Problema
(A partir do 2º ano do E. M.- Nível de dificuldade: Médio)
Ana, Beatriz e Cecília estavam estudando juntas e encontraram o seguinte problema formulado pelo professor delas, mestre PC:
Qual é a probabilidade de que a soma dos resultados obtidos ao se lançar dois dados equilibrados e idênticos seja [tex]7[/tex]?
• Ana analisa a situação e diz:
– Há [tex]36[/tex] casos possíveis para os resultados, dos quais [tex]6[/tex] são favoráveis. Logo, a probabilidade de dar a soma [tex]7[/tex] é [tex]\dfrac{1}{6}[/tex].
• Beatriz discorda:
– Ana, como os dados são idênticos, não faz sentido distinguir os resultados [tex](1, 2)[/tex] e [tex](2, 1)[/tex], por exemplo. Logo, há apenas [tex]21[/tex] casos possíveis, dos quais [tex]3[/tex] são favoráveis. A probabilidade de dar soma [tex]7[/tex] é, portanto, [tex]\dfrac{1}{7}[/tex].
• Cecília discorda de ambas:
– Vocês duas estão complicando a situação sem necessidade…
Há [tex]11[/tex] somas possíveis (de [tex]2[/tex] a [tex]12[/tex]). Assim, a probabilidade de dar soma [tex]7[/tex] é [tex]\dfrac{1}{11}[/tex].
Imagem extraída de Freepik
Qual das três está certa?
Adaptado do PAPMEM, 2019.
Lembrete:
A probabilidade de um evento ocorrer em um modelo com espaço amostral finito e equiprovável é calculada por:
| Probabilidade[tex]\;\;[/tex] = | número de casos favoráveis | . |
| número de casos possíveis |
Solução
► Vamos inicialmente acompanhar o raciocínio da Cecília.
É claro que podemos definir o espaço amostral do experimento de "lançar dois dados equilibrados e idênticos e somar os pontos da duas faces voltadas para cima" como [tex]\Omega_1=\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12\}[/tex], já que não estamos interessados nos números propriamente ditos que aparecem nas duas faces e sim nas suas somas. O problema é que esse espaço não é equiprovável!
Observe que temos apenas uma maneira de obtermos soma [tex]2[/tex], saindo [tex]1[/tex] nos dois dados, e mais de uma maneira de obtermos soma [tex]5[/tex], saindo "[tex]1[/tex] e [tex]4[/tex]" e "[tex]2[/tex] e [tex]3[/tex]", entre outras possibilidades. Com isso, [tex]P(\{2\})\ne P(\{5\})[/tex] e [tex]\Omega_1[/tex] não é equiprovável. Dessa forma, não podemos utilizar a razão entre "casos favoráveis" e "casos possíveis" e, portanto, Cecília não está certa.
► Vamos agora acompanhar o raciocínio da Beatriz.
O espaço amostral definido pela Beatriz pode ser obtido a partir das possíveis combinações de resultados dos números mostrados nas duas faces voltadas para cima dos dados lançados.
[tex]\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\
\hline
1&1\text{ e }1&1\text{ e }2&1\text{ e }3&1\text{ e }4&1\text{ e }5&1\text{ e }6\\
\hline
2&\xcancel{2\text{ e }1}&2\text{ e }2&2\text{ e }3&2\text{ e }4&2\text{ e }5&2\text{ e }6\\
\hline
3&\xcancel{3\text{ e }1}&\xcancel{3\text{ e }2}&3\text{ e }3&3\text{ e }4&3\text{ e }5&3\text{ e }6\\
\hline
4&\xcancel{4\text{ e }1}&\xcancel{4\text{ e }2}&\xcancel{4\text{ e }3}&4\text{ e }4&4\text{ e }5&4\text{ e }6\\
\hline
5&\xcancel{5\text{ e }1}&\xcancel{5\text{ e }2}&\xcancel{5\text{ e }3}&\xcancel{5\text{ e }4}&5\text{ e }5&5\text{ e }6\\
\hline\
6&\xcancel{6\text{ e }1}&\xcancel{6\text{ e }2}&\xcancel{6\text{ e }3}&\xcancel{6\text{ e }4}&\xcancel{6\text{ e }5}&6\text{ e }6\\
\hline
\end{array}[/tex]
[tex]\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\
\hline
1&1\text{ e }1&1\text{ e }2&1\text{ e }3&1\text{ e }4&1\text{ e }5&1\text{ e }6\\
\hline
2&&2\text{ e }2&2\text{ e }3&2\text{ e }4&2\text{ e }5&2\text{ e }6\\
\hline
3&&&3\text{ e }3&3\text{ e }4&3\text{ e }5&3\text{ e }6\\
\hline
4&&&&4\text{ e }4&4\text{ e }5&4\text{ e }6\\
\hline
5&&&&&5\text{ e }5&5\text{ e }6\\
\hline\
6&&&&&&6\text{ e }6\\
\hline
\end{array}[/tex]
Temos, de fato, [tex]21[/tex] casos possíveis, mas o espaço amostral da Beatriz não é equiprovável!
Observe que a hipótese de que os dois dados são equilibrados nos garante que o experimento em questão é aleatório, ou seja, nenhuma das faces tem mais chance de sair em um ou em outro dado. Por outro lado, o fato de os dados serem idênticos, ou terem cores diferentes, ou um deles ter uma marquinha em uma de suas faces vai alterar o experimento e as maneiras de obtermos soma [tex]7[/tex]? NÃO!
Assim, por exemplo,
▬ temos apenas uma maneira de obtermos [tex] 1 \text{ e }1[/tex]: [tex]1[/tex] no primeiro dado e [tex]1[/tex] no segundo dado;
▬ mas temos duas maneiras de obtermos [tex] 1 \text{ e }2[/tex]: [tex]1[/tex] no primeiro e [tex]2[/tex] no segundo dado e [tex]2[/tex] no primeiro e [tex]1[/tex] no segundo dado. (Pense em um dos dados com uma marquinha; são situações diferentes que ocorrem: [tex]1[/tex] no dado com marquinha e [tex]2[/tex] no outro dado e [tex]2[/tex] no dado com marquinha e [tex]1[/tex] no outro.)
Assim, Beatriz também não está certa.
► Vamos agora acompanhar o raciocínio da Ana:
Podemos definir o espaço amostral do experimento a partir da tabela abaixo, na qual aparecem pares ordenados formados por todas as possíveis combinações de resultados dos números mostrados nas duas faces voltadas para cima.
[tex]\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\
\hline
1&(1,1)&(1,2)&(1,3)&(1,4)&(1,5)&(1,6)\\
\hline
2&(2,1)&(2,2)&(2,3)&(2,4)&(2,5)&(2,6)\\
\hline
3&(3,1)&(3,2)&(3,3)&(3,4)&(3,5)&(3,6)\\
\hline
4&(4,1)&(4,2)&(4,3)&(4,4)&(4,5)&(4,6)\\
\hline
5&(5,1)&(5,2)&(5,3)&(5,4)&(5,5)&(5,6)\\
\hline
6&(6,1)&(6,2)&(6,3)&(6,4)&(6,5)&(6,6)\\
\hline
\end{array}[/tex]
Observamos com a tabela que temos [tex]36[/tex] pares ordenados possíveis de números mostrados nas faces voltadas para cima de cada dado e podemos considerar para o experimento o espaço amostral [tex]\Omega_2=\{(1,1);(1,2); (1,3); \ldots ;(6,4); (6,5);(6,6)\}[/tex]. Neste caso, [tex]n\left(\Omega_2\right)=36\,[/tex] e [tex]\;\Omega_2[/tex] é equiprovável, já que os dados são equilibrados.
Utilizando a tabela, vemos que as situações favoráveis a obter soma [tex]7[/tex] são:
[tex]\qquad (1,6)[/tex], [tex](2,5)[/tex], [tex](3,4)[/tex], [tex](4,3)[/tex], [tex](5,2)[/tex] e [tex](6,1)[/tex].
Consequentemente a probabilidade do evento em questão é:
[tex]\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(\{7\})=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}$}\\
\,[/tex]
e, portanto, Ana está correta!
Solução elaborada pelos Moderadores do Blog.
|
Se for conveniente, você pode obter um arquivo PDF desta página, com o problema e a solução, clicando no botão abaixo. |