{"id":171209,"date":"2020-11-17T00:05:38","date_gmt":"2020-11-17T03:05:38","guid":{"rendered":"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/?page_id=171209"},"modified":"2024-06-04T00:22:12","modified_gmt":"2024-06-04T03:22:12","slug":"sala-de-estudo-probabilidades-sala-2","status":"publish","type":"page","link":"https:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/sala-de-estudo-probabilidades-sala-2\/","title":{"rendered":".Sala de Estudo: Probabilidades – Sala 2"},"content":{"rendered":"
\n

Probabilidade Cl\u00e1ssica<\/p>\n

\n\n\n
No s\u00e9culo XIX, o matem\u00e1tico, f\u00edsico e astr\u00f4nomo franc\u00eas Pierre Simon Laplace<\/em><\/strong> (1749-1827) foi o respons\u00e1vel pela estrutura\u00e7\u00e3o de toda a Teoria das Probabilidades da \u00e9poca. Foi ele quem deu a primeira defini\u00e7\u00e3o de probabilidade, hoje conhecida como "Defini\u00e7\u00e3o Cl\u00e1ssica de Probabilidade", publicada em num tratado designado por "Essai Philosophique sur les Probabilit\u00e9s<\/em>" (Ensaio Filos\u00f3fico sobre Probabilidade):
\nfra\u00e7\u00e3o cujo numerador \u00e9 o n\u00famero de casos favor\u00e1veis e o denominador \u00e9 o n\u00famero de todos os casos poss\u00edveis<\/strong>.<\/p>\n		\n\"\"\n<\/td>\n<\/tr>\n<\/table>\n

\"\"<\/p>\n

\nImagens extra\u00eddas de Internet Archive<\/strong><\/em><\/span><\/a><\/p>\n

Laplace <\/em><\/strong> escreveu outro tratado sobre Probabilidade: "Th\u00e9orie Analytique des Probabilit\u00e9s<\/em>"(Teoria Anal\u00edtica das Probabilidades).
\nNessas duas obras, Laplace<\/em><\/strong> elaborou regras consistentes sobre as combina\u00e7\u00f5es das chances e mostrou como obter com exatid\u00e3o as chances de se ganhar em um jogo de apostas, estimar tamanho de popula\u00e7\u00f5es ou mortalidade, entre outras aplica\u00e7\u00f5es.
\nA defini\u00e7\u00e3o de probabilidade dada por Laplace<\/em><\/strong> como sendo a raz\u00e3o entre o n\u00famero de casos favor\u00e1veis e o n\u00famero de casos poss\u00edveis \u00e9 adotada at\u00e9 os dias de hoje e ser\u00e1 o tema central desta Sala.<\/p>\n

\n
\n
\n

Modelo Equiprobabil\u00edstico<\/p>\n

Dentre as v\u00e1rias maneiras de se atribuir a eventos de experimentos aleat\u00f3rios n\u00fameros que nos permitam analis\u00e1-los quantitativamente e, portanto, associar um grau de confian\u00e7a aos resultados poss\u00edveis, a mais conhecida \u00e9 a defini\u00e7\u00e3o de probabilidade dada por Laplace<\/em><\/strong>. Essa defini\u00e7\u00e3o \u00e9 a forma mais antiga de se medir incertezas e foi desenvolvida basicamente para ser utilizada em jogos de azar.
\nNa Sala 1<\/strong><\/span> fizemos uma primeira apresenta\u00e7\u00e3o desse tipo de probabilidade e chegamos \u00e0 f\u00f3rmula de Laplace como consequ\u00eancia da aplica\u00e7\u00e3o de propriedades das fun\u00e7\u00f5es probabilidade a espa\u00e7os equiprov\u00e1veis.
\nNesta Sala, vamos fazer um caminho diferente. Como o objeto central da nossa discuss\u00e3o ser\u00e1 associar a eventos igualmente prov\u00e1veis a famosa raz\u00e3o entre o n\u00famero de casos favor\u00e1veis e o n\u00famero de todos os casos poss\u00edveis<\/strong>, vamos definir rigorosamente essa raz\u00e3o e mostrar que ela \u00e9, de fato, uma fun\u00e7\u00e3o probabilidade que pode ser definida em espa\u00e7os amostrais finitos e equiprov\u00e1veis.<\/p>\n

\n

\n

Defini\u00e7\u00e3o Cl\u00e1ssica de Probabilidade – Probabilidade de Laplace<\/strong><\/p>\n

Suponha um experimento aleat\u00f3rio cujo espa\u00e7o amostral [tex] \\Omega[\/tex] \u00e9 finito e equiprov\u00e1vel<\/strong>, ou seja, [tex] \\Omega[\/tex] \u00e9 formado por um n\u00famero finito de resultados igualmente prov\u00e1veis.
\nSe [tex]E[\/tex] \u00e9 um evento qualquer do espa\u00e7o amostral [tex]\\Omega[\/tex], a probabilidade de o evento [tex]E[\/tex] ocorrer<\/strong><\/span>, ou simplesmente a probabilidade do evento [tex]E[\/tex]<\/strong><\/span>, \u00e9 definida como a raz\u00e3o entre o n\u00famero de elementos de [tex]E[\/tex] e o n\u00famero de elementos de [tex] \\Omega[\/tex]. Em s\u00edmbolos, <\/p>\n

[tex] P(E)=\\dfrac{n(E)}{n(\\Omega)}[\/tex], <\/p>\n

sendo [tex]n(E)[\/tex] o n\u00famero de elementos do evento e [tex]n(\\Omega)[\/tex] o n\u00famero de elementos do espa\u00e7o amostral.
\nInformalmente, podemos dizer que, nessas condi\u00e7\u00f5es, a probabilidade de um evento \u00e9 o n\u00famero de casos favor\u00e1veis dividido pelo n\u00famero de casos poss\u00edveis:
\n\"\"\n<\/div>\n

Vamos, agora, mostrar que essa defini\u00e7\u00e3o atende \u00e0s tr\u00eas condi\u00e7\u00f5es espec\u00edficas de uma fun\u00e7\u00e3o probabilidade.<\/p>\n

\n

Propriedade fundamental<\/p>\n

\nSuponha um experimento aleat\u00f3rio cujo espa\u00e7o amostral [tex] \\Omega[\/tex] \u00e9 finito e equiprov\u00e1vel<\/strong>.
\nA fun\u00e7\u00e3o que a cada evento [tex]E[\/tex] do espa\u00e7o amostral [tex]\\Omega[\/tex], associa o n\u00famero [tex] P(E)[\/tex] definido por:<\/p>\n

[tex] P(E)=\\dfrac{n(E)}{n(\\Omega)}[\/tex], <\/p>\n

sendo [tex]n(E)[\/tex] o n\u00famero de elementos do evento e [tex]n(\\Omega)[\/tex] o n\u00famero de elementos do espa\u00e7o amostral, \u00e9 uma fun\u00e7\u00e3o probabilidade<\/strong>. <\/p>\n

\n

Demonstra\u00e7\u00e3o:<\/span><\/strong> Precisamos verificar as condi\u00e7\u00f5es
\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(i)}\\; 0 \\leq P(E) \\leq 1[\/tex], para todo [tex]E \\subset \\Omega[\/tex];
\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(ii)}\\; P(\\Omega) = 1[\/tex];
\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(iii)}\\;[\/tex] Se [tex]E_1[\/tex] e [tex]E_2[\/tex] s\u00e3o eventos de [tex]\\Omega[\/tex] mutuamente excludentes ([tex]E_1 \\cap E_2=\\emptyset[\/tex]), ent\u00e3o [tex]P(E_1 \\cup E_2) = P(E_1) + P(E_2)\\,.[\/tex]
\nVamos l\u00e1:<\/p>\n

\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(i)}[\/tex] Seja [tex]E [\/tex] tal que [tex]E \\subset \\Omega\\,.[\/tex] Como [tex]\\Omega[\/tex] \u00e9 finito e [tex]E \\subset \\Omega[\/tex], segue que [tex]n(E) \\leqslant n(\\Omega)[\/tex]. Por outro lado, a quantidade de elementos de um conjunto finito \u00e9 um n\u00famero natural n\u00e3o nulo, logo, [tex]n(E) \\geqslant 0[\/tex], e a pr\u00f3pria defini\u00e7\u00e3o [tex]P(E)=\\dfrac{n(E)}{n(\\Omega)}[\/tex] admite que [tex]n(\\Omega)\\ne 0\\,.[\/tex]
\nDessa forma, segue que
\n[tex]\\quad 0 \\leqslant n(E) \\leqslant n(\\Omega)\\\\
\n\\quad \\dfrac{0}{n(\\Omega)} \\leqslant \\dfrac{ n(E)}{n(\\Omega)}\\leqslant \\dfrac{ n(\\Omega)}{n(\\Omega)}\\\\
\n\\quad \\boxed{0 \\leqslant P(E) \\leqslant 1}\\,.\\\\
\n[\/tex]
\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(ii)}\\; P(\\Omega)=\\dfrac{n(\\Omega)}{n(\\Omega)}=1[\/tex].
\nLogo, [tex]\\boxed{P(\\Omega)=1}\\,.\\\\
\n[\/tex]
\n[tex]\\textcolor{#8b4513}{(iii)}\\;[\/tex] Sejam [tex]E_1[\/tex] e [tex]E_2[\/tex] eventos de [tex]\\Omega[\/tex] tais que [tex]E_1 \\cap E_2=\\emptyset\\,.[\/tex] Como [tex]E_1[\/tex] e [tex]E_2[\/tex] n\u00e3o t\u00eam elementos em comum, segue que o n\u00famero de elementos da uni\u00e3o [tex]E_1 \\cup E_2[\/tex] \u00e9 a soma do n\u00famero de elementos de cada um desses conjuntos, ou seja, [tex]n \\left(E_1 \\cup E_2 \\right)=n \\left(E_1 \\right)+ n\\left(E_2 \\right)\\,.[\/tex] Assim, temos que:
\n[tex]\\quad P(E_1 \\cup E_2) = \\dfrac{n \\left(E_1 \\cup E_2 \\right)}{n(\\Omega)}= \\dfrac{n \\left(E_1 \\right)+ n\\left(E_2 \\right)}{n(\\Omega)}\\\\
\n\\quad P(E_1 \\cup E_2) = \\dfrac{n \\left(E_1 \\right)}{n(\\Omega)}+\\dfrac{n\\left(E_2 \\right)}{n(\\Omega)} \\\\
\n\\quad \\boxed{P(E_1 \\cup E_2) =P \\left(E_1 \\right)+P\\left(E_2 \\right)}\\,.[\/tex]\n<\/div>\n

Portanto, a raz\u00e3o entre o n\u00famero de casos favor\u00e1veis e o n\u00famero de todos os casos poss\u00edveis define uma fun\u00e7\u00e3o probabilidade no espa\u00e7o amostral finito e equiprov\u00e1vel [tex] \\Omega\\,.[\/tex]\n<\/p><\/div>\n

\n

Duas observa\u00e7\u00f5es:<\/strong><\/p>\n

Observa\u00e7\u00e3o 1:<\/strong><\/span> Se [tex]E[\/tex] \u00e9 um evento de [tex]\\Omega[\/tex], ent\u00e3o [tex]0 \\leqslant P(E) \\leqslant 1[\/tex]; assim, quando for necess\u00e1rio utilizar porcentagem para expressar a probabilidade [tex]P(E)[\/tex], lembre-se de multiplicar o resultado da divis\u00e3o [tex]\\dfrac{n(E)}{n(\\Omega)}[\/tex] por [tex]100[\/tex] ou de utilizar uma regra de tr\u00eas.
\nObserva\u00e7\u00e3o 2:<\/strong><\/span> Como a Probabilidade de Laplace \u00e9 uma fun\u00e7\u00e3o probabilidade, se definida em um espa\u00e7o amostral finito e equiprov\u00e1vel, ent\u00e3o valem para esse espa\u00e7o amostral todas as propriedades estabelecidas na Sala 1<\/span><\/strong>. Vamos reproduzi-las aqui, adaptadas a espa\u00e7os amostrais finitos e equiprov\u00e1veis, para facilitar as nossas discuss\u00f5es.<\/p>\n

\nExemplo:<\/span><\/strong>
\nNa nossa Sala inicial, utilizamos alguns exemplos de experimentos aleat\u00f3rios, espa\u00e7os amostrais e eventos para ilustrar algumas defini\u00e7\u00f5es apresentadas. Agora, vamos utilizar tr\u00eas deles para ilustrar a defini\u00e7\u00e3o que acabamos de apresentar.
\n►<\/span> No caso do lan\u00e7amento de um dado, o espa\u00e7o amostral \u00e9 [tex]\\Omega_1=\\{1,2,3,4,5,6\\}[\/tex]. Quando queremos saber qual a chance de o resultado obtido ser par, por exemplo, estamos buscando estabelecer qual a probabilidade de o evento [tex]E_1=\\{2 , 4 , 6\\}[\/tex] ocorrer. Como vamos supor que o dado seja honesto, [tex]\\Omega_1[\/tex] \u00e9 finito e equiprov\u00e1vel e, portanto, segue que:
\n[tex]\\qquad \\qquad P(E_1)=\\dfrac{n(E_1)}{n(\\Omega_1)}=\\dfrac{3}{6}=\\dfrac{1}{2}=0,5.[\/tex]<\/p>\n

\n

Percentualmente, [tex]P(E_1)=50\\%.[\/tex]
\n►<\/span> No caso da retirada de uma bola de uma urna com [tex]50[\/tex] bolas numeradas de [tex]1[\/tex] a [tex]50[\/tex], o espa\u00e7o amostral \u00e9 [tex]\\Omega_5=\\{1,2,3,4,\\cdots,49,50\\}[\/tex] e, se as bolas forem id\u00eanticas, temos tamb\u00e9m um espa\u00e7o amostral finito e equiprov\u00e1vel. Se queremos determinar a probabilidade de se retirar uma bola com numera\u00e7\u00e3o acima de [tex]45[\/tex], estamos lidando com o evento [tex]E_5=\\{46,47,48,49,50\\}\\subset \\Omega_5[\/tex]. Assim:
\n[tex]\\qquad \\qquad P(E_5)=\\dfrac{n(E_5)}{n(\\Omega_5)}=\\dfrac{5}{50}=\\dfrac{1}{10}=0,1.[\/tex]<\/p>\n

\n

Percentualmente, [tex]P(E_5)=10\\%.[\/tex]<\/p>\n

\n

►<\/span> Retirada uma carta de um baralho completo, exemplo (7), a probabilidade de o seu naipe ser paus \u00e9 dada por:
\n[tex]\\qquad \\qquad P(E_7)=\\dfrac{n(E_7)}{n(\\Omega_7)}=\\dfrac{1}{4}=0,25.[\/tex]<\/p>\n

\n

Percentualmente, [tex]P(E_7)=25\\%.[\/tex]\n<\/p><\/div>\n

\n

\n

Propriedades<\/p>\n

\nSejam [tex]A[\/tex] e [tex]B[\/tex] eventos de um mesmo experimento com espa\u00e7o amostral [tex]\\Omega[\/tex] finito e equiprov\u00e1vel.
\nSe [tex]P[\/tex] \u00e9 a Probabilidade de Laplace, ent\u00e3o:
\n(1)<\/span><\/strong> [tex]P(\\emptyset) = 0\\,.[\/tex]
\n(2)<\/span><\/strong> [tex]P(\\overline{A}) = 1-P(A)\\,.[\/tex]
\n(3)<\/span><\/strong> Se [tex]A \\subset B[\/tex] ent\u00e3o [tex]P(A)=P(B)-P(B-A)\\,.[\/tex]
\n(4)<\/span><\/strong> Se [tex]A \\subset B[\/tex] ent\u00e3o [tex]P(A) \\leqslant P(B)\\,.[\/tex]
\n(5)<\/span><\/strong> [tex]P(A \\cup B) = P(A) + P(B)-P(A \\cap B)\\,.[\/tex]
\n(6)<\/span><\/strong> [tex]P(A-B) = P(A)-P(A \\cap B)\\,.[\/tex]
\n(7)<\/span><\/strong> N\u00e3o necess\u00e1ria.
\n(8)<\/span><\/strong> Se [tex]\\Omega[\/tex] tiver [tex]n[\/tex] elementos, ent\u00e3o a probabilidade de cada evento elementar [tex]a_i\\,[\/tex], [tex]1 \\leqslant i \\leqslant n[\/tex], \u00e9 dada por [tex]P\\left(a_i\\right)=\\dfrac{1}{n}\\,.[\/tex]\n<\/div>\n

Vamos ver alguns problemas. \u00c9 sempre bom lembrar que um erro muito comum em c\u00e1lculos de probabilidades \u00e9 o de usar a Probabilidade de Laplace em espa\u00e7os amostrais n\u00e3o equiprov\u00e1veis.<\/strong><\/p>\n

\n

\nProblema 1:<\/span> Lan\u00e7amento de um dado<\/strong>
\nNo lan\u00e7amento de um dado equilibrado, qual \u00e9 a probabilidade de se obter face maior que [tex]3[\/tex]?<\/p>\n

\"\"<\/p>\n

\n <\/p>\n
Solu\u00e7\u00e3o:<\/strong> <\/span>
\nTemos um espa\u00e7o amostral finito em que os eventos elementares s\u00e3o igualmente prov\u00e1veis, pois estamos supondo que o dado seja equilibrado. O espa\u00e7o amostral \u00e9 [tex]\\Omega=\\{1,2,3,4,5,6\\}[\/tex] e o evento de interesse \u00e9 [tex]A=\\{4, 5, 6\\}[\/tex]; portanto:
\n[tex]\\quad\\quad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=\\dfrac{3}{6}=0,5$}\\,.[\/tex]
\nPercentualmente, [tex]\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=50\\%$}\\,.[\/tex]\n<\/div>\n<\/div>\n<\/div>\n

\n

\nProblema 2:<\/span> Lan\u00e7amento de dois dados comuns<\/strong>
\nVamos considerar, novamente, o lan\u00e7amento de dois dados equilibrados.
\nCalcular a probabilidade de que a soma dos n\u00fameros mostrados nas faces voltadas para cima seja:
\n(a)<\/span><\/strong> par.
\n(b)<\/span><\/strong> maior que dez.
\n(c)<\/span><\/strong> \u00edmpar.
\n\"\"<\/p>\n
\n <\/p>\n
Solu\u00e7\u00e3o:<\/strong> <\/span>
\nPodemos definir o espa\u00e7o amostral do experimento a partir da tabela abaixo, na qual aparecem pares ordenados formados por todas as poss\u00edveis combina\u00e7\u00f5es de resultados dos n\u00fameros mostrados nas duas faces voltadas para cima.<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n\\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\\\
\n\\hline
\n1&(1,1)&(1,2)&(1,3)&(1,4)&(1,5)&(1,6)\\\\
\n\\hline
\n2&(2,1)&(2,2)&(2,3)&(2,4)&(2,5)&(2,6)\\\\
\n\\hline
\n3&(3,1)&(3,2)&(3,3)&(3,4)&(3,5)&(3,6)\\\\
\n\\hline
\n4&(4,1)&(4,2)&(4,3)&(4,4)&(4,5)&(4,6)\\\\
\n\\hline
\n5&(5,1)&(5,2)&(5,3)&(5,4)&(5,5)&(5,6)\\\\
\n\\hline
\n6&(6,1)&(6,2)&(6,3)&(6,4)&(6,5)&(6,6)\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]<\/p>\n

Observamos com a tabela que temos [tex]36[\/tex] pares ordenados poss\u00edveis de n\u00fameros mostrados nas face voltadas para cima de cada dado e podemos considerar o espa\u00e7o amostral
\n[tex]\\qquad \\qquad \\Omega=\\{(1,1);(1,2); (1,3); \\ldots ;(6,4); (6,5);(6,6)\\}.[\/tex]
\nNeste caso, [tex]n\\left(\\Omega\\right)=36\\,.[\/tex]
\n(a)<\/span><\/strong> Utilizando o espa\u00e7o amostral [tex]\\Omega[\/tex] descrito pela tabela, obtemos as situa\u00e7\u00f5es nas quais ocorre uma soma par:<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n\\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\\\
\n\\hline
\n1&\\textcolor{red}{(1,1)}&(1,2)&\\textcolor{red}{(1,3)}&\\text(1,4)&\\textcolor{red}{(1,5)}&(1,6)\\\\
\n\\hline
\n2&(2,1)&\\textcolor{red}{(2,2)}&(2,3)&\\textcolor{red}{(2,4)}&(2,5)&\\textcolor{red}{(2,6)}\\\\
\n\\hline
\n3&\\textcolor{red}{(3,1)}&(3,2)&\\textcolor{red}{(3,3)}&(3,4)&\\textcolor{red}{(3,5)}&(3,6)\\\\
\n\\hline
\n4&(4,1)&\\textcolor{red}{(4,2)}&(4,3)&\\textcolor{red}{(4,4)}&(4,5)&\\textcolor{red}{(4,6)}\\\\
\n\\hline
\n5&\\textcolor{red}{(5,1)}&(5,2)&\\textcolor{red}{(5,3)}&(5,4)&\\textcolor{red}{(5,5)}&(5,6)\\\\
\n\\hline
\n6&(6,1)&\\textcolor{red}{(6,2)}&(6,3)&\\textcolor{red}{(6,4)}&(6,5)&\\textcolor{red}{(6,6)}\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]\n<\/p>\n

Assim, se [tex]A[\/tex] \u00e9 o evento relativo \u00e0 obten\u00e7\u00e3o de soma par, ent\u00e3o:
\n[tex]\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=\\dfrac{18}{36}=0,5$}\\,[\/tex];
\npercentualmente, [tex]\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=50\\%$}\\,.[\/tex]<\/p>\n

\n

(b)<\/span><\/strong> Para este caso, vamos tamb\u00e9m utilizar a tabela para contar os casos favor\u00e1veis: situa\u00e7\u00f5es nas quais ocorre uma soma maior que dez.<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n\\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\\\
\n\\hline
\n1&(1,1)&(1,2)&(1,3)&(1,4)&(1,5)&(1,6)\\\\
\n\\hline
\n2&(2,1)&(2,2)&(2,3)&(2,4)&(2,5)&(2,6)\\\\
\n\\hline
\n3&(3,1)&(3,2)&(3,3)&(3,4)&(3,5)&(3,6)\\\\
\n\\hline
\n4&(4,1)&(4,2)&(4,3)&(4,4)&(4,5)&(4,6)\\\\
\n\\hline
\n5&(5,1)&(5,2)&(5,3)&(5,4)&(5,5)&\\textcolor{#3DB1F5}{(5,6)}\\\\
\n\\hline
\n6&(6,1)&(6,2)&(6,3)&(6,4)&\\textcolor{#3DB1F5}{(6,5)}&\\textcolor{#3DB1F5}{(6,6)}\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]<\/p>\n

Se [tex]B[\/tex] \u00e9 o evento relativo \u00e0 obten\u00e7\u00e3o de soma maior do que dez, ent\u00e3o temos tr\u00eas situa\u00e7\u00f5es favor\u00e1veis. Logo,
\n[tex]\\qquad P(B)=\\dfrac{3}{36}=\\dfrac{1}{12}\\\\
\n\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\\approx 0,083$}\\\\
\n\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(B)\\approx 8,3\\%$}\\,.[\/tex]
\n(b)<\/span><\/strong> Observe que, se [tex]C[\/tex] corresponde ao evento de se obter uma soma \u00edmpar nas faces voltadas para cima dos dois dados, ent\u00e3o o conjunto [tex]C[\/tex] \u00e9 o complementar do conjunto [tex]A[\/tex], com rela\u00e7\u00e3o a [tex]\\Omega\\,.[\/tex]
\nAssim, pela propriedade 2<\/strong><\/span>, segue que:
\n[tex]\\quad P(C)=P\\left(\\overline{A}\\right)=1-P(A)=1-0,5=\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$0,5$}\\,.[\/tex]
\nPerceba que poder\u00edamos tamb\u00e9m ter feito a contagem dos casos favor\u00e1veis diretamente da tabela e obtido igualmente que
\n[tex]\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(C)=\\dfrac{18}{36}=0,5$}\\,.[\/tex]<\/div>\n<\/div>\n<\/div>\n

\n

\nProblema 3:<\/span> Quem est\u00e1 correta?<\/strong>
\nAna, Beatriz e Cec\u00edlia estavam estudando juntas e encontraram o seguinte problema formulado pelo professor delas, mestre PC:
\nQual \u00e9 a probabilidade de que a soma dos resultados obtidos ao se lan\u00e7ar dois dados equilibrados e id\u00eanticos seja [tex]7[\/tex]?<\/strong><\/span>
\n\u2022 Ana analisa a situa\u00e7\u00e3o e diz<\/strong>:
\n– H\u00e1 [tex]36[\/tex] casos poss\u00edveis para os resultados, dos quais [tex]6[\/tex] s\u00e3o favor\u00e1veis. Logo, a probabilidade de dar a soma [tex]7[\/tex] \u00e9 [tex]\\dfrac{1}{6}[\/tex]<\/em>.
\n\u2022 Beatriz discorda<\/strong>:
\n– Ana, como os dados s\u00e3o id\u00eanticos, n\u00e3o faz sentido distinguir os resultados [tex](1, 2)[\/tex] e [tex](2, 1)[\/tex], por exemplo. Logo, h\u00e1 apenas [tex]21[\/tex] casos poss\u00edveis, dos quais [tex]3[\/tex] s\u00e3o favor\u00e1veis. A probabilidade de dar soma [tex]7[\/tex] \u00e9, portanto, [tex]\\dfrac{1}{7}[\/tex].<\/em>
\n\u2022 Cec\u00edlia discorda de ambas<\/strong>:
\n– Voc\u00eas duas est\u00e3o complicando a situa\u00e7\u00e3o sem necessidade…
\n H\u00e1 [tex]11[\/tex] somas poss\u00edveis (de [tex]2[\/tex] a [tex]12[\/tex]). Assim, a probabilidade de dar soma [tex]7[\/tex] \u00e9 [tex]\\dfrac{1}{11}[\/tex]<\/em>.<\/p>\n

\n\"\"Imagem extra\u00edda de Freepik<\/a><\/p>\n

Qual das tr\u00eas est\u00e1 certa?<\/strong><\/p>\n

\n <\/p>\n
Solu\u00e7\u00e3o:<\/strong> <\/span>
\n►<\/span>Vamos inicialmente acompanhar o racioc\u00ednio da Cec\u00edlia:<\/p>\n

\u00c9 claro que podemos definir o espa\u00e7o amostral do experimento de "lan\u00e7ar dois dados equilibrados e id\u00eanticos 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], j\u00e1 que n\u00e3o estamos interessados nos n\u00fameros propriamente ditos que aparecem nas duas faces e sim nas suas somas. O problema \u00e9 que esse espa\u00e7o n\u00e3o \u00e9 equiprov\u00e1vel!
\nObserve 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. Como isso, [tex]P(\\{2\\})\\ne P(\\{5\\})[\/tex] e [tex]\\Omega_1[\/tex] n\u00e3o \u00e9 equiprov\u00e1vel. Dessa forma, n\u00e3o podemos utilizar a raz\u00e3o entre "casos favor\u00e1veis" e "casos poss\u00edveis" e, portanto, Cec\u00edlia n\u00e3o est\u00e1 certa.<\/strong><\/p>\n

►<\/span>Vamos agora acompanhar o racioc\u00ednio da Beatriz:<\/p>\n

Vamos obter o espa\u00e7o amostral definido pela Beatriz, a partir da tabela do problema anterior:<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n\\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\\\
\n\\hline
\n1&1\\text{ e }1&1\\text{ e }2&1\\text{ e }3&1\\text{ e }4&1\\text{ e }5&1\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n2&\\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\\\\
\n\\hline
\n3&\\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\\\\
\n\\hline
\n4&\\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\\\\
\n\\hline
\n5&\\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\\\\
\n\\hline\\
\n6&\\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\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]
\n[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n\\text{Dados}&1&2&3&4&5&6\\\\
\n\\hline
\n1&1\\text{ e }1&1\\text{ e }2&1\\text{ e }3&1\\text{ e }4&1\\text{ e }5&1\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n2&&2\\text{ e }2&2\\text{ e }3&2\\text{ e }4&2\\text{ e }5&2\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n3&&&3\\text{ e }3&3\\text{ e }4&3\\text{ e }5&3\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n4&&&&4\\text{ e }4&4\\text{ e }5&4\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n5&&&&&5\\text{ e }5&5\\text{ e }6\\\\
\n\\hline\\
\n6&&&&&&6\\text{ e }6\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]<\/p>\n

Ent\u00e3o temos [tex]21[\/tex] casos poss\u00edveis, mas o espa\u00e7o amostral da Beatriz n\u00e3o \u00e9 equiprov\u00e1vel!
\nObserve que a hip\u00f3tese de que os dois dados s\u00e3o equilibrados nos garante que o experimento em quest\u00e3o \u00e9 aleat\u00f3rio, 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 id\u00eanticos, 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]? N\u00c3O<\/strong>!
\nAssim,
\n▬ 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;
\n▬ 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.(Imagine que um dos dados est\u00e1 com uma marquinha . . .)<\/li>\n

Assim, Beatriz tamb\u00e9m n\u00e3o est\u00e1 certa<\/strong>.\n<\/p>\n

►<\/span>Vamos agora acompanhar o racioc\u00ednio da Ana:<\/p>\n

Utilizando a tabela do problema anterior, j\u00e1 sabemos que o conjunto formado pelos [tex]36[\/tex] pares ordenados definidos por n\u00fameros naturais de [tex]1[\/tex] a [tex]6[\/tex] \u00e9 um espa\u00e7o equiprov\u00e1vel e as situa\u00e7\u00f5es favor\u00e1veis a obter soma [tex]7[\/tex] s\u00e3o: [tex](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 quest\u00e3o \u00e9:
\n[tex]\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(\\{7\\})=\\dfrac{6}{36}=\\dfrac{1}{6}$}\\\\
\n\\,[\/tex]
\ne Ana est\u00e1 correta<\/strong>!<\/p>\n<\/div>\n<\/div>\n<\/div>\n

\n

\nProblema 4:<\/span> Uma corrida, dois experimentos…<\/strong>
\nNo Problema 18<\/strong><\/span> da Sala 1<\/strong><\/span>, propusemos que os atletas [tex]B[\/tex], [tex]F[\/tex], [tex]N[\/tex], [tex]R[\/tex], [tex]S[\/tex], [tex]U[\/tex] e [tex]W[\/tex] v\u00e3o disputar uma corrida de [tex]200[\/tex] metros rasos e perguntamos se a probabilidade de [tex]U[\/tex] ganhar a prova seria de [tex]\\dfrac{1}{7}[\/tex].<\/p>\n
\"\"

Imagem extra\u00edda de Freepik <\/strong><\/a><\/p><\/div>\n

Agora, neste problema, informamos que, antes da corrida, sete camisetas nas cores amarela, azul, verde, vermelha, preta, branca e cinza ser\u00e3o sorteadas entre os atletas e perguntamos: Qual \u00e9 a probabilidade de que a corrida seja vencida pelo atleta da camiseta vermelha?<\/strong><\/p>\n

\n <\/p>\n
Solu\u00e7\u00e3o:<\/strong> <\/span>
\nAltamente motivados pelo Problema 18<\/strong><\/span> da Sala 1<\/strong><\/span>, voc\u00eas devem estar pensando: <\/p>\n
-Ah! Desta vez a gente n\u00e3o vai cair na armadilha e j\u00e1 dizemos de antem\u00e3o que o espa\u00e7o amostral relativo ao experimento da cor da camiseta do campe\u00e3o da corrida n\u00e3o \u00e9 equiprov\u00e1vel, pois existem corredores muito melhores preparados do que os demais!<\/em><\/div>\n

Pois bem, aqui o espa\u00e7o \u00e9 equiprov\u00e1vel…
\nIndependentemente de quem tenha sido o vencedor, ele tem probabilidade [tex]\\dfrac{1}{7}[\/tex] de ter recebido a camisa vermelha, sim!
\nObservem que o sorteio das camisetas foi feito antes da corrida e a condi\u00e7\u00e3o f\u00edsica dos corredores n\u00e3o influenciou o sorteio (eles nem precisariam estar presentes na hora do sorteio). Ent\u00e3o, para o evento da distribui\u00e7\u00e3o de camisetas podemos aplicar a Probabilidade Cl\u00e1ssica no espa\u00e7o amostral
\n[tex]\\qquad \\qquad \\Omega=\\{\\text{ amarela, azul, verde, vermelha, preta, branca , cinza }\\}[\/tex]
\ne concluir que qualquer atleta, particularmente o ganhador, tem probabilidade [tex]\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$\\dfrac{1}{7}$}\\,[\/tex] de estar com a camiseta vermelha.\n<\/p><\/div>\n<\/div>\n<\/div>\n

\n

\nProblema 5:<\/span> Cinco cartas de um baralho<\/strong>
\n(UERJ<\/strong>-2018) Cinco cartas de um baralho est\u00e3o sobre uma mesa; duas delas s\u00e3o Reis, como indicam as imagens.<\/p>\n

\"\"<\/p>\n

Ap\u00f3s serem viradas para baixo e embaralhadas, uma pessoa retira uma dessas cartas ao acaso e, em seguida, retira outra.
\nQual a probabilidade de sair Rei apenas na segunda retirada?<\/p>\n

\n <\/p>\n
Solu\u00e7\u00e3o 1:<\/strong> <\/span>
\nVamos tentar obter um espa\u00e7o amostral equiprov\u00e1vel.
\nComo o problema prev\u00ea que a pessoa retirar\u00e1 outra <\/strong> carta na segunda retirada, a primeira carta retirada n\u00e3o ser\u00e1 reposta para a segunda retirada. Assim, podemos definir como nosso espa\u00e7o amostral o conjunto de pares [tex](C_1,C_2)[\/tex], com [tex]C_1[\/tex] e [tex]C_2[\/tex] representando duas cartas distintas dentre as cinco dispon\u00edveis. Indicaremos as cinco cartas como [tex]A,\\, 7,\\, 10,\\, \\textcolor{red}{K},\\, K[\/tex] e faremos uma tabela parecida com a que fizemos no Problema 2<\/strong><\/span>.<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\n\\hline
\n(A,7)&(A,10)&(A,\\textcolor{red}{K})&(A,K)\\\\
\n\\hline
\n(7,A)&(7,10)&(7,\\textcolor{red}{K})&(7,K)\\\\
\n\\hline
\n(10,A)&(10,7)&(10,\\textcolor{red}{K})&(10,K)\\\\
\n\\hline
\n(\\textcolor{red}{K},A)&(\\textcolor{red}{K},7)&(\\textcolor{red}{K},10)&(\\textcolor{red}{K},K)\\\\
\n\\hline
\n(K,A)&(K,7)&(K,10)&(K,\\textcolor{red}{K})\\\\
\n\\hline
\n\\end{array}[\/tex]<\/p>\n

Dessa forma, observe que o espa\u00e7o amostral [tex]\\Omega[\/tex] deste experimento tem [tex]20[\/tex] elementos, todos com a mesma probabilidade, j\u00e1 que estamos considerando os dois Reis como cartas distintas (um preto e o outro vermelho).
\nO evento [tex]E[\/tex] para o qual calcularemos a probabilidade de ele ocorrer ser\u00e1 formado por pares tais que:
\n•<\/strong><\/span> os primeiros elementos n\u00e3o s\u00e3o Reis e, portanto, s\u00e3o [tex]A[\/tex], [tex]7[\/tex] ou [tex]10;[\/tex]
\n•<\/strong><\/span> os segundos elementos s\u00e3o Reis, ou seja, s\u00e3o [tex]\\textcolor{red}{K}[\/tex] e [tex]K[\/tex].
\nAssim, [tex]E=\\{(A,\\textcolor{red}{K}),(A,K), (7,\\textcolor{red}{K}),(7,K),(10,\\textcolor{red}{K}),(10,K)[\/tex] e, portanto:
\n[tex]\\quad P(E)=\\dfrac{n(E)}{n(\\Omega)}\\\\
\n\\quad P(E)=\\dfrac{6}{20}\\\\
\n\\quad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\\dfrac{3}{10}=0,3$}\\,.\\\\
\n\\,
\n[\/tex]
\nPercentualmente, [tex]\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(A)=30\\%$}\\,.[\/tex]<\/p>\n

\n

Observa\u00e7\u00e3o:<\/strong> Se voc\u00ea conhece o Princ\u00edpio Multiplicativo (Princ\u00edpio Fundamental da Contagem), as contagens dos n\u00fameros de elementos de [tex]E[\/tex] e de [tex]\\Omega[\/tex] podem ser feitas sem a tabelinha que constru\u00edmos. Veja o Princ\u00edpio.<\/p>\n

\nPrinc\u00edpio Fundamental da Contagem<\/strong>, ou Princ\u00edpio Multiplicativo<\/strong>, para duas decis\u00f5es
\nSe
\n•<\/strong><\/span> uma decis\u00e3o [tex]D1[\/tex] puder ser tomada de [tex]m[\/tex] maneiras diferentes,
\n•<\/strong><\/span> uma decis\u00e3o [tex]D2[\/tex] puder ser tomada de [tex]n[\/tex] maneiras diferentes,
\ne essas duas decis\u00f5es forem independentes entre si (isto \u00e9, a ocorr\u00eancia de uma n\u00e3o muda a quantidade de possibilidades para a ocorr\u00eancia da outra), ent\u00e3o o n\u00famero total de maneiras de tomarmos as decis\u00f5es [tex]D1[\/tex] e [tex]D2[\/tex] ser\u00e1 [tex]\\boxed{m\\cdot n}\\,.[\/tex]<\/div>\n

\n

Solu\u00e7\u00e3o 2:<\/strong> <\/span>
\n►<\/span> Temos cinco possibilidades para primeira retirada e quatro possibilidades para a segunda; assim, pelo Princ\u00edpio Fundamental da Contagem<\/strong>, temos um total de [tex]5\\cdot 4=20[\/tex] casos poss\u00edveis.<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{c c}
\n\\underline{\\text{ 5 possibilidades}}&\\underline{\\text{ 4 possibilidades }}\\\\
\n\\text{Primeira retirada}&\\text{Segunda retirada}
\n\\end{array}[\/tex].<\/p>\n

►<\/span> Temos tr\u00eas casos favor\u00e1veis para o evento [tex]E[\/tex] na primeira retirada e dois na segunda; assim, pelo Princ\u00edpio Fundamental da Contagem<\/strong>, temos um total de [tex]3\\cdot 2=6[\/tex] casos favor\u00e1veis para o evento [tex]E[\/tex].<\/p>\n

[tex]\\begin{array}{c c}
\n\\underline{\\text{ 3 possibilidades}}&\\underline{\\text{ 2 possibilidades }}\\\\
\n\\text{Primeira retirada}&\\text{Segunda retirada}
\n\\end{array}[\/tex].<\/p>\n

Ent\u00e3o:
\n[tex]\\qquad P(E)=\\dfrac{\\text{n\u00famero de casos favor\u00e1veis}}{\\text{n\u00famero de casos poss\u00edveis}}\\\\
\n\\qquad \\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=\\dfrac{6}{20}=\\dfrac{3}{10}=0,3$}\\,.\\\\
\n\\,
\n[\/tex]
\nPercentualmente, [tex]\\fcolorbox{#6d360f}{#f5d2b8}{$P(E)=30\\%$}\\,.[\/tex]\n<\/p><\/div>\n<\/div>\n<\/div>\n

\nComo vimos no Problema 5<\/strong><\/span>, a utiliza\u00e7\u00e3o do Princ\u00edpio Fundamental da Contagem\/Princ\u00edpio Multiplicativo<\/strong> pode evitar contagens expl\u00edcitas muito longas. Assim, vamos enunciar a forma geral desse Princ\u00edpio.<\/p>\n

\"explicador_p\" <\/p>\n

Princ\u00edpio Fundamental da Contagem, ou Princ\u00edpio Multiplicativo<\/p>\n

✏<\/strong> <\/span> Se<\/p>\n