventos do espaço amostral S: 1) P( ) = 0 ( n ) 2) Para toda sequência finita de eventos disjuntos A 1,..., A n, vale que P A i = 3) P(A c ) = 1 P(A) 4) Se A B, então P(A) P(B) 5) 0 P(A) 1 6) P(A B c ) = P(A) P(A B) 7) P(A B) = P(A) + P(B) P(A B) Explicar os resultados através de diagramas de Venn antes de prová-los. Demonstração. Somente esboço. Para prova completa, ver DeGroot & Schervish. 1) Usar axioma 3 com todos A i =. 2) Usar axioma 3 com A n+1, A n+2, =, junto com o resultado 1). 3) Usar que A A c = S, disjuntos, junto com o resultado 2). 4) Usar que B = A (B A c ), disjuntos, junto com resultado 2) e axioma 1. 5) Uma parte é o axioma 1; outra parte segue de A S e do resultado 4. 6) Usar que A = (A B) (A B c ), disjuntos, e usar o resultado 2. 7) Usar que A B = B (B A c ), disjuntos, junto com resultados 2 e 6. n P(A i ) Exemplo. Paciente com dor de garganta e febre baixa; médico desconfia de infecção viral (com probabilidade 0.4) ou bacteriana (com probabilidade 0.7), podendo também ser ambos. Qual é a probabilidade de que o paciente tenha ambas as infecções? Resolução. Eventos B = {paciente com infecção bacteriana} e V = {paciente com infecção viral}. Temos que P(B) = 0.4 e P(V ) = 0.7; sabemos que S = B V e queremos calcular P(B V ). Lembremos que P(B V ) = P(B) + P(V ) P(B V ), de modo que P(B V ) = 0.1. Temos também dois resultados importantes: Teorema (Desigualdades de Bonferroni). Para eventos A 1,..., A n em S, vale que: ( n ) n 1) P A i P(A i ) ( n ) 2) P A i 1 n P(A c i) Demonstração. Provemos na ordem inversa: 2) Tomar o complementar dentro de P ao lado esquerdo, e usar as leis de DeMorgan. 1) Exercício do degroot & Schervish. 12

13 O sinal de desigualdade na afirmação 1) acima se dá por conta de interseções entre os conjuntos (ver em um diagrama de Venn). Podemos, entretanto, calcular explicitamente quem é essa probabilidade. Teorema (Princípio da inclusão-exclusão). Para eventos A 1,..., A n temos que: ( n ) n P A i = P(A i A j ) + P(A i A j A k ) Ilustrar para n = 3. P(A i ) i<j i<j<k P(A i A j A k A l ) +... i<j<k<l + ( 1) n+1 P(A 1 A 2... A n ). Demonstração. Prova por indução, ver Ross ou DeGroot & Schervish. Faremos aqui uma prova combinatória, apresentada no Ross. Se um dado elemento de S não está em nenhum A i, então ele não contribuirá de forma alguma a nenhum dos dois lados da desigualdade. Agora, suponha que um elemento de S apareça em exatamente m dos eventos A i, onde m > 0. Como tal elemento aparece em A i, sua probabilidade é contada uma vez em P( A i ). Olhemos agora, termo a termo, para o lado direito da soma: n ( ) m Em P(A i ), tal elemento contribui m = vezes, já que ele aparece em exatamente m dos 1 conjuntos A i. Já em i<j P(A i A j ), a quantidade de vezes que tal elemento contribui com a soma é igual ao ( número ) de maneiras que podemos selecionar 2 dos m conjuntos aos quais ele pertence, ou seja m. 2 Para o terceiro termo, P(A i A j A k ), por um raciocínio análogo, a quantidade de vezes que i<j<k tal elemento contribui na soma é ( ) m 3 ( E mais ) geralmente, em cada termo da soma onde aparecem k m interseções, o elemento contribui m vezes. Note que não necessariamente devemos ir até o final da soma, pois se o elemento está k em exatamente m conjuntos, não faz sentido considerar uma interseção com mais de m conjuntos, já que nela o elemento em nada contribuirá. Dessa forma, considerando o sinal do lado direito, a contribuição de tal elemento para a probabilidade é contada ( ) ( ) ( ) ( ) m m m m + ± m vezes. Como no lado esquerdo a sua contribuição é contada somente uma vez, queremos mostrar que ( ) ( ) ( ) ( ) m m m m 1 = + ± m 13

14 Usando o fato que 1 = ( ) m 0 ( ) m, isso é equivalente a mostrar que 0 ( ) m + 1 ( ) m 2 ( ) ( ) m m... ( 1) m = 3 m m ( ) m ( 1) i = 0. i Isso segue diretamente do Teorema Binomial fazendo x = 1 e y = 1, pois nesse caso temos que 0 = ( 1 + 1) m = m i=0 i=0 ( ) m ( 1) i (1) m i. i Dessa forma, concluímos que a contribuição de tal elemento é igual no lado direito e no lado esquerdo da soma. Sendo tal elemento arbitrário, a prova está concluída. 14

15 2.4 Espaços amostrais com resultados igualmente prováveis Hipótese razoável em muitos experimentos é que todos os resultados têm igual probabilidade de serem observados, sendo o espaço amostral finito. Seja = {1, 2,..., N} tal espaço amostral, e suponha que P({1}) = P({2}) =... P({N}) = p. Pelos axiomas 2 e 3, temos que ( N ) N P(S) = P {i} = P({i}) = Np p = 1 N. Dessa forma pelo axioma 3, recuperamos o fato que, nesse caso particular, P(A) = A S Vejamos diversos exemplos. quantidade de eventos favoráveis =, para todo A S. quantidade de eventos totais Exemplo (Preliminar). Se dois dados são lançados, qual é a probabilidade de que a soma dos lados seja 7? Resolução. Supondo que todos os 36 resultados são igualmente prováveis, os eventos favoráveis são os pares (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2) e (6, 1), de modo que a probabilidade é 6/36 = 1/6. Exemplo (Com ou sem ordenação?). Se três bolas são retiradas aleatoriamente de um recipiente contendo 6 bolas brancas e 5 bolas pretas, qual é a probabilidade de que uma das bolas seja branca e as outras duas sejam pretas? Resolução. Resolver de duas maneiras distintas: Considerando ordenação: O espaço amostral é formado por = 990 resultados possíveis. Além disso, existem = 120 resultados BPP, = 120 da forma PBP e = 120 da forma PPB. Supondo que cada evento do espaço amostral seja igualmente provável, a probabilidade é igual a = ( ) 11 Sem considerar ordenação: Agora, existem = 165 resultados possíveis no espaço amostral. 3 Nesse caso, cada conjunto de 3 bolas corresponde a 3! resultados quando a ordenação é levada em consideração. Dessa forma, é razoável supor que nesse cenário, as seleções também são igualmente prováveis. Assim, a probabilidade desejada é dada por ( 6 )( 5 1 2) ( 11 ) = 4 11, 3 que obviamente coincide com o resultado previamente obtido. Exemplo (Duas maneiras de resolver). Uma urna contém n bolas, das quais uma é especial. Se k dessas bolas são retiradas uma de cada vez, e se todas as bolas da urna têm a mesma probabilidade de serem retiradas. qual é a probabilidade da bola especial ser escolhida? Resolução. Vamos resolver de duas maneiras: 15

16 ( ) n 1) O espaço amostral consiste de possibilidades, supostas igualmente prováveis. A quantidade k ( )( ) 1 n 1 de conjuntos que contém a bola especial é dado por, logo, a probabilidade desejada é 1 k 1 dada por ( 1 )( n 1 ) 1 k 1 ( n = k) k n. 2) Seja A i o evento que representa a bola especial sendo a i-ésima bola a ser escolhida, para i = 1,..., k. Tais eventos são disjuntos, então a probabilidade desejada é dada por ( k ) k P A i = P(A i ). Calculemos os P(A i ). Para isso, note que a quantidade de resultados (igualmente prováveis) no experimento é dada por n(n 1)... (n k + 1) = n!/(n k)!, sendo que (n 1)(n 2)... (n i + 1)(1)(n i)... (n k + 1) = (n 1)!/(n k)! têm a bola especial como sendo a i-ésima sendo escolhida. Dessa forma, temos que P(A i ) = (n 1)!/(n k)! (n 1)! = 1 n!/(n k)! n! n. Dessa forma, a probabilidade inicialmente desejada é dada por k/n. Exemplo (Pôquer). Uma mão de pôquer consiste em 5 cartas. Um straight é uma mão onde todas as cartas têm valores consecutivos mas não são todas do mesmo naipe (ex., (5E, 6E, 7E, 8E, 9C) é um straight, enquanto que se a última carta fosse 9E, não o seria). Qual é a probabilidade de que alguém saia com um straight? ( ) 52 Resolução. Supomos que todas as mãos possíveis são igualmente prováveis. Vamos contar o número 5 de mãos que consistem em straights. Vamos fazer por partes: Determinar quantas mãos são formadas por (A, 2, 3, 4, 5), de naipes irrelevantes. Como temos 4 de cada uma dessas cartas, o resultado é 4 5. Em exatamente 4 dos eventos acima todas as cartas possuirão o mesmo naipe (flush). Dessa forma, existem mãos que resultam em um straight na forma de (A, 2, 3, 4, 5). Variando a sequência entre todas as possibilidades, (2, 3, 4, 5, 6), (3, 4, 5, 6, 7),..., (10, J, Q, K, A), temos um total de 10(4 5 4) mãos que são straights. Finalmente, a probabilidade desejada é dada por 10(4 5 4) ) 0, ( 52 5 Exemplo (Pôquer, novamente). Um full house ocorre quando alguém sai com duas cartas de mesmo valor e três do mesmo valor (diferente do primeiro). Qual é a probabilidade de alguém sair com um full house? 16

17 ( ) 52 Resolução. Novamente, suporemos que todas as mãos são igualmente prováveis. Determinemos 5 ( )( ) 4 4 o número possível de full houses. Primeiramente, notemos que há combinações diferentes de, 2 3 digamos 2 setes e 3 valetes. Como existem 13 diferentes escolhas para o valor do par, e após a escolha do par, 12 outras escolhas para o valor da trinca, têm-se que a probabilidade de um full house é dada por ( 4 4 ) 2)( 3 ) 0, ( 52 5 Às vezes, resultados não-intuitivos podem ocorrer. Vejamos um exemplo assim. Exemplo (Problema do aniversário; DeGroot & Schervish). Qual é a probabilidade de que pelo menos duas pessoas, de um grupo de k pessoas, façam aniversário no mesmo dia do ano? Resolução. Assumir que ninguém nasceu no dia 29/2, que os nascimento são não correlacionados (em particular, sem gêmeos) e que todos os 365 dias do ano são igualmente prováveis para nascimentos. Como cada pessoa pode fazer aniversário em qualquer um dos dias, o espaço amostral consiste de 365 k elementos, todos igualmente prováveis. Obviamente, se k > 365, a probabilidade desejada é igual a 1, pois temos mais pessoas que dias no ano. Assumiremos então que k 365. Contar eventos que envolvem pelo menos é tedioso, então calculemos a probabilidade do complementar: a probabilidade de que todas as k pessoas façam aniversários em dias distintos. Isso pode ocorrer de (365 k + 1) = 365!/(365 k)! maneiras distintas. Dessa forma, a probabilidade de que quaisquer duas pessoas façam aniversário em dias distintos é dada por 365! (365 k)!365 k, e a probabilidade inicialmente desejada é dada por 1 365! (365 k)!365 k. Valores numéricos aproximados para essas probabilidades são informados abaixo, com pares organizados da forma (k, probabilidade): (5; 0,027), (10; 0,117), (15; 0,253), (20; 0,411) (22; 0,476), (23; 0,507), (25; 0,569), (30; 0,706) (40; 0,891), (50; 0,970), (60; 0,994)., 2.5 Curiosidade Nesses problemas, usualmente aparece o cálculo de fatoriais de números grandes. Vimos que 52! é um número razoavelmente grande, e acima precisamos calcular 365!, que é inviável em qualquer computador. Felizmente, temos o seguinte resultado: Teorema (Fórmula de Stirling). Vale que (2π) 1/2 n n+1/2 e n lim = 1. n + n! Ou seja, escrito de outra forma, vale que n! 2πnn n e n, se n é suficientemente grande. 17

18 2.6 Espaços amostrais com resultados igualmente prováveis - continuação Continuemos vendo alguns exemplos. Exemplo (Bridge). No jogo de bridge, as 52 cartas são distribuídas entre 4 jogadores. Qual é a probabilidade de: a) um dos jogadores receber todas as cartas de espadas? b) cada jogador receber um ás? Resolução. a) Seja A i o evento em que a mão i tem todas as cartas de espadas. Temos então que P(A i ) = 1/ ( 52 13), para i = 1, 2, 3, 4. Como os eventos Ai são disjuntos, a probabilidade de uma mão sair com todas as cartas de espadas é ( 4 ) 4 P A i = P(A i ) = 4 ) 6, ( ) 52 b) Note que podemos dividir as cartas entre os jogadores de maneiras distintas. Contemos em quantas dessas divisões cada jogador recebe exatamente ( um ás. ) Para isso, deixe os ases 13, 13, 13, de lado e note que podemos dividir as outras 48 cartas de maneiras distintas entre 12, 12, 12, 12 os jogadores. Como podemos dividir os ases de 4! maneiras distintas entre os jogadores, ( temos que ) 48 o número de eventos nos quais cada jogador recebe exatamente um ás é igual a 4!. 12, 12, 12, 12 Dessa forma, a probabilidade desejada é dada por 4! ( ) 48 12,12,12,12 ) 0, ( 52 13,13,13,13 ( Exemplo (Probabilidade como ferramenta). Um total de 36 sócios de um clube joga tênis, 28 jogam squash e 18 jogam boliche. Além disso, 22 dos sócios jogam tênis e squash, 12 jogam tênis e boliche, 9 jogam squash e boliche e 4 jogam todos os esportes. Quantos sócios desse clube jogam pelo menos um dos três esportes? Resolução. Seja N o número de sócios do clube, e suponha que um sócio é selecionado com igual probabilidade, que sabemos ser 1/N. Dessa forma, para qualquer sub-conjunto C dos sócios do clube, temos que a probabilidade de que o sócio selecionado esteja nesse conjunto é dada por P(C) = C /N. Seja agora T o conjunto de sócios que jogam tênis, S os sócios que jogam squash e B os sócios que jogam boliche. Temos então que: P(T S B) = P(T ) + P(S) + P(B) P(T S) P(T B) P(S B) + P(T S B) = N = 43 N. Dessa forma, 43 dos sócios jogam pelo menos um dos esportes. Exemplo (Inclusão-exclusão). Calcule a probabilidade de que, com 10 casais sentados de forma aleatória em uma mesa redonda, ninguém sente-se ao lado de seu companheiro. 18

19 Resolução. ( Seja A i o evento em que o i-ésimo casal se senta junto, para i = 1,..., 10. Temos então que 10 ) P A i representa a probabilidade de pelo menos um dos 10 casais sentarem-se juntos. A probabilidade desejada é então dada por 1 P ( 10 que, pelo princípio da inclusão-exclusão, temos: ( 10 ) 10 P A i = P(A i ) + ( 1) n+1 + P(A 1 A 2... A 10 ). A i ). Notemos que tais eventos não são disjuntos, de modo i 1<i 2< <i n P(A i1 A i2... A in ) Calculemos então cada P(A i1 A i2... A in ), a probabilidade de que um grupo específico de n casais sentem-se juntos. Primeiramente, note que temos 19! maneiras distintas de arranjar 20 pessoas em uma mesa redonda (basta olhar a posição relativa de 19 pessoas em relação a uma pessoa fixa). Para obtermos o número de arranjos nos quais um conjunto específico de n casais senta-se junto, considere somente um membro de cada um desses casais, deixando as outras n pessoas de fora do grupo. Podemos arranjar essas 20 n pessoas de modo circular de (20 n 1)! maneiras distintas. Agora, cada membro do casal coloca uma cadeira ao seu lado para o seu acompanhante, podendo estar à sua esquerda ou direita. Temos então 2 possibilidades por casal, de modo que eles podem se organizar de 2 n maneiras distintas. Portanto, temos que P P(A i1 A i2... A in ) = 2n (19 n)!. 19! ( ) 10 Note também que podemos escolher um conjunto de n casais de um total de 10 de maneiras n distintas. Portanto, temos que a probabilidade de pelo menos um casal sentar-se junto é igual a ( 10 A i ) = ( ) ! 1 19! ( ) ! 2 19! + ( ) ! 3 19! e a probabilidade de nenhum casal sentar-se junto é 1 0, 6605 = 0, ( ) ! 2 0, 6605, 10 19! 19

20 3 Capítulo 3 - Probabilidade Condicional e Independência 3.1 Motivação Eventualmente, ao calcular uma determinada probabilidade, queremos atualizá-la de acordo com a chegada de uma nova informação. Vejamos o seguinte exemplo. Exemplo. Ao lançar dois dados honestos, cada um dos 36 resultados possíveis é suposto igualmente provável, cada um com probabilidade 1/36. A probabilidade de que a soma dos dois dados seja igual a 8 é igual a 5/36, pois os eventos favoráveis são os pares (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3) e (6, 2). Agora, temos a informação adicional que no primeiro dado foi observado um 3. Qual a nova probabilidade de observamos a soma igual a 8? Resolução. Sabendo que o primeiro dado é um 3, temos seis resultados possíveis, a saber, os pares (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5) e (3, 6), dos quais somente o par (3, 5) soma 8. Portanto, à luz dessa nova informação, a nova probabilidade aumenta para 1/ Probabilidades condicionais De modo mais geral, seja S o espaço amostral de um dado experimento e sejam A e B eventos em S. Queremos calcular a probabilidade de ocorrência de A, sabendo da ocorrência do evento B, denotada por P(A B). Notemos que, nesse cenário, ambos os eventos devem acontecer, de modo que a quantidade P(A B) é relevante, mas note que está incorreto definirmos P(A B) = P(A B); de fato, ao calcularmos P(B B) dessa forma obtemos como resultado P(B), que possivelmente é estritamente menor que 1. Como agora o espaço amostral foi reduzido de S para B, deveríamos ter essa probabilidade igual a 1. Definimos então o seguinte: Definição. Se P(B) > 0, definimos a probabilidade condicional de A dado B, denotada por P(A B), como P(A B) P(A B) =. P(B) Observação. Será importante aprender a condicionar em eventos de probabilidade zero. Veremos como contornar isso ao falarmos de variáveis aleatórias, e uma definição mais geral será vista no curso de Cálculo das Probabilidades II. Exemplo (Exemplo de motivação - conclusão). Refaçamos o exemplo dos dados, agora com a definição rigorosa em mãos. Resolução. Nesse caso, os eventos A e B representam, respectivamente, a soma dos dados ser igual a 8 e um 3 ser observado no primeiro dado. Temos então que: P(B) = 6/36 = 1/6 P(A B) = 1/36 P(A B) = P(A B) P(B) = 1/36 1/6 = 1 6, que coincide com o resultado obtido inicialmente de modo intuitivo. Agora vejamos alguns exemplos de aplicação desse novo conceito. Exemplo (Um exemplo que não é de contagem). Um estudante faz um teste com uma hora de duração. Suponha que a probabilidade do estudante finalizar o teste em menos de x horas é dada por x/2, para todo 0 x 1. Dado que o estudante ainda está fazendo o teste após 45 minutos, qual a probabilidade de que a hora completa seja utilizada? 20

21 Resolução. Seja L x o evento o estudante finaliza o teste em menos de x horas, para 0 x 1, e seja F o evento o estudante usa a hora completa. Como F é o evento em que o estudante não finaliza o teste em 1 hora, temos que P(F ) = P(L c 1) = 1 P(L 1 ) = 1 0, 5 = 0, 5. Note que o evento no qual estamos condicionando é o complementar de L 0,75, de modo a termos P(F L c 0,75) = P(F Lc 0,75) P(L c 0,75 ) P(F ) = 1 P(L 0,75 ) = 0, 5 0, 625 = 0, 8. Note que, sem ter a informação de que o estudante já trabalhou no teste durante 45 minutos, a probabilidade seria apenas P(F ) = 0, 5. Exemplo. Uma moeda honesta é jogada duas vezes. Qual é a probabilidade condicional de que dê cara em ambas as jogadas, dado que a) dê cara na primeira jogada? b) dê cara em pelo menos uma das jogadas? Resolução. Seja S = {(k, k), (k, c), (c, k), (c, c)} o espaço amostral do experimento, onde k denota cara e c denota coroa. Os eventos em questão são: Temos então que: A = {cara em ambas as jogadas} = {(k, k)} B = {dar cara na primeira jogada} = {(k, k), (k, c)} C = {dar cara em pelo menos uma das jogadas} = {(k, k), (k, c), (c, k)}. a) b) P(A B) = P(A C) = P(A B) P(B) P(A C) P(C) = P(A) P(B) = 1/4 1/2 = 1 2. = P(A) P(C) = 1/4 3/4 = 1 3. Exemplo (Probabilidade condicional como ferramenta). Rolar dois dados repetidamente e observar o valor da soma, T. Qual a probabilidade de observarmos o valor T = 7 antes de T = 8? Resolução. Uma possível maneira de resolver: considerar espaço amostral (infinito) contendo todas as sequências de somas que terminam com 7 ou 8; calcular então a soma das probabilidades de todas as sequências que terminam com o valor T = 7. Muito trabalhoso! Maneira mais simples. Considere o experimento que é rolar dois dados somente uma vez e olhar a soma. Como estamos repetindo o experimento até observarmos a soma igual a 7 ou 8, podemos nos restringir somente a esses resultados. Dessa forma, podemos reformular o problema da seguinte maneira: 21

22 dado que o resultado da soma é T = 7 ou T = 8, determine a probabilidade de que o valor seja 7. Portanto, defina os eventos A = {T = 7} e B = {T = 7 ou T = 8}. Temos então que: P(A B) = P(A B) P(B) = P(A) P(B) = 6/36 6/36 + 5/36 = A regra da multiplicação para probabilidades condicionais Segue diretamente da definição de probabilidade condicional o seguinte resultado: Teorema (Regra da multiplicação para probabilidades condicionais). Se P(B) > 0, então vale que: P(A B) = P(B)P(A B). Se P(A) > 0, então vale que: P(A B) = P(A)P(B A). Tal resultado pode parecer óbvio, mas às vezes obter probabilidades condicionais pode ser mais fácil, de modo que esse resultado pode simplificar alguns cálculos. Vejamos alguns exemplos. Exemplo. Retirar duas bolas aleatoriamente, sem reposição, de uma caixa contendo v bolas vermelhas e a bolas azuis. Determine a probabilidade de que a primeira bola seja vermelha e a segunda seja azul. Resolução. Sejam A = {a primeira bola é vermelha} e B{a segunda bola é azul}. Claramente temos que P(A) = v. Mais ainda, se o evento A aconteceu, temos agora um total de v + a 1 bolas na caixa, v + a das quais a são azuis. Logo, a probabilidade da segunda bola ser azul, dado que a primeira é vermelha, a é igual a P(A B) =. Portanto, pela regra da multiplicação, temos que: v + a 1 P(A B) = P(A)P(B A) = v v + a b v + a 1. Essa regra se generaliza para uma quantidade arbitrária de eventos: Teorema (Regra da multiplicação para probabilidades condicionais - caso geral). Sejam A 1,..., A n eventos tais que P(A 1 A 2... A n 1 ) > 0. Então vale que: P(A 1 A 2... A n ) = P(A 1 )P(A 2 A 1 )P(A 3 A 2 A 1 )... P(A n A 1 A 2... A n 1 ). Demonstração. O produto das probabilidades no lado direito da igualdade é dado por: P(A 1 ) P(A 1 A 2 ) P(A 1 ) P(A 1 A 2 A 3 ) P(A 1 A 2 )... P(A 1 A 2... A n ) P(A 1 A 2... A n 1 ). Como, por hipótese, temos que P(A 1 A 2... A n 1 ) > 0, então todos os termos no denominador desse produto são positivos. Todos os termos desse produto se cancelam dois a dois, exceto o último numerador, que é igual a P(A 1 A 2... A n ). Exemplo. Agora, na caixa contendo v bolas vermelhas e a bolas azuis, retiramos quatro bolas, sem reposição. Qual é a probabilidade de obtermos a sequência vermelho, azul, vermelho, azul? Resolução. Denotando por A j o evento no qual a j-ésima bola é vermelha e B j o evento no qual a j-ésima bola é azul, para j = 1, 2, 3, 4, temos que: P(A 1 B 2 A 3 B 4 ) = P(A 1 )P(B 2 A 1 )P(A 3 A 1 B 2 )P(B 4 A 1 B 2 A 3 ) v v + a a v + a 1 v 1 v + a 2 a 1 v + a 3. 22

23 Relembrar a regra da multiplicação. Exemplo. Celina está indecisa quanto a fazer uma disciplina de Francês ou de Química. Ela estima que sua probabilidade de conseguir um conceito A é de 1/2 em Francês e 2/3 em Química. Se ela decide basear a sua escolha no lançamento de uma moeda honesta, qual é a probabilidade de que ela obtenha um A em Química? Resolução. Seja C o evento em que Celina faz o curso de química, e A o evento em que ela tira A, independentemente do curso que fizer. A probabilidade desejada é então: P(A C) = P(C)P(A C) = = Probabilidade condicional e partições Motivemos com um exemplo. Exemplo. Duas caixas contém pregos curtos e longos. Suponha que uma contém 60 longos e 40 curtos, e outra contém 10 longos e 20 curtos. Selecionamos uma caixa ao acaso, e então um prego é escolhido ao acaso dessa caixa. Qual a probabilidade de que ele seja longo? Se soubéssemos qual caixa foi escolhida, seria fácil calcular essa probabilidade. Porém, temos incerteza nessa parte da informação. Como fazer para resolver o problema nessa situação? Vamos criar uma ferramenta para auxiliar em cenários assim. Definição. Seja S o espaço amostral de um experimento, e considere k eventos, B 1, B 2,..., B k em S k tais que eles sejam disjuntos e que B i = S. Então dizemos que tais eventos B 1, B 2,..., B k formam uma partição de S. Tipicamente consideramos como uma partição eventos que sejam relevantes para o problema. Por exemplo, no caso das caixas de pregos, parece razoável os eventos B 1 e B 2 representarem as caixas em questão. Temos o seguinte resultado: Teorema (Lei da probabilidade total). Suponha que os eventos B 1,..., B k formem uma partição do espaço amostral S e que P(B i ) > 0, para i = 1,..., k. Então, para cada evento A S, temos que: P(A) = k P(B i )P(A B i ). Demonstração. Note que temos A = (A B 1 ) (A B 2 )... (A B k ), e os conjuntos A B i são disjuntos entre si. Dessa forma, temos que P(A) = k P(B i A). Finalmente, como temos P(B i ) > 0 para i = 1,..., k, então P(B i A) = P(B i )P(A B i ), e daí segue então que k P(A) = P(B i )P(A B i ). 23

24 Voltemos aos exemplos dos pregos nas caixas. Resolução (Pregos nas caixas). Sejam os eventos B 1 e B 2 representando as escolhas da primeira (60 longos e 40 curtos) e da segunda caixa (10 longos e 20 curtos), respectivamente. É claro que eles são disjuntos, e que sua união forma todo S. Temos então que P(B 1 ) = P(B 2 ) = 1/2. Mais ainda, temos que a probabilidade de escolher um prego grande da primeira caixa é P(A B 1 ) = 60/100 = 3/5 e que a probabilidade de escolher um prego grande da segunda caixa é P(A B 2 ) = 10/30 = 1/3. Portanto, pela lei da probabilidade total, temos que: P(A) = P(B 1 )P(A B 1 ) + P(B 2 )P(A B 2 ) = = Vamos utilizar bastante essa ferramenta no Teorema de Bayes. Observação. Ler sobre o jogo de craps, na pág. 63/64 do DeGroot & Schervish. 3.3 Eventos independentes Nem sempre condicionar em um evento nos dá alguma informação sobre a nova probabilidade desejada. Exemplo. Ao jogar um dado honesto, qual é a probabilidade de cair um número par? E se soubermos que o número que caiu está entre 1 e 4? Resolução. Seja A o evento no qual cai um número par, e B o evento no qual o número no dado é 1, 2, P(A B) 3 ou 4. Temos então que P(A) = 3/6 = 1/2, e que P(A B) = = 2/6 P(B) 4/6 = 1 2. Portanto, no exemplo acima, saber da nova informação B em nada altera a probabilidade do evento A, ou seja P(A B) = P(A). Motivados pela definição de probabilidade condicional, definimos então: Definição. Dois eventos A e B são ditos independentes se P(A B) = P(A)P(B). Independência muitas vezes é mais suposta do que provada, em certos modelos probabilísticos. Exemplo. Duas máquinas 1 e 2 em uma fábrica operam de modo independente. Seja A o evento no qual a máquina 1 está inoperante em um período de 8 horas e B o evento no qual a máquina 2 está inoperante no mesmo período. Suponha também que P(A) = 1/3 e P(B) = 1/4. Determine a probabilidade de pelo menos uma das máquinas estar inoperante nesse período. Resolução. Queremos calcular P(A B) = P(A)+P(B) P(A B). Como estamos supondo independência entre a operação das máquinas, temos que P(A B) = P(A)P(B) = 1/3 1/4 = 1/12. Portanto, temos que P(A B) = = 1 2. Observação. A independência pode se dar mesmo entre eventos fisicamente relacionados, como no primeiro exemplo. Observação. Supor independência nem sempre é uma boa ideia! Comentar de dois casos em sala. Exemplo. Sejam A e B eventos disjuntos tais que P(A) > 0 e P(B) > 0. independentes? É possível termos A e B Resolução. NÃO! Caso A e B fossem independentes, teríamos P(A B) = P(A)P(B). Como estamos supondo que eles são disjuntos, temos que P(A B) = 0 P(A)P(B) > 0. Outra maneira de pensar isso é a seguinte: como A e B são disjuntos, se um deles ocorre, com certeza o outro não pode ocorrer. Isso fere a intuição sobre eventos independentes. 24