Até agora vimos o conceito de probabilidade baseado no fato de que a única informação que temos sobre o experimento é o seu espaço amostral. No entanto, às vezes sabe-se que um determinado evento ocorreu e essa informação adicional pode mudar a probabilidade de outro evento ocorrer.
Vamos ver três exemplos para que fique mais clara essa nossa colocação.
Problema 1: Um sorteio
Em uma sala há 15 homens e 25 mulheres e uma dessas pessoas foi sorteada para receber uma bolsa de estudos. Quais as probabilidades que cada uma delas tem de ter sido sorteada?
Se, após o sorteio, foi anunciado que a pessoa sorteada era uma mulher, como ficam as probabilidades de cada pessoa ter sido sorteada?
Solução:
Temos um espaço amostral finito e cada pessoa tem chances igualmente prováveis de ser sorteada.
Inicialmente cada pessoa, independentemente do sexo, tem probabilidade de [tex] \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{1}{40} = 2,5\%$}\,[/tex] de ser sorteada.
Logo após o sorteio, quando foi anunciado que a pessoa sorteada era uma mulher, a probabilidade de cada homem ter sido sorteado passou a ser nula e a probabilidade de cada mulher passou a ser [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\dfrac{1}{25} = 4\%$}\,.[/tex]
Problema 2: Bolos da cantina de um colégio
Na cantina da Dona Odete, são famosos os bolos de chocolate e os bolos de morango com chantilly!
Em um determinado dia, dentre os [tex]400[/tex] alunos do colégio onde fica a cantina da Dona Odete, [tex]200[/tex] comeram bolo de chocolate, [tex]120[/tex] comeram bolo de morango com chantilly e [tex]90[/tex] comeram bolo de chocolate e bolo de morango com chantilly.
Qual a probabilidade de que, escolhido ao acaso um desses [tex]400[/tex] alunos, ele tenha comido bolo de chocolate nesse dia?
Agora, sabendo que esse aluno comeu bolo de morango com chantilly, qual a probabilidade de ele ter comido bolo de chocolate?
Solução: ► Vamos calcular inicialmente a probabilidade [tex]P_c[/tex] de que o aluno escolhido tenha comido bolo de chocolate.
Como nosso espaço amostral é o conjunto dos [tex]400[/tex] alunos do colégio, segue que:
[tex]\qquad P_c=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P_c=\dfrac{200}{400}=0,5$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P_c=50\%$}\,.[/tex] ► Vamos calcular, agora, a probabilidade [tex]P_{c,m}[/tex] de que, sabendo que o aluno escolhido comeu bolo de morango com chantilly, ele ter comido bolo de chocolate.
Vamos construir um diagrama de Venn para esse cálculo. No diagrama abaixo, [tex]C[/tex] representa o conjunto dos alunos que comeram bolo de chocolate e [tex]M[/tex] representa o conjunto dos alunos que comeram bolo de morango com chantilly. Pelos dados do problema [tex]90[/tex] comeram dos dois bolos; assim:
comeram apenas bolo de chocolate [tex]200-90=110[/tex] alunos,
comeram apenas bolo de morango com chantilly [tex]120-90=30[/tex] alunos.
Mas perceba que momentaneamente não estamos interessados nos [tex]400[/tex] alunos do colégio, pois queremos saber quantos alunos dentre os que comeram bolo de morango com chantilly comeram bolo de chocolate. Assim, os alunos que não estão no conjunto [tex]M[/tex] não nos interessam. Dessa forma, vamos apagar do Diagrama todos os elementos que não estão em [tex]M[/tex]; com isso, nosso espaço amostral provisoriamente passa a ser o conjunto [tex]M[/tex].
Assim, teremos que:
[tex]\qquad P_{c,m}=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad P_{c,m}=\dfrac{\text{número de elementos de } M\cap C}{\text{número de elementos de } M}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P_{c,m}=\dfrac{90}{120}=0,75$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P_{c,m}=75\%$}\,.[/tex]
Problema 3:
A tabela a seguir mostra a quantidade de alunos de uma turma de Cálculo I de certa instituição de ensino.
Selecionando um desses alunos ao acaso, determine a probabilidade de esse aluno (a) ser um homem. (b) ser um homem, dado que o aluno é do curso de Engenharia. (c) ser uma mulher. (d) ser uma mulher, dado que o aluno é do curso de Física.
Solução: (a) Vamos denotar a probabilidade de o aluno ser homem por [tex]P(H).[/tex] Então:
[tex]\qquad P(H)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#FFFF96}{$ P(H)=\dfrac{44}{67}\approx 0,66$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#FFFF96}{$P(H)\approx 66\%$}\,.[/tex]
(b) Vamos denotar a probabilidade de o aluno ser homem, sabendo que ele é do curso de Engenharia, por [tex]P(H|E).[/tex]
Observe que neste caso temos uma redução do espaço amostral já que só nos interessa os alunos do curso de Engenharia.
[tex] \begin{array}{l c c c}
\hline
\; \text{Cursos}& \text{Homens} & \text{Mulheres} & \text{Total}\\
\hline
\;\text{ Engenharia}&20&8&28\\
\hline
\end{array}[/tex]
Assim:
[tex]\qquad P(H|E)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#FFFF96}{$ P(H|E)=\dfrac{20}{28}\approx 0,71$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#FFFF96}{$P(H|E)\approx 71\%$}\,.[/tex]
(c) Vamos denotar a probabilidade de o aluno ser mulher por [tex]P(M).[/tex]
Aqui voltaremos a considerar a tabela geral; então:
[tex]\qquad P(M)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#FFE4A4}{$ P(M)=\dfrac{23}{67}\approx 0,34$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#FFE4A4}{$P(M)\approx 34\%$}\,.[/tex]
Olhando os dados da tabela, poderíamos ter utilizado probabilidade complementar para fazer este cálculo:
[tex]\qquad P(M)=1-P(\overline{M})\\
\qquad P(M)=1-P(H)\\
\qquad P(M)\approx 1-0,66\\
\qquad P(M)\approx 0,34.[/tex]
(d) Vamos denotar a probabilidade de o aluno ser mulher, dado que ele é do curso de Física, por [tex]P(M|F).[/tex]
Observe que neste caso temos também uma redução do espaço amostral já que o nosso interesse agora é no curso de Física.
[tex] \begin{array}{l c c c}
\hline
\; \text{Cursos}& \text{Homens} & \text{Mulheres} & \text{Total}\\
\hline
\;\text{ Física}&9&2&11\\
\hline
\end{array}[/tex]
Assim:
[tex]\qquad P(M|F)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#FFE4A4}{$ P(M|F)=\dfrac{2}{11}\approx 0,18$}\,.[/tex]
Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#FFE4A4}{$P(M|F)\approx 18\%$}\,.[/tex]
Com o Problema 3 percebemos que uma informação adicional pode mudar uma probabilidade para mais ou para menos, sendo que em alguns casos nem há mudança.
Assim, quando temos a certeza da ocorrência de um evento do espaço amostral de um experimento aleatório, as probabilidades dos demais eventos podem ser alteradas. Dizemos, nesse caso, que temos probabilidades condicionadas.
É a partir dessa ideia que surge um novo tipo de probabilidade: a Probabilidade Condicional, tema desta Sala. Esse tipo de probabilidade surge naturalmente e se mostra útil na investigação de experimentos executados repetidamente.
Definições iniciais e exemplos
Considere que um experimento deve ser realizado e seu espaço amostral é conhecido; assim como as probabilidades de ocorrência de alguns eventos.
– Nosso interesse é calcular a probabilidade de um evento [tex]A[/tex] desse espaço amostral; mas, durante a realização do experimento (ou até mesmo antes dele), de alguma forma tomamos conhecimento de que outro evento [tex]B[/tex] ocorreu, e queremos saber se a probabilidade de [tex]A[/tex] ocorrer se altera com essa nova informação. Nesse momento temos então duas probabilidades:
a probabilidade inicial de [tex]A[/tex] ocorrer;
a probabilidade de [tex]A[/tex] ocorrer, sabendo que o evento [tex]B[/tex] ocorreu.
Essa segunda probabilidade, denotada por [tex]P(A|B)[/tex], é denominada probabilidade condicional de que o evento [tex]A[/tex] ocorra, dado que o evento [tex]B[/tex] tenha ocorrido, ou simplesmente probabilidade condicional de [tex]A[/tex] na certeza de [tex]B[/tex], e é assim definida:
Considere um experimento aleatório com espaço amostral [tex]\Omega[/tex] no qual está definida uma função probabilidade [tex]P[/tex].
Dados dois eventos [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] de [tex]\Omega[/tex], com [tex]P(B)\ne 0[/tex], a probabilidade condicional de [tex]A[/tex] na certeza de [tex]B[/tex] é a razão
[tex]\qquad \qquad P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\,.[/tex]
Analogamente, definimos a probabilidade condicional de [tex]B[/tex] na certeza de [tex]A[/tex] como a razão
[tex]\qquad \qquad P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\,, \text{ se } P(A)\ne 0\,.[/tex]
Observe que se [tex]\Omega[/tex] for um espaço amostral finito e equiprovável, podemos utilizar a probabilidade de Laplace. Neste caso, teremos que
[tex]\qquad P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{\dfrac{n(A\cap B)}{\cancel{n(\Omega)}}}{\dfrac{n(B)}{\cancel{n(\Omega)}}}\\
\qquad P(A|B)=\dfrac{n(A\cap B)}{n(B)}[/tex]
e, da mesma forma,
[tex]\qquad P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{n(A\cap B)}{n(A)}\,.[/tex]
Em algumas situações necessitaremos de fato das definições apresentadas acima. Mas em outras, será possível calcular [tex]P(A|B)[/tex], ou [tex]P(B|A)[/tex], diretamente, reduzindo o espaço amostral (como fizemos nos exemplos iniciais).
No diagrama reduzido abaixo, podemos perceber que, para a definição de [tex]P(A|B)[/tex], por exemplo, [tex]B[/tex] será definido como um novo espaço amostral dentro do qual a probabilidade de que ocorra [tex]A[/tex] será representada pela probabilidade [tex]P(A\cap B).[/tex]
Perceba que
[tex]\quad P(B|B)=\dfrac{P(B \cap B)}{P(B)}=\dfrac{P(B)}{P(B)}=1[/tex],
o que justifica considerarmos [tex]B[/tex] como um espaço amostral.
Na verdade, essa é a própria essência da probabilidade condicional. Olhando o diagrama, percebemos que a probabilidade de [tex]A[/tex] dentro de [tex]B[/tex] é a razão entre a "probabilidade de [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] ocorrerem simultaneamente" dividida pela "probabilidade de [tex]B[/tex] ocorrer", ou seja, a "probabilidade de estar em [tex]A[/tex], sabendo que estamos em [tex]B[/tex]".
Isso não difere em nada de considerar, pelo menos por um momento, que [tex]B[/tex] é nosso novo espaço amostral e que [tex]P (A | B)[/tex] nada mais é do que [tex]P(A)[/tex] dentro desse novo espaço amostral.
Assim, [tex]P (A | B)[/tex] é simplesmente a probabilidade de que [tex]A[/tex] ocorra em um espaço no qual estamos assumindo que ocorreu: [tex]B.[/tex]
Para fixar ideias, suponha que estejamos estudando o desempenho dos alunos de uma escola no exame final de uma determinada disciplina, a partir dos seguintes dados:
• [tex]80\%[/tex] dos alunos estudaram para o exame;
• [tex]75\%[/tex] dos alunos foram aprovados no exame;
• [tex]70\%[/tex] dos alunos estudaram para o exame e foram aprovados.
Vamos considerar o experimento aleatório de escolher ao acaso um aluno e vamos denotar por [tex]A[/tex] o evento "o aluno escolhido foi aprovado no exame" e por [tex]B[/tex] o evento "o aluno escolhido estudou para o exame". Então, temos que:
[tex]\qquad P (A) = 0,75\\
\qquad P (B) = 0,8\\
\qquad P (A \cap B) = 0,7.[/tex]
Se o espaço amostral de experimento é [tex]\Omega[/tex], sabemos que [tex]P(\Omega)=1[/tex] e podemos agora fazer o seguinte diagrama de Venn:
Na análise dos dados do experimento em questão, seria natural a seguinte pergunta: Qual é a probabilidade de que um aluno que estudou tenha sido aprovado no exame?
Para responder essa pergunta, nos fixamos momentaneamente no evento [tex]B. [/tex] Mas, ao nos fixarmos em [tex]B[/tex], não seria correto mantermos as porcentagens iniciais, já que elas se referem ao espaço amostral [tex]\Omega.[/tex] Note, por exemplo, que com as porcentagens iniciais o evento [tex]B[/tex] não estaria pronto para ser um espaço amostral, porque essas probabilidades que sobraram não somam [tex]1=100\%[/tex] [tex](0,7+0,1=0,8)[/tex] e não temos dados absolutos, apenas percentuais.
Mas, ao adaptarmos os dados e calcularmos a proporção relativa de probabilidade do [tex]A[/tex] dentro de [tex]B[/tex], digamos [tex]P(A_B)[/tex], veja que obtemos:
[tex]\qquad \qquad \begin{array}{c c c l}
\; 0,8 & \text{————–} & 1 \\
\; 0,7 & \text{————–} & P(A_B)& \qquad \qquad P(A_B)=\dfrac{0,7}{0,8}=0,875\end{array}[/tex]
que é exatamente o que se define como a probabilidade condicional de [tex]A[/tex], dado que ocorreu [tex]B:[/tex]
[tex]\qquad P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0,7}{0,8}=0,875.[/tex]
Dessa forma, ao nos fixar em [tex]B[/tex], a probabilidade condicional [tex]P(A|B)[/tex] é o equivalente à probabilidade [tex]P(A)[/tex] no espaço amostral [tex]B.[/tex]
Como [tex]1-0,875=0,125[/tex], já podemos desenhar um novo diagrama de Venn.
Considerando o mesmo experimento, observações análogas valem para a probabilidade condicional [tex]P(B|A)[/tex], que responderia à pergunta: Qual é a probabilidade de que um aluno que foi aprovado no exame tenha estudado?
Mantendo as notações e dados, utilizaremos mais uma vez o diagrama de Venn abaixo
e responderemos a nova pergunta fixando-nos momentaneamente no evento [tex]A. [/tex] Também ao nos fixarmos em [tex]A[/tex], não podemos manter as porcentagens iniciais, pois sabemos que elas se referem ao espaço amostral [tex]\Omega.[/tex] Aqui também, as porcentagens iniciais não permitem que o evento [tex]A[/tex] seja um espaço amostral já que elas não somam [tex]1=100\%[/tex] [tex](0,7+0,05=0,75).[/tex]
O cálculo da proporção relativa de probabilidade do [tex]B[/tex] dentro de [tex]A[/tex], digamos [tex]P(B_A)[/tex], pode ser assim obtida:
[tex]\qquad \qquad \begin{array}{c c c l}
\; 0,75 & \text{————–} & 1 \\
\; 0,7 & \text{————–} & P(B_A)& \qquad \qquad P(B_A)=\dfrac{0,7}{0,75}\approx 0,933\end{array}[/tex]
que é exatamente o que podemos definir como a probabilidade condicional de [tex]B[/tex], dado que ocorreu [tex]A:[/tex]
[tex]\qquad P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0,7}{0,75}\approx 0,933.[/tex]
Assim, ao nos fixar em [tex]A[/tex], a probabilidade condicional [tex]P(B|A)[/tex] é o equivalente à probabilidade [tex]P(B)[/tex] no espaço amostral [tex]A.[/tex]
Como [tex]1-0,933=0,067[/tex], temos o diagrama de Venn do espaço amostral [tex]A.[/tex]
Vale a pena observar que os cálculos que fizemos nos garantem que os eventos [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] não comutam na definição de probabilidade condicional, pois existem casos para os quais que [tex]P(A|B)\ne P(B|A).[/tex] É EXTREMAMENTE IMPORTANTE LEMBRAR QUE, CONCEITUALMENTE, [tex]P(A|B) \ne P(B|A).[/tex]
Problema 4: Lançamento de dois dados comuns
Considere o lançamento de dois dados equilibrados e a observação dos números mostrados nas faces voltadas para cima.
Calcular: (a) a probabilidade de que os números mostrados sejam iguais, sabendo-se que a soma deles é menor do que [tex]6.[/tex] (b) a probabilidade de que a soma dos números mostrados seja menor do que [tex]6[/tex], sabendo-se que esses números são iguais.
Solução:
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.
Para a solução do problema, consideraremos os seguintes eventos: •Evento [tex]M[/tex]: obtenção de soma menor do que [tex]6.[/tex] •Evento [tex]I[/tex]: obtenção de números iguais nas duas faces.
Observe que:
[tex] \qquad I= \{(1,1)\, ;\, (2,2)\, ;\, (3,3)\, ;\, (4,4) \, ;\, (5,5) \, ;\, (6,6) \}[/tex]
[tex] \qquad M= \{(1,1)\, ;\,(1,2) \,;\, (1,3) \,;\, (1,4)\, ;\, (2,1)\, ;\, (2,2)\, ;\, (2,3)\, ;\,(3,1) \,;\,(3,2)\, ;\,(4,1) \}[/tex]
[tex] \qquad I\cap M=M\cap I= \{(1,1)\, ;\, (2,2)\}.[/tex]
(a) Estamos interessados na probabilidade condicional [tex]P(I|M).[/tex] Utilizando a probabilidade de Laplace, obtemos:
[tex]\qquad P(I|M)=\dfrac{P(I\cap M)}{P(M)}\\
\qquad P(I|M)=\dfrac{2}{10}\\
\qquad P(I|M)= 0,2\\
\qquad P(I|M)=20 \% .[/tex]
Então, a probabilidade de que os números mostrados sejam iguais, sabendo-se que a soma deles é menor do que [tex]6[/tex] é de [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$ 20\% $}\,.[/tex]
(b) Neste item, estamos interessados na probabilidade condicional [tex]P(M|I).[/tex] Utilizando mais uma vez a probabilidade de Laplace, obtemos:
[tex]\qquad P(M|I)=\dfrac{P(M\cap I)}{P(I)}\\
\qquad P(M|I)=\dfrac{2}{6}\\
\qquad P(M|I)\approx 0,33\\
\qquad P(M|I) \approx 33 \% .[/tex]
Então, a probabilidade de que a soma dos números mostrados seja menor do que [tex]6[/tex], sabendo-se que esses números são iguais é de, aproximadamente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$ 33\% $}\,.[/tex]
Temos aqui mais um exemplo da não comutatividade dos eventos na definição de probabilidade condicional: [tex]P(I|M) \ne P(M|I).[/tex]
Veja a seguir que, nos casos em que conseguimos calcular [tex]P(A|B)[/tex] ou [tex]P(B|A)[/tex] diretamente, podemos utilizar a definição de probabilidade condicional para calcularmos a probabilidade da interseção dos dois eventos e a probabilidade de um produto – algo para o qual não tínhamos fórmulas, até o momento.
I – Probabilidade da interseção de dois eventos
Dados dois eventos [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] de um mesmo espaço amostral [tex]\Omega[/tex], com [tex]P(B)\ne 0[/tex], a probabilidade da interseção [tex]A\cap B[/tex] pode ser assim definida:
[tex]\qquad \qquad\boxed{P(A\cap B)= P(A| B) \cdot P(B)}\,.[/tex]
Se [tex]P(A)\ne 0[/tex], a probabilidade da interseção [tex]A\cap B[/tex] também pode ser assim definida:
[tex]\qquad \qquad\boxed{P(A\cap B)= P(B|A) \cdot P(A)}\,.[/tex]
Essas duas igualdades são conhecidas como "Regras do Produto" e "Regras da Multiplicação" para dois eventos.
Antes de apresentarmos mais um pouco da teoria das probabilidades condicionais, vamos resolver alguns problemas.
Problema 5: [tex]25\% [/tex] dos amigos do João estudam inglês e espanhol, enquanto que [tex]60\% [/tex] estudam espanhol. Qual é a probabilidade de que um amigo do João, escolhido ao acaso, estude inglês, sabendo que ele estuda espanhol?
Solução: •Evento [tex]I[/tex]: um amigo que estude inglês. [tex]P(I) = ?[/tex] •Evento [tex]E[/tex]: um amigo que estude espanhol. [tex]P(E) = 60\%[/tex] •Evento [tex]I \cap E[/tex]: um amigo que estude espanhol e inglês. [tex]P(I \cap E) = 25\%[/tex] ► Queremos determinar a probabilidade de que um amigo do João estude inglês, sabendo que esse amigo estuda espanhol, ou seja, [tex]P(I|E)[/tex].
O espaço amostral formado pelos amigos do João é finito e equiprovável; assim, vamos utilizar a probabilidade de Laplace para aplicar a probabilidade condicional.
[tex]\quad P(I|E)=\dfrac{P(I \cap E)}{P(E)}\\
\quad P(I|E)=\dfrac{25\%}{60\%}\\
\quad P(I|E)=\dfrac{25}{60}\\
\quad P(I|E)\approx 0,42\\[/tex]
Assim, a probabilidade de que um amigo do João estude inglês, sabendo que ele estuda espanhol é de, aproximadamente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,42$}\,.[/tex] Percentualmente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$42\%$}\,.[/tex]
Problema 6: Uma moeda foi lançada duas vezes; qual a probabilidade de termos obtido duas caras, sabendo que ocorreu pelo menos uma cara?
Solução:
Seja [tex]A[/tex] o evento "obteve-se duas caras". ►Inicialmente, o espaço amostral no lançamento de um moeda duas vezes é
[tex]\qquad \Omega = \{(cara , cara) , (cara , coroa) , (coroa , cara) , (coroa , coroa)\}.[/tex]
Tendo ocorrido pelo menos uma cara, podemos descartar do espaço amostral o resultado [tex](coroa , coroa)[/tex], ficando apenas com três resultados:
[tex]\qquad B= \{(cara , cara) , (cara , coroa) , (coroa , cara) \}.[/tex]
Em [tex]B[/tex], temos apenas um resultado favorável ao evento [tex]A[/tex], logo, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A) = \dfrac{1}{3}$}\,.[/tex]
►Sendo [tex]B= \{(cara , cara) , (cara , coroa) , (coroa , cara) \}[/tex] e [tex]A= \{(cara , cara) \}[/tex], poderíamos ter calculado a probabilidade de termos obtido duas caras, sabendo que ocorreu pelo menos uma cara, utilizando a fórmula:
[tex]\qquad P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\\
\qquad P(A|B)=\dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\dfrac{\frac{1}{\cancel{4}}}{\frac{3}{\cancel{4}}}\\
\qquad P(A|B)=\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$ \dfrac{1}{3}$}\,.[/tex]
Problema 7: O gerente de uma loja de roupas montou uma banca de liquidação com mil camisetas de dois modelos, com preços abaixo do preço de custo. Lamentavelmente, entre essas camisetas, algumas estão com defeito de fábrica, conforme mostra a tabela a seguir.
Uma camiseta é retirada da banca ao caso; com base nos dados da tabela, calcular: (a) a probabilidade de a camiseta retirada da banca ser do Tipo 1. (b) a probabilidade de ela ter defeito, sabendo que a camiseta retirada da banca é do Tipo 2. (c) a probabilidade de a camiseta retirada da banca ter defeito, dado que ela é do Tipo 1.
Solução: (a) Se [tex]T_1[/tex] é o evento "a camiseta retirada da banca é do Tipo 1", como estamos com um espaço amostral finito e equiprovável, temos que:
[tex]\qquad P(T_1)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad P(T_1)=\dfrac{600}{\text{1000}}\\
\qquad P(T_1)=\dfrac{6}{\text{10}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(T_1)=0,6=60\%$}\,.[/tex]
(b) Se [tex]T_2[/tex] é o evento "a camiseta retirada da banca é do Tipo 2" e [tex]D[/tex] é o evento "a camiseta retirada da banca é defeituosa", o que o problema nos pede neste item é a probabilidade condicional [tex]P(D|T_2).[/tex]
►Utilizando a fórmula, temos que [tex]P(D|T_2)=\dfrac{P(D\cap T_2)}{P(T_2)}[/tex]; assim, precisaremos calcular duas probabilidades de Laplace: [tex]P(D\cap T_2)[/tex] e [tex]P(T_2).[/tex]
[tex]P(D\cap T_2)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\;P(D\cap T_2)=\dfrac{85}{1000}=0,085.[/tex] • [tex]P(T_2)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\;P(T_2)=\dfrac{400}{1000}=0,4.[/tex]
Com isso, segue que:
[tex]\qquad P(D|T_2)=\dfrac{P(D\cap T_2)}{P(T_2)}\\
\qquad P(D|T_2)=\dfrac{0,085}{0,4}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(D|T_2)=0,2125=21,25\%$}\,.[/tex]
► Podemos calcular esta probabilidade reduzindo o espaço amostral. Como sabemos que a camiseta retirada é do Tipo 2, vamos considerar na tabela apenas os dados relativos a esse tipo de camiseta.
A probabilidade condicional [tex]P(D|T_2)[/tex] equivale a determinar a probabilidade [tex]P(D)[/tex] dentro do espaço amostral [tex]T_2[/tex]. Vamos, então, calcular [tex]P(D)[/tex]:
[tex]\quad P(D)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad P(D)=\dfrac{n(D)}{n(T_2)}\\
\quad P(D)=\dfrac{85}{400}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(D|T_2)=0,2125=21,25\%$}\,.[/tex]
De qualquer modo, a probabilidade de a camiseta retirada ser defeituosa, sabendo que ela é do Tipo 2, é [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,2125$}\,[/tex] ou [tex]\, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$21,25\%$}\,.[/tex]
(c) Já calculamos [tex]P(T_1)[/tex]; assim, vamos utilizar a fórmula [tex]P(D|T_1)=\dfrac{P(D\cap T_1)}{P(T_1)}[/tex] para calcular a probabilidade deste item.
Para isso, vamos calcular inicialmente a probabilidade de Laplace [tex]P(D\cap T_1)[/tex]: • [tex]P(D\cap T_1)=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\;P(D\cap T_1)=\dfrac{82}{1000}=0,082.[/tex]
Assim, segue que:
[tex]\qquad P(D|T_1)=\dfrac{P(D\cap T_1)}{P(T_1)}\\
\qquad P(D|T_1)=\dfrac{0,082}{0,6}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(D|T_1)\approx 0,1367$}\,.[/tex]
Logo, a probabilidade de a camiseta retirada ser defeituosa, sabendo que ela é do Tipo 1 é aproximadamente [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,1367$}\,[/tex] ou [tex]\, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$13,67\%$}\,.[/tex]
Problema 8:
Em uma urna há [tex]10[/tex] bolas idênticas quanto ao tamanho e ao material de fabricação; mas [tex]4[/tex] delas são vermelhas e [tex]6[/tex] são azuis.
Retira-se uma primeira bola e, sem reposição, retira-se uma segunda bola.
Qual a probabilidade de ambas serem azuis?
Solução:
Vamos indicar por [tex]a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6[/tex] as seis bolas azuis e por [tex]v_1, v_2,v_3,v_4[/tex] as quatro bolas vermelhas.
O espaço amostral para este experimento será a urna com as bolas:
[tex]\quad \Omega=\{ a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,v_1, v_2,v_3,v_4 \}[/tex]
Observe que esse espaço amostral é finito e equiprovável; assim, [tex]P(\;)[/tex] indicará a probabilidade de Laplace.
Vamos definir os seguintes eventos:
[tex]A_1[/tex]: a primeira bola retirada foi azul.
[tex]A_2[/tex]: a segunda bola retirada foi azul.
Devemos calcular a probabilidade da interseção de dois eventos, ou seja, [tex]P\left(A_1 \cap A_2 \right).[/tex] (a) Pelas relações apresentadas no Quadro I, sabemos que [tex]P\left(A_1 \cap A_2 \right)=P\left(A_1\right) \cdot P\left(A_2 | A_1 \right)\,.[/tex] Vamos calcular separadamente os dois fatores desse produto.
[tex]\textcolor{#8b4513}{(i)}\, P\left(A_1\right) [/tex]
Para a primeira retirada temos seis bolas azuis, num total de dez bolas, logo:
[tex]\qquad P\left(A_1\right)=\dfrac{6}{10}=\boxed{\dfrac{3}{5}}\,.[/tex]
[tex]\textcolor{#8b4513}{(ii)}\, P\left(A_2 | A_1 \right) [/tex]
Veja que [tex]P\left(A_2 | A_1 \right)[/tex] é a probabilidade de a segunda bola ser azul, na certeza de que a primeira foi azul; como para a segunda retirada restaram na urna [tex]6-1=5[/tex] bolas azuis e as [tex]4[/tex] vermelhas iniciais, então:
[tex]\qquad P\left(A_2|A_1\right)=\boxed{\dfrac{5}{9}}\,.[/tex]
(b) Poderíamos ter calculado a interseção diretamente.
Para isso, note que para a primeira retirada temos [tex]6[/tex] bolas azuis e [tex]4[/tex] vermelhas; para a segunda retirada restaram na urna [tex]6-1=5[/tex] bolas azuis e [tex]4[/tex] vermelhas,
então, pelo Princípio Multiplicativo, temos: • [tex]6 \cdot 5=30[/tex] casos possíveis; • [tex]10 \cdot 9=90[/tex] casos favoráveis;
donde ►[tex]P\left(A_1 \cap A_2 \right)=\dfrac{30}{90}\\
\, \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P\left(A_1 \cap A_2 \right)=\dfrac{1}{3}$}\,.[/tex]
Lembram-se do diagrama de árvore, ou árvore de probabilidades?
Pois é, conforme dissemos na Sala 2, esse tipo de diagrama será bem útil nesta Sala!
II – Árvores
Particularmente, poderíamos ter resolvido o Problema 8 utilizando um diagrama de árvore.
Para a construção de um diagrama de árvore para este problema, vamos definir os seguintes eventos:
[tex]A_1[/tex]: a primeira bola retirada foi azul.
[tex]A_2[/tex]: a segunda bola retirada foi azul.
[tex]V_1[/tex]: a primeira bola retirada foi vermelha.
[tex]V_2[/tex]: a segunda bola retirada foi vermelha.
e seguir dois passos. Passo 1: Inicialmente, perceba que, sem restrições, a primeira bola retirada da urna pode ser azul ou vermelha, sendo que temos [tex]6[/tex] bolas azuis e [tex]4[/tex] bolas vermelhas. Assim:
a probabilidade de a primeira bola retirada ser azul é de [tex]\dfrac{6}{10}[/tex],
a probabilidade de a primeira bola retirada ser vermelha é de [tex]\dfrac{4}{10}[/tex],
o que gera os ramos iniciais da nossa árvore.
Passo 2: O segundo passo corresponde à retirada da segunda bola. Independentemente do que ocorreu na primeira retirada, sem restrições a segunda bola retirada pode ser azul ou vermelha. Aqui precisamos ter um pouco mais de cuidado com os cálculos das probabilidades.
Se a primeira bola retirada foi a azul, na urna sobraram [tex]5[/tex] bolas azuis e [tex]4[/tex] bolas vermelhas. Assim:
a probabilidade de a segunda bola retirada ser azul é [tex]\dfrac{5}{9}[/tex],
a probabilidade de a segunda bola retirada ser vermelha é [tex]\dfrac{4}{9}[/tex].
Se a primeira bola retirada foi a vermelha, na urna sobraram [tex]6[/tex] bolas azuis e [tex]3[/tex] bolas vermelhas. Assim:
a probabilidade de a segunda bola retirada ser azul é [tex]\dfrac{6}{9}[/tex],
a probabilidade de a segunda bola retirada ser vermelha é [tex]\dfrac{3}{9}[/tex].
Com esses novos dados, já podemos completar a nossa árvore.
Um diagrama de árvore é uma forma de representar uma sequência de eventos. A probabilidade associada a cada nó da árvore corresponde à ocorrência de um evento condicionado à ocorrência de todos os eventos representados pelos nós anteriores no caminho correspondente. Assim, cada caminho representa um possível resultado e cada fração indica a probabilidade de se percorrer o respectivo ramo.
Dessa forma, para o cálculo geral de probabilidades:
Probabilidades ao longo dos ramos devem ser multiplicadas.
Probabilidades em colunas devem ser somadas. (Probabilidade da união de eventos disjuntos)
Para cada conjunto de ramos que saem de um nó, a soma das probabilidades deve ser [tex]1[/tex]. (Probabilidade complementar)
A partir dessas observações e utilizando a árvore que construímos, podemos calcular todas as probabilidades decorrentes do experimento do Problema 8. Vejamos!
►Probabilidades condicionais
As probabilidades condicionais aparecem nas extremidades de cada caminho e se referem às probabilidades condicionais do nó da ponta, na certeza do nó do início: • [tex]P\left(A_2 | A_1 \right)= \dfrac{5}{9},[/tex] • [tex]P\left(V_2|A_1 \right)= \dfrac{4}{9},[/tex] • [tex]P\left(A_2|V_1 \right)= \dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3},[/tex] • [tex]P\left(V_2 | V_1 \right)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}.[/tex]
►Probabilidades das interseções
Multiplicando as probabilidades que aparecem nos dois ramos de cada caminho da árvore, obtemos: • [tex]P\left(A_1 \cap A_2 \right)=P\left(A_2 \cap A_1 \right)=P\left(A_1\right)\cdot P\left(A_2 | A_1 \right)=\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{5}{9}=\dfrac{1}{3},[/tex] • [tex]P\left(A_1 \cap V_2 \right)=P\left(V_2 \cap A_1\right)=P\left(A_1 \right)\cdot P\left(V_2 | A_1\right)=\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{4}{9}=\dfrac{4}{15},[/tex] • [tex]P\left(V_1 \cap A_2 \right)=P\left(A_2 \cap V_1 \right)=P\left(V_1\right)\cdot P\left(A_2 | V_1 \right)=\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{6}{9}=\dfrac{4}{15},[/tex] • [tex]P\left(V_1 \cap V_2 \right)=P\left(V_2 \cap V_1 \right)=P\left(V_1\right)\cdot P\left(V_2 | V_1 \right)= \dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{3}{9}=\dfrac{2}{15}.[/tex]
►Probabilidades das primeiras retiradas
São as probabilidades que aparecem nos primeiros ramos de cada caminho. • [tex]P\left(A_1\right)=\dfrac{6}{10},[/tex] • [tex]P\left(V_1\right)=\dfrac{4}{10} .[/tex]
►Probabilidades das segundas retiradas
Basta percorrer todos os caminhos que levam à retirada desejada, multiplicando as respectivas probabilidades em cada caminho, e somando os produtos obtidos. • [tex]P\left(A_2 \right)=P\left(A_1 \cap A_2 \right)+P\left(V_1 \cap A_2 \right)=\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{5}{9}+\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{6}{9}=\dfrac{3}{5},[/tex] • [tex]P\left(V_2 \right)=P\left(A_1 \cap V_2 \right)+P\left(V_1 \cap V_2 \right)=\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{3}{9}=\dfrac{2}{5}.[/tex]
Observação: Utilizamos os dados do Problema 8 para exemplificar a construção de uma árvore e das probabilidades que dela podemos extrair; mas os procedimentos que fizemos são gerais e, portanto, vocês podem utilizá-los na construção de outras árvores.
É importante lembrar que os diagramas de árvore ajudam tremendamente, mas eles sozinhos não constituem uma solução ou uma justificativa de solução!
Mais problemas?
Aí vão eles!
Problema 9: Retirada de cartas
De um baralho comum ([tex]13[/tex] cartas de cada um dos quatro naipes – copas, ouro, paus, espada) são retiradas duas cartas sem reposição, uma depois da outra. Qual é a probabilidade de que nenhuma das duas cartas retiradas seja de copas?
Solução:
Inicialmente, observe que estamos com um espaço finito e a retirada das cartas no baralho são igualmente prováveis na primeira e na segunda retiradas.
Vamos definir os seguintes eventos:
[tex]C_1[/tex]: retirar copas na primeira extração;
[tex]C_2[/tex]: retirar copas na segunda extração;
[tex]N_1[/tex]: não retirar copas na primeira extração;
[tex]N_2[/tex]: não retirar copas na segunda extração.
Queremos determinar qual a probabilidade de nenhuma das duas cartas retiradas ser de copas; para isso vamos calcular [tex]P(N_1 \cap N_2).[/tex]
Pelas Regras do Produto, temos que [tex]P(N_1 \cap N_2)=P(N_2)\cdot P(N_1| N_2).[/tex]
Observe que: • Para a primeira retirada, temos [tex]13\times 3=39[/tex] cartas que não são de copas, em um baralho de [tex]13\times 4=52[/tex] cartas. • Para a segunda retirada, dado que não saiu copas na primeira, temos [tex]39-1=38[/tex] cartas que não são de copas, em um baralho com [tex]52-1=51[/tex] cartas.
Logo, segue que:
[tex]\quad P(N_1 \cap N_2)=P(N_1)\cdot P(N_2| N_1)\\
\quad P(N_1 \cap N_2)=\dfrac{39}{52}\cdot \dfrac{38}{51}\\
\quad P(N_1 \cap N_2)=\dfrac{1482}{2652}\\
\quad P(N_1 \cap N_2)\approx 0,5588\approx 55,88\%.[/tex]
Pelo exposto, a probabilidade de que, retiradas duas cartas sem reposição de um baralho, nenhuma das duas cartas retiradas seja de copas é de, aproximadamente, [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,5588\approx 55,88\% $}\,.[/tex]
Construção da árvore do experimento ► Para a primeira retirada, temos [tex]13[/tex] cartas que são de copas e [tex]13 \times 3=39[/tex] que não são de copas em um baralho de [tex]13\times 4=52[/tex] cartas. Assim:
[tex]\qquad P(C_1)=\dfrac{13}{52}\quad [/tex] e [tex]\quad P(N_1)=\dfrac{39}{52}[/tex]. ► Retirada uma carta de copas, para a segunda retirada restam [tex]13-1=12[/tex] cartas que são de copas e [tex]13 \times 4=39[/tex] que não são de copas, em um baralho de [tex]52-1=51[/tex] cartas. Assim:
[tex]\qquad P(C_2|C_1)=\dfrac{12}{51}\quad [/tex] e [tex]\quad P(N_2|C_1)=\dfrac{39}{51}[/tex]. ► Retirada uma carta que não seja de copas, para a segunda retirada restam [tex]13[/tex] cartas que são de copas e [tex]39-1=38[/tex] que não são de copas, em um baralho de [tex]52-1=51[/tex] cartas. Assim:
[tex]\qquad P(C_2|N_1)=\dfrac{13}{51}\quad [/tex] e [tex]\quad P(N_2|N_1)=\dfrac{38}{51}[/tex].
A resposta deste problema pode ser visualizada no caminho/galho inferior da árvore, lembrando que, quando percorremos um caminho, multiplicamos as probabilidades que nele aparecem:
[tex]\quad P(N_1 \cap N_2)=\dfrac{39}{52}\cdot \dfrac{38}{51}\\
\quad P(N_1 \cap N_2)=\dfrac{1482}{2652}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(N_1 \cap N_2)\approx 0,5588\approx 55,88\%$}\,.[/tex]
Problema 10: Leite adulterado
O leite utilizado em uma fábrica de chocolates vem de três fazendas:
[tex]20\% [/tex] do leite utilizado vem da Fazenda 1;
[tex]30\% [/tex] do leite utilizado vem da Fazenda 2;
[tex]50\% [/tex] do leite utilizado vem da Fazenda 3.
Um órgão de fiscalização inspecionou essas três fazendas e constatou que o leite produzido na Fazenda 1 tem uma taxa de adulteração de [tex]10\% [/tex], enquanto que para a Fazenda 2 e para a Fazenda 3 as taxas de adulteração eram de [tex]5\% [/tex] e [tex]2\% [/tex], respectivamente.
Na fábrica de chocolates os galões de leite são armazenados em um grande refrigerador sem identificação das fazendas produtoras. Para um galão escolhido ao acaso dentre os armazenados, qual a probabilidade de o leite desse galão estar adulterado?
Solução:
Vamos denotar por
[tex]A[/tex] o evento "galões com leite adulterado",
[tex]F_1[/tex] o evento "galões com leite vindo da Fazenda 1",
[tex]F_2[/tex] o evento "galões com leite vindo da Fazenda 2",
[tex]F_3[/tex] o evento "galões com leite vindo da Fazenda 3".
Observe que, como apenas as fazendas [tex]F_1[/tex], [tex]F_2[/tex] e [tex]F_3[/tex] fornecem leite para a fábrica, o conjunto de todos os galões armazenados no refrigerador da fábrica pode ser representado pela figura abaixo.
[tex]\quad A = (A \cap F_1) \cup (A \cap F_2) \cup (A \cap F_3)[/tex].
Como os eventos [tex]A \cap F_1[/tex], [tex]A \cap F_2[/tex] e [tex]A \cap F_3[/tex] são excludentes dois a dois, podemos aplicar a propriedade da probabilidade da união (propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] da Sala 1) estendida a três eventos para concluir que:
[tex]\quad P(A) = P\left((A \cap F_1) \cup (A \cap F_2) \cup (A \cap F_3)\right)\\
\quad P(A) = P(A \cap F_1) + P(A \cap F_2) + P(A \cap F_3),[/tex]
donde, utilizando a fórmula da probabilidade da interseção, segue que:
[tex]\quad P(A) = P(F_1) \cdot P(A | F_1) + P(F_2) \cdot P(A \cap F_2) + P(F_3) \cdot P(A \cap F_3).\quad \textcolor{#800000}{(i)}[/tex]
Mas, pelos dados do problema, [tex]20\% [/tex] do leite utilizado na fábrica vem da fazenda [tex]F_1[/tex]; [tex]30\% [/tex] vem da fazenda [tex]F_2[/tex] e [tex]50\% [/tex] vem da fazenda [tex]F_3[/tex]; assim: • [tex]P(F_1) = \dfrac{20}{100}[/tex]; [tex]\;P(F_2) = \dfrac{30}{100}\;[/tex] e [tex]\;P(F_3) = \dfrac{50}{100}.[/tex]
Por outro lado, o órgão de fiscalização constatou que [tex]10\% [/tex] do leite produzido em [tex]F_1[/tex], [tex]5\% [/tex] do leite produzido em [tex]F_2[/tex] e [tex]2\% [/tex] do leite produzido em [tex]F_3[/tex] estava adulterado; logo: • [tex]P(A | F_1) = \dfrac{10}{100}[/tex]; [tex]\;P(A | F_2) = \dfrac{5}{100}\;[/tex] e [tex]\;P(A | F_3) = \dfrac{2}{100}.[/tex]
Portanto, por [tex]\textcolor{#800000}{(i)}[/tex], segue que:
[tex]\quad P(A)= \dfrac{20}{100} \cdot \dfrac{10}{100} + \dfrac{30}{100} \cdot \dfrac{5}{100} + \dfrac{50}{100} \cdot \dfrac{2}{100}\\
\quad \boxed{P(A)= 4,5 \%}\,.[/tex]
Pelo exposto, escolhido ao acaso um dentre os galões armazenados na fábrica, a probabilidade de que o leite desse galão esteja adulterado é de [tex]\,\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$4,5 \%$}\,.[/tex]
Observe o diagrama de árvore do experimento descrito neste problema.
Destacamos no próximo diagrama os três caminhos que nos interessam, pois levam à opção desejada que é o leite adulterado (evento [tex]A[/tex]).
Para obter a resposta deste problema, basta percorrer esses três caminhos, multiplicando as respectivas probabilidades em cada um deles, e somando os produtos obtidos:
[tex]\quad P(A)= \dfrac{20}{100} \cdot \dfrac{10}{100} + \dfrac{30}{100} \cdot \dfrac{5}{100} + \dfrac{50}{100} \cdot \dfrac{2}{100}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$ P(A)=4,5 \%$}\,.[/tex]
Problema 11: Um teste de laboratório
(VUNESP) A eficácia de um teste de laboratório para checar certa doença nas pessoas que comprovadamente têm essa doença é de [tex]90\%\,.[/tex] Esse mesmo teste, porém, produz um falso positivo (acusa positivo em quem não tem comprovadamente a doença) da ordem de [tex]1\%\,.[/tex]
Em um grupo populacional em que a incidência dessa doença é de [tex]0,5\%[/tex], seleciona-se uma pessoa ao acaso para fazer o teste. Qual a probabilidade de que o resultado desse teste venha a ser positivo?
Solução:
De acordo com os dados do problema, de um grupo populacional de [tex]x[/tex] pessoas sabemos que:
[tex]\qquad \boxed{0,5\%\,x=0,005\,x}[/tex] pessoas comprovadamente têm a doença em questão
e, portanto,
[tex]\qquad \boxed{99,5\%\,x=0,995 \,x}[/tex] pessoas não têm a doença.
O problema pede a probabilidade de que o resultado desse teste venha a ser positivo para uma pessoa selecionada ao acaso no grupo populacional em questão; portanto, só iremos equacionar os dados relativos aos resultados positivos do teste. • Aplicando o teste para checagem da doença nas pessoas desse grupo, temos que o resultado é positivo para [tex]90\%[/tex] das pessoas que têm a doença; então, no nosso caso, o teste é positivo para
[tex]\qquad \boxed{\textcolor{blue}{90\%\,\left(0,005\,x\right)=0,9\left(0,005\,x\right)x=0,0045\,x}}[/tex] pessoas. • O teste acusa positivo para [tex]1\%[/tex] de quem não tem a doença, então, no nosso caso, o teste acusa positivo para
[tex]\qquad \boxed{\textcolor{blue}{1\%\,\left(0,995 \,x\right)=0,01\left(0,995 \,x\right)x=0,00995\,x}}[/tex] pessoas.
Como o espaço amostral deste experimento é finito (temos [tex]x[/tex] pessoas no grupo) e equiprovável (uma pessoa foi selecionada ao acaso), então a probabilidade [tex]P[/tex] do resultado do teste da pessoa selecionada ser positivo é dada por:
[tex]\qquad P=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\qquad P=\dfrac{0,0045\,x+0,00995\,x}{x}\\
\qquad P=\dfrac{0,01445\,x}{x}=\dfrac{0,01445\,\cancel{x}}{\cancel{x}}\\
\qquad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P=0,01445=1,445\%$}\,.[/tex]
Vamos fazer o diagrama de árvore do experimento, para um melhor entendimento das contas que fizemos. ► Inicialmente, sabemos que: • [tex]\boxed{0,5\%=0,005}[/tex] é a probabilidade de que as pessoas do grupo pesquisado tenham a doença em questão
e, portanto, • [tex]\boxed{99,5\%=0,995}[/tex] é a probabilidade de que as pessoas do grupo pesquisado não tenham a doença.
Com isso, temos os primeiros ramos da árvore.
► Aplicado o teste para checagem da doença nas pessoas desse grupo, sabemos que: • [tex]\boxed{90\%=0,9}[/tex] é a probabilidade de resultado positivo para as pessoas que têm a doença; • consequentemente [tex]\boxed{10\%=0,1}[/tex] é a probabilidade de resultado negativo para as pessoas que têm a doença. ► Por outro lado, para as pessoas que não têm a doença, • o teste apresenta uma probabilidade de [tex]\boxed{1\%=0,01}[/tex] de resultados positivos • e, consequentemente, o teste apresenta uma probabilidade de [tex]\boxed{99\%=0,99}[/tex] de resultados negativos.
Utilizando os dados do gráfico para resolver o problema, temos que calcular a probabilidade de o teste ter dado positivo. Assim, devemos percorrer o primeiro e o terceiro caminhos/galhos, multiplicando as respectivas probabilidades que aparecem em cada um e somando os produtos obtidos.
De acordo com nossos cálculos, a probabilidade de que o resultado do teste de uma pessoa do grupo populacional em questão venha a ser positivo é de [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,01445=1,445\% $}\,.[/tex]
Problema 12: Teste de um detector
Uma agência bancária está testando a eficácia de um detector de metais.
A empresa fabricante informa que existem dois riscos associados aos sensores do tipo do detector em teste: ► o falso positivo: acionamento do alarme indicativo de que uma pessoa está transportando algum objeto de metal, quando na verdade a pessoa não transporta objetos de metal; ► o falso negativo: NÃO acionamento do alarme indicativo de que uma pessoa está transportando algum objeto de metal, quando na verdade a pessoa transporta objetos de metal.
O detector que está em teste tem uma taxa de [tex]2\%[/tex] para o risco de falso positivo e uma taxa de [tex]1\%[/tex] para o risco de falso negativo.
Suponha que [tex]5\%[/tex] das pessoas que fizeram uma das etapas do teste passaram pelo detector portando algum objeto de metal. Se selecionarmos aleatoriamente uma dentre as pessoas que participaram dessa etapa, sabendo que o alarme disparou quando ela passou pelo detector, qual a probabilidade de que esta pessoa estivesse, de fato, portando algum objeto de metal?
Solução:
Pelo enunciado do problema, podemos dividir em dois grupos as pessoas que participaram da etapa do teste que estamos analisando: ► as que passaram pelo detector portando algum objeto de metal; ► as que passaram pelo detector sem portar objetos de metal.
Vamos, então, iniciar a construção de uma árvore de probabilidades com a inserção desses dois dados. O problema informa que [tex]5\%[/tex] das pessoas que fizeram esta etapa do teste ([tex]5\%=0,05[/tex]) passaram pelo detector portando algum objeto de metal; assim, [tex]95\%[/tex] das pessoas que fizeram esta etapa do teste ([tex]95\%=0,95[/tex]) passaram pelo detector não portando objeto de metal.
Temos a primeira ramificação da árvore; vamos indicar por:
[tex]S[/tex] o evento "portar algum objeto de metal";
[tex]N[/tex] o evento "não portar algum objeto de metal".
Independentemente de uma pessoa portar ou não algum objeto de metal, ela passou pelo sensor e nas duas situações o alarme pode ter disparado ou não. Vamos indicar por:
[tex]AD[/tex] o evento "Alarme disparou";
[tex]AN[/tex] o evento "Alarme não disparou".
O detector testado tem uma taxa de [tex]2\%[/tex] para o risco de falso positivo; assim, a probabilidade condicional [tex]P\left(AD|N\right)[/tex] corresponde a [tex]2\%=0,02[/tex] e, consequentemente, a probabilidade condicional [tex]P\left(AN|N\right)[/tex] corresponde a [tex]98\%=0,98[/tex].
Por outro lado, o detector testado tem uma taxa de [tex]1\%[/tex] para o risco de falso negativo; assim, a probabilidade condicional [tex]P\left(AN|S\right)[/tex] corresponde a [tex]1\%=0,01[/tex] e, consequentemente, a probabilidade condicional [tex]P\left(AD|S\right)[/tex] corresponde a [tex]99\%=0,99[/tex].
Veja como fica a nossa árvore com mais esses dados.
O problema nos pede a probabilidade de que a pessoa selecionada, de fato, portasse algum objeto de metal, sabendo que o alarme disparou quando ela passou pelo detector. De acordo com a definição de probabilidade condicional, precisaremos calcular [tex] P\left(S|AD\right)[/tex], mas nosso diagrama de árvore não nos fornece diretamente essa probabilidade. No entanto, [tex] P\left(S|AD\right)=\dfrac{P\left(S\cap AD\right)}{P\left(AD\right)}[/tex] e as probabilidades que definem essa razão nós conseguimos calcular a partir das probabilidades do diagrama. • Percorrendo o galho/caminho mais alto da nossa árvore, segue que
[tex] \qquad P\left(S\cap AD\right)= P\left(AD\cap S\right)=P\left(S\right)\cdot P\left(AD|S\right)\\
\qquad P\left(S\cap AD\right)= 0,05\cdot 0,99\\
\qquad P\left(S\cap AD\right)= 0,0495.\qquad \textcolor{#800000}{(i)}[/tex] • Percorrendo os dois galhos/caminhos que têm extremidades [tex] \textcolor{red}{AD}[/tex], temos que:
[tex] \qquad P\left(AD\right)= P\left(AD \cap S\right)+P\left(AD \cap N\right)\\
\qquad P\left(AD\right)= P\left(S\right) \cdot P\left(AD |S\right)+P\left(N\right) \cdot P\left(AD |N\right)\\
\qquad P\left(AD\right)=0,05 \cdot 0,99+0,95 \cdot 0,02\\
\qquad P\left(AD\right)=0,0495+0,019\\
\qquad P\left(AD\right)=0,0685. \qquad \textcolor{#800000}{(ii)}[/tex]
► Portanto, por [tex]\textcolor{#800000}{(i)}\,[/tex] e [tex]\,\textcolor{#800000}{(ii)}[/tex], concluímos que:
[tex] \qquad P\left(S|AD\right)=\dfrac{P\left(S\cap AD\right)}{P\left(AD\right)}\\
\qquad P\left(S|AD\right)=\dfrac{0,0495}{0,0685}\\
\qquad P\left(S|AD\right)\approx 0,7226\\
\qquad P\left(S|AD\right)\approx 72,26\% .\\
\,[/tex]
Pelos cálculos efetuados, selecionada uma pessoa ao acaso dentre as que participaram da etapa em análise do teste do detector de metais, sabendo que o alarme disparou quando ela passou pelo detector, a probabilidade de que esta pessoa estivesse portando algum objeto de metal é de aproximadamente [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$72\% $}\,.[/tex]
Poderíamos também utilizar o processo de restrição do espaço amostral para resolvermos o problema.
Neste caso, como temos um espaço amostral finito e equiprovável, a probabilidade [tex]P[/tex] requerida seria:
[tex]\quad P=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}.\\
\,[/tex]
Só precisamos calcular essas quantidades; para isso, suponhamos que a quantidade de pessoas que participaram da etapa do teste que está sendo analisada seja [tex]x.[/tex] Como [tex]5\%[/tex] dessas pessoas passaram pelo detector portando algum objeto de metal, [tex]95\%[/tex] passaram pelo detector não portando algum objeto de metal. Assim, se denotarmos por
[tex]S[/tex] o evento "portar algum objeto de metal";
[tex]N[/tex] o evento "não portar algum objeto de metal";
teremos a seguinte situação inicial:
Temos a informação de que o detector que está em teste tem uma taxa de [tex]2\%[/tex] para o risco de falso positivo (a pessoa não transporta objeto de metal e o alarme dispara); assim, analisando o caso das pessoas que não portavam objetos de metal, temos a seguinte situação:
Agora, com a informação de que o detector que está em teste tem uma taxa de [tex]1\%[/tex] para o risco de falso negativo (a pessoa transporta objeto de metal e o alarme não dispara); analisando o caso das pessoas que portavam objetos de metal, temos a seguinte situação:
Considerando o espaço amostral como o conjunto das pessoas para as quais o alarme disparou, observando os três esquemas acima, segue que: • casos possíveis: conjunto das pessoas para as quais o alarme disparou; • casos favoráveis: conjunto das pessoas que transportavam objeto de metal para as quais o alarme disparou. ► Calculando a probabilidade em questão, temos que:
[tex]\quad P=\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}\\
\quad P=\dfrac{0,99(0,05\,x)}{0,99(0,05\,x)+0,02(0,95\,x)}\\
\quad P=\dfrac{0,0495\,x}{0,0495\,x+0,019\,x}\\
\quad P=\dfrac{0,0495\,\cancel{x}}{0,0685\,\cancel{x}}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P\approx 0,7226$}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P\approx 72\%$}\,.\\
[/tex]
Aprofundando o tema
Estamos utilizando a expressão "probabilidade condicional" e na Sala 1 fomos apresentados ao conceito de "Função Probabilidade".
Será que a probabilidade condicional é uma função probabilidade?
A propriedade seguinte garante que sim!
III – A Probabilidade Condicional como função probabilidade
Considere um experimento aleatório com espaço amostral [tex]\Omega[/tex] no qual está definida uma função probabilidade [tex]P[/tex].
Fixado [tex]B \subset \Omega[/tex] um evento tal que [tex]P(B) \ne 0[/tex], a função que a cada evento [tex]X[/tex] do espaço amostral [tex]\Omega[/tex], associa o número [tex] P(X|B)[/tex] definido por:
[tex] P(X|B)=\dfrac{P(X\cap B)}{P(B)}[/tex],
é uma função probabilidade.
Vamos deixar oculta a demonstração dessa propriedade. Para vê-la, basta clicar no botão a seguir.
Demonstração: Precisamos verificar as condições:
[tex]\textcolor{#8b4513}{(i)}\; 0 \leq P(X|B) \leq 1[/tex], para todo [tex]X \subset \Omega[/tex];
[tex]\textcolor{#8b4513}{(ii)}\; P(\Omega|B) = 1[/tex];
[tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] Se [tex]X_1[/tex] e [tex]X_2[/tex] são eventos de [tex]\Omega[/tex] mutuamente excludentes ([tex]X_1 \cap X_2=\emptyset[/tex]), então
[tex]\quad P\left(\left(X_1 \cup X_2\right)|B\right) = P(X_1|B) + P(X_2|B)\,.[/tex]
Vamos lá, mas antes perceba que [tex]P[/tex] é uma função probabilidade; assim, [tex]P[/tex] satisfaz todas as propriedades de uma função probabilidade.
[tex]\textcolor{#8b4513}{(i)}[/tex] Seja [tex]X [/tex] tal que [tex]X \subset \Omega\,.[/tex]
Sendo [tex]P[/tex] uma função probabilidade, temos que [tex]0 \leq P(X \cap B) \leq 1[/tex]. Logo, segue que:
[tex]\qquad 0 \leq P(X \cap B)[/tex]
[tex]\qquad 0 \cdot \dfrac{1}{P(B)} \leq P(X \cap B) \cdot \dfrac{1}{P(B)}[/tex] (Note que [tex]P(B) \gt 0[/tex])
[tex]\qquad 0 \leq \dfrac{P(X \cap B)} {P(B)}[/tex]
[tex]\qquad 0 \leq P(X|B).[/tex]
Além disso, como [tex](X \cap B) \subset B[/tex] e [tex]P[/tex] é uma função probabilidade, então:
[tex]\qquad P(X \cap B) \leq P(B)[/tex]
[tex]\qquad\dfrac{1}{P(B)} \cdot P(X \cap B) \leq \dfrac{1}{P(B)} \cdot P(B) [/tex]
[tex]\qquad\dfrac{ P(X \cap B)}{P(B)} \leq 1[/tex]
[tex]\qquad P(X|B) \leq 1.[/tex]
Logo, [tex]\boxed{0 \leq P(X|B) \leq 1}.[/tex]
[tex]\textcolor{#8b4513}{(ii)}[/tex] Perceba que [tex]\Omega\cap X = X[/tex] para todo [tex]X \subset \Omega[/tex], então:
[tex]\qquad P(\Omega|B) = \dfrac{P(\Omega \cap B)}{P(B)} = \dfrac{P(B)}{P(B)} = 1[/tex].
Logo, [tex]\boxed{P(\Omega|B)=1}\,.\\
[/tex]
[tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] Sejam [tex]X_1[/tex] e [tex]X_2[/tex] eventos de [tex]\Omega[/tex] tais que [tex]X_1 \cap X_2=\emptyset\,.[/tex]
Pela definição de probabilidade condicional, temos [tex]P(X_1 \cup X_2|B) = \dfrac{P((X_1 \cup X_2)\cap B)}{P(B)}[/tex].
Das operações de conjuntos, temos [tex](X_1 \cup X_2)\cap B = (X_1\cap B) \cup (X_2 \cap B)[/tex]; logo:
Além disso, se [tex]X_1 \cap X_2 = \emptyset[/tex], então [tex](X_1\cap B) \cap (X_2\cap B) = \emptyset[/tex] e, portanto, como [tex]P[/tex] é uma função probabilidade, segue que:
[tex]\quad P(X_1 \cup X_2|B) = \dfrac{P((X_1\cap B) \cup (X_2 \cap B))}{P(B)}[/tex]
[tex]\quad P(X_1 \cup X_2|B)= \dfrac{P(X_1\cap B) + P(X_2 \cap B)}{P(B)}[/tex]
[tex]\quad P(X_1 \cup X_2|B)= \dfrac{P(X_1\cap B)}{P(B)}+ \dfrac{P(X_2 \cap B)}{P(B)}[/tex]
[tex]\boxed{\quad P(X_1 \cup X_2|B)= P(X_1|B) + P(X_2|B)}\,.[/tex]
Portanto, a probabilidade condicional define uma função probabilidade em [tex]\Omega[/tex].
Observação importante: Note que a definição de probabilidade condicional está vinculada ao evento fixado [tex]B[/tex] em que estamos condicionando. Assim, se fixarmos outro evento [tex]C[/tex], estaremos definindo uma outra função de probabilidade.
Em alguns problemas envolvendo probabilidade condicional é comum encontrarmos situações como as de alguns problemas que resolvemos e que vamos generalizar com o resultado apresentado a seguir. Para problemas envolvendo poucos eventos esse resultado é quase intuitivo para quem se lembra da propriedade da probabilidade da união de eventos disjuntos, mas sua utilização pode passar despercebida em problemas que envolvem mais de dois eventos.
IV – Teorema de Bayes
Suponha que [tex]A_1,A_2, \cdots, A_n[/tex] sejam eventos disjuntos dois a dois tais que [tex]P(A_i) \ne 0\,[/tex] para cada [tex]i=1,2,\cdots,n[/tex] e que [tex]B[/tex] seja um evento contido na união dos eventos [tex]A_1,A_2, \cdots, A_n[/tex], com [tex]P(B) \ne 0[/tex], conforme ilustram as figuras a seguir,
Fixado [tex]i[/tex], [tex]i=1,2,\cdots,n[/tex], qual a probabilidade condicional [tex]P(A_i|B) [/tex]?
Vamos obter uma fórmula para isso, acompanhe o raciocínio.
Fixando um valor para [tex]i[/tex], [tex]i=1,2,\cdots,n[/tex]; temos que:
[tex]\qquad P(A_i|B) =\dfrac{P(A_i \cap B)}{P(B)}.\qquad \textcolor{#800000}{(i)}[/tex]
Mas [tex]B=(B\cap A_1) \cup (B\cap A_2) \cup \cdots \cup (B\cap A_n)[/tex], donde, pela propriedade da probabilidade da união (propriedade [tex]\textcolor{#8b4513}{(iii)}\;[/tex] da Sala 1) estendida a [tex]n[/tex] eventos, temos que:
[tex]\qquad P(B)=P\left((B\cap A_1) \cup (B\cap A_2)\cup \cdots \cup (B\cap A_n)\right)\\
\qquad P(B)=P\left(B\cap A_1\right) + P\left(B\cap A_2\right)+\cdots +P\left(B\cap A_n\right).\qquad \textcolor{#800000}{(ii)}[/tex]
Por outro lado, [tex]P\left(B|A_i\right)=\dfrac{P\left(B\cap A_i\right)}{P(A_i)}[/tex], donde
[tex]\qquad P(A_i \cap B)=P\left(B\cap A_i\right)=P(A_i) \cdot P\left(B|A_i\right).\qquad \textcolor{#800000}{(iii)}[/tex]
Por [tex]\textcolor{#800000}{(i)}[/tex], [tex]\textcolor{#800000}{(ii)}\,[/tex] e [tex]\,\textcolor{#800000}{(iii)}[/tex], segue que:
[tex]\qquad P(A_i|B) =\dfrac{P(A_i \cap B)}{P(B)}\\
\qquad P(A_i|B) =\dfrac{P(A_i) \cdot P\left(B|A_i\right)}{P\left(B\cap A_1\right) + P\left(B\cap A_2\right)+\cdots +P\left(B\cap A_n\right)}.[/tex]
Aplicando a Regra do Produto às [tex]n[/tex] parcelas do denominador da última igualdade, concluímos que:
Respeitadas as condições inicialmente impostas, essa última igualdade destacada é conhecida como "Regra de Bayes".
Teorema de Bayes: Sejam [tex]A_1,A_2, \cdots, A_n[/tex] eventos disjuntos dois a dois tais que [tex]P(A_i) \ne 0\,[/tex] para cada [tex]i=1,2,\cdots,n[/tex] .
Se [tex]B[/tex] é um evento contido na união dos eventos [tex]A_1,A_2, \cdots, A_n\,[/tex] e [tex]P(B) \ne 0[/tex], então
para cada [tex]i[/tex], [tex]i=1,2,\cdots,n[/tex].
Problema 13: Parafusos defeituosos
Em certa fábrica de parafusos, um determinado tipo de parafuso é produzido por três máquinas que têm as seguintes características:
A máquina 1 é responsável pela produção de [tex]30\%[/tex] desses parafusos e tem uma taxa de produção de peças defeituosas da ordem de [tex]5\%.[/tex]
A máquina 2 é responsável pela produção de [tex]35\%[/tex] desses parafusos e tem uma taxa de produção de peças defeituosas da ordem de [tex]2,5\%.[/tex]
A máquina 3 é responsável pela produção de [tex]35\%[/tex] desses parafusos e tem uma taxa de produção de peças defeituosas da ordem de [tex]2\%.[/tex]
Depois de produzidos, os parafusos seguem para serem vendidos posteriormente, sem distinção de quais máquinas os produziram.
Se um comprador identifica um parafuso defeituoso, qual é a probabilidade de que ele tenha sido produzido na máquina 1? E na máquina 2? E na máquina 3?
Solução:
Vamos denotar por
[tex]D[/tex] o evento "parafusos defeituosos produzidos na fábrica";
[tex]M_1[/tex] o evento "parafusos produzidos pela máquina 1";
[tex]M_2[/tex] o evento "parafusos produzidos pela máquina 2";
[tex]M_3[/tex] o evento "parafusos produzidos pela máquina 3".
Pelos dados do problema, temos que:
[tex]\quad P(M_1)=30\%=0,30\,[/tex] e [tex]\,P(D|M_1)=5\%=0,05[/tex];
[tex]\quad P(M_2)=35\%=0,35\,[/tex] e [tex]\,P(D|M_2)=2,5\%=0,025[/tex];
[tex]\quad P(M_3)=35\%=0,35\,[/tex] e [tex]\,P(D|M_3)=2\%=0,02[/tex].
► Precisamos determinar a probabilidade de o parafuso comprado com defeito ter sido produzido na máquina 1. Essa é a probabilidade condicional [tex]P(M_1|D)[/tex] e pode ser obtida com a aplicação direta do Teorema de Bayes:
[tex]\,\\
\quad P(M_1|D) =\dfrac{P(M_1) \times P\left(D|M_1\right)}{P\left(M_1\right)\times P\left(D|M_1\right)+P\left(M_2\right)\times P\left(D|M_2\right)+P\left(M_3\right)\times P\left(D|M_3\right)}\\
\quad P(M_1|D) =\dfrac{0,30 \times 0,05}{0,30 \times 0,05+0,35\times 0,025+0,35\times 0,02}\\
\quad P(M_1|D) =\dfrac{0,015}{0,015+0,00875+0,007}\\
\quad P(M_1|D) =\dfrac{0,015}{0,03075}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(M_1|D)\approx 0,4878$}.
[/tex]
► A probabilidade de o parafuso comprado com defeito ter sido produzido na máquina 2 é a probabilidade condicional [tex]P(M_2|D)[/tex], que também pode ser calculada com a aplicação do Teorema de Bayes:
[tex]\,\\
\quad P(M_2|D) =\dfrac{P(M_2) \times P\left(D|M_2\right)}{P\left(M_1\right)\times P\left(D|M_1\right)+P\left(M_2\right)\times P\left(D|M_2\right)+P\left(M_3\right)\times P\left(D|M_3\right)}\\
\quad P(M_2|D) =\dfrac{0,00875}{0,30 \times 0,05+0,35\times 0,025+0,35\times 0,02}\\
\quad P(M_2|D) =\dfrac{0,00875}{0,015+0,00875+0,007}\\
\quad P(M_2|D) =\dfrac{0,00875}{0,03075}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(M_2|D)\approx 0,2846$}.
[/tex]
► Para determinar a probabilidade de que o parafuso comprado com defeito tenha sido produzido na máquina 3, precisamos calcular a probabilidade condicional [tex]P(M_3|D)[/tex]. Vamos fazê-lo aplicando mais uma vez o Teorema de Bayes:
[tex]\,\\
\quad P(M_3|D) =\dfrac{P(M_3) \times P\left(D|M_3\right)}{P\left(M_1\right)\times P\left(D|M_1\right)+P\left(M_2\right)\times P\left(D|M_2\right)+P\left(M_3\right)\times P\left(D|M_3\right)}\\
\quad P(M_3|D) =\dfrac{0,35 \times 0,02}{0,30 \times 0,05+0,35\times 0,025+0,35\times 0,02}\\
\quad P(M_3|D) =\dfrac{0,007}{0,015+0,00875+0,007}\\
\quad P(M_3|D) =\dfrac{0,007}{0,03075}\\
\quad \fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(M_3|D)\approx 0,2276$}.
[/tex]
Observe que qualquer uma das três probabilidades calculadas corresponde às respectivas razões [tex]\boxed{\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}}[/tex] calculadas considerando-se o espaço amostral reduzido dos parafusos com defeito: [tex]\boxed{D= (M_1 \cap D) \cup (M_2 \cap D) \cup (M_3 \cap D)}.[/tex]
Os casos favoráveis são, respectivamente, [tex]\boxed{D \cap M_1 }[/tex], [tex]\boxed{D \cap M_2 }[/tex] e [tex]\boxed{D \cap M_3 }.[/tex]
Problema 14: Um grupo de pessoas
Em um determinado grupo existem pessoas loiras, morenas e ruivas. Dentre essas pessoas, [tex]60\%[/tex] são morenas, [tex]30\%[/tex] loiras e [tex]10\%[/tex] ruivas.
Sabe-se ainda que [tex]50\%[/tex] das pessoas loiras têm olhos claros, [tex]40\%[/tex] das pessoas ruivas têm olhos claros e [tex]35\%[/tex] das pessoas morenas têm olhos claros. Se uma pessoa escolhida ao acaso tem olhos claros, qual é a probabilidade de que ela seja loira?
Solução:
Vamos denotar por
[tex]L[/tex] o evento "pessoas loiras do grupo",
[tex]M[/tex] o evento "pessoas morenas do grupo",
[tex]R[/tex] o evento "pessoas ruivas do grupo",
[tex]C[/tex] o evento "pessoas do grupo com olhos claros",
[tex]E[/tex] o evento "pessoas do grupo com olhos escuros",
Pelos dados do problema:
No grupo, [tex]60\%[/tex] das pessoas são morenas e dessas [tex]35\%[/tex] têm olhos claros;
No grupo, [tex]30\%[/tex] das pessoas são loiras e dessas [tex]50\%[/tex] têm olhos claros;
No grupo, [tex]10\%[/tex] das pessoas são ruivas e dessas [tex]40\%[/tex] têm olhos claros.
Vamos montar uma árvore para este problema.
Observe que, considerando como espaço amostral o conjunto das pessoas com olhos claros, queremos a probabilidade de, escolhida uma pessoa nesse espaço amostral, ela ser loira. Essa é a probabilidade condicional [tex]P(L|C)[/tex] e pode ser obtida com a aplicação direta do Teorema de Bayes ou utilizando o diagrama de árvore e computando a razão [tex]\boxed{\dfrac{\text{número de casos favoráveis}}{\text{número de casos possíveis}}}.[/tex]
[tex]\,\\
\quad P(L|C) =\dfrac{P(L) \cdot P\left(C|L\right)}{P\left(L\right)\cdot P\left(C|L\right)+P\left(M\right)\cdot P\left(C|M\right)+P\left(R\right)\cdot P\left(C|R\right)}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{\dfrac{30}{100} \cdot \dfrac{50}{100}}{\dfrac{30}{100}\cdot \dfrac{50}{100}+\dfrac{60}{100}\cdot \dfrac{35}{100}+\dfrac{10}{100}\cdot \dfrac{40}{100}}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{\dfrac{30\cdot 50}{10000}}{\dfrac{30 \cdot 50+60\cdot 35+10 \cdot 40}{10000}}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{30\cdot 50}{30 \cdot 50+60\cdot 35+10 \cdot 40}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{1500}{1500+2100+400}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{1500}{4000} =\dfrac{15}{40}\\
\quad P(L|C) =\dfrac{3}{8}=0,375\,.[/tex]
De qualquer forma, é de [tex]\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$37,5\%$}[/tex] a probabilidade de que, escolhida ao acaso uma pessoa no grupo que tenha olhos claros, essa pessoa seja loira.
Problema 15: O problema de Monty Hall
Para conhecer o problema, clique no botão abaixo.
Cliquem no botão abaixo e resolvam os problemas propostos.
E lembrem-se de que não há apenas uma forma de aplicar probabilidade condicional para resolver um problema.
Bom proveito, pessoal!
Problema 16:
(UFSCAR) Dois dados usuais e não viciados são lançados. Sabe-se que os números observados são ímpares. Então, qual a probabilidade de que a soma deles seja [tex]8[/tex]? Resposta: [tex]\dfrac{2}{9}\,.[/tex]
Problema 17:
(Vunesp) Um baralho de [tex]12[/tex] cartas tem [tex]4[/tex] ases. Retiram-se duas cartas uma após outra. Qual a probabilidade de que a segunda seja um ás sabendo que a primeira é um ás? Resposta: [tex]\dfrac{3}{11}\,.[/tex]
Problema 18:
(Enem-2012) Em um blog de variedades, músicas, mantras e informações diversas, foram postados "Contos de Halloween". Após a leitura, os visitantes poderiam opinar, assinalando suas reações em: "Divertido", "Assustador" ou "Chato".
Ao final de uma semana, o blog registrou que [tex]500[/tex] visitantes distintos acessaram esta postagem.
O gráfico a seguir apresenta o resultado da enquete.
O administrador do blog irá sortear um livro entre os visitantes que opinaram na postagem "Contos de Halloween ".
Sabendo que nenhum visitante votou mais de uma vez, qual a probabilidade mais aproximada de uma pessoa escolhida ao acaso entre as que opinaram ter assinalado que o "Contos de Halloween " é "Chato "? Resposta: Aproximadamente [tex]15\%\,.[/tex]
Problema 19:
Considere um lote formado de [tex]20[/tex] lâmpadas defeituosas e [tex]80[/tex] não defeituosas.
Se escolhermos ao acaso duas lâmpadas desse lote, (a) qual a probabilidade de ambas serem defeituosas? (b) qual a probabilidade de a segunda lâmpada ser defeituosa? Resposta:(a) Aproximadamente [tex]3,8\%\,.\qquad [/tex] (b) [tex]20\%\,.[/tex]
Problema 20:
Suponha que, em épocas chuvosas, a ocorrência de chuva em um dia dependa somente das condições de tempo do dia imediatamente anterior.
Admita que:
Se chove hoje, choverá amanhã com probabilidade de [tex]70\% [/tex].
Se não chove hoje, choverá amanhã com probabilidade de [tex]40\% [/tex].
Sabendo-se que choveu hoje, qual a probabilidade de chover depois de amanhã? Resposta: [tex]61\% \,.[/tex]
Problema 21:
Um teste de laboratório para detecção de diabetes tem uma taxa de [tex]5\%[/tex] de falsos negativos e uma taxa de [tex]1\%[/tex] de falsos positivos.
Se a incidência de diabetes em uma certa população é de [tex]0,5\%[/tex], qual a probabilidade de uma pessoa ter a doença quando o teste que ela fez deu positivo? Resposta: [tex]32\% [/tex], aproximadamente.
Problema 22:
(ENEM – 2010) Para verificar e analisar o grau de eficiência de um teste que poderia ajudar no retrocesso de uma doença numa comunidade, uma equipe de biólogos aplicou-o em um grupo de [tex]500[/tex] ratos, para detectar a presença dessa doença. Porém o teste não é totalmente eficaz, podendo existir ratos saudáveis com resultado positivo e ratos doentes com resultado negativo. Sabe-se, ainda, que [tex]100[/tex] ratos possuem a doença, [tex]20[/tex] ratos são saudáveis com resultado positivo e [tex]40[/tex] ratos são doentes com resultado negativo.
Um rato foi escolhido ao acaso, e verificou-se que o seu resultado deu negativo. Qual a probabilidade de esse rato ser saudável? Resposta: [tex]\dfrac{19}{21} [/tex].
Problema 23:
Em uma fábrica de pregos, as máquinas 1, 2 e 3 respondem por [tex]50\%[/tex], [tex]30\%[/tex] e [tex]20\%[/tex] da produção total, respectivamente. Alguns pregos saem das máquinas com defeito, na porcentagem de [tex]0,4\%[/tex] para a máquina 1, [tex]0,6\%[/tex] para a máquina 2 e [tex]1,2\%[/tex] para a máquina 3. Na inspeção final da produção, qual a probabilidade de um prego defeituoso encontrado ter sido produzido na máquina 1? Resposta: [tex]32,26\% [/tex].
Problema 24:
A máquina A responde por [tex]60\%[/tex] da produção e a máquina B pelo restante da produção de uma empresa. Os índices de peças defeituosas na produção destas máquinas são de [tex]3\%[/tex] e [tex]7\%[/tex] respectivamente. Se uma peça defeituosa foi selecionada, qual a probabilidade de que tenha sido produzida pela máquina B? Resposta: [tex]60,87\% [/tex].
Problema 25:
Um médico observa que [tex]30\%[/tex] de seus pacientes são mulheres e que [tex]40\%[/tex] de seus pacientes fumam. Dentre os fumantes, [tex]75\%[/tex] são homens.
Com relação a esses pacientes, calcular a porcentagem de fumantes entre as mulheres e a porcentagem de mulheres entre os fumantes. Resposta: [tex]33\% [/tex] e [tex]25\% [/tex].
Problema 26:
Um número é sorteado, ao acaso, entre os [tex]100[/tex] inteiros de [tex]1[/tex] a [tex]100.[/tex] (a) Qual a probabilidade de o número ser par? (b) Qual a probabilidade de o número ser par, dado que ele é menor do que [tex]50?[/tex] (c) Qual a probabilidade de o número ser divisível por [tex]5[/tex], dado que é par?
Problema 27:
(Fuvest) São efetuados lançamentos sucessivos e independentes de uma moeda perfeita (as probabilidades de cara e coroa são iguais) até que apareça cara pela segunda vez.
a) Qual é a probabilidade de que a segunda cara apareça no oitavo lançamento?
b) Sabendo-se que a segunda cara apareceu no oitavo lançamento, qual é a probabilidade condicional de que a primeira cara tenha aparecido no terceiro?
Problema 28:
Uma comissão de três pessoas foi formada escolhendo-se os integrantes ao acaso entre Antônio, Benedito, César, Denise e Elisabete.
Se Denise não pertence à comissão, qual a probabilidade de César pertencer?
Problema 29:
Suponha que foi feita uma pesquisa com [tex]100[/tex] pessoas que frequentam um shopping e foi constatado que
• [tex]60[/tex] tinham um cartão de crédito da bandeira A;
• [tex]70[/tex] tinham um cartão de crédito da bandeira B;
• [tex]30[/tex] tinham cartões de ambas as bandeiras.
Qual a probabilidade de encontrarmos nesse grupo uma pessoa que utilize o cartão da bandeira A e que ela seja uma das que também têm um cartão da bandeira B?
Problema 30: A caixa de Bertrand
Você passou a vida toda procurando as Pérolas Gêmeas, um dos tesouros arqueológicos mais valiosos, e finalmente as encontrou!
Há três porta-joias fechados, cada um com duas gavetas, e você sabe que as Pérolas Gêmeas estão em um deles.
Mas, quando você força a abertura de uma das gavetas, encontra o que parece ser uma das Pérolas Gêmeas, junto com o seguinte bilhete:
Qual a probabilidade de você encontrar outra pérola na segunda gaveta do mesmo porta-joias que você abriu?
Imagem extraída de https://cityobservatory.org/such-a-deal/
Imagem extraída de Vecteezy
