Page 1 PROBABILIDADES A teoria do azar consiste em reduzir

PROBABILIDADES
A teoria do azar consiste em reduzir todos os acontecimentos
do mesmo gênero a um certo número de casos igualmente possíveis,
ou seja, tais que estejamos igualmente inseguros sobre sua existência ,
e em determinar o número de casos favoráveis ao acontecimento
cuja probabilidade é buscada. A razão deste número para o de todos
os casos possíveis é a medida dessa probabilidade, a qual é portanto
uma fração cujo numerador é o número de casos favoráveis e cujo
denominador é o número de todos os casos possíveis.
Pierre Simon Laplace
Ensaio filosófico sobre as Probabilidades
I. Experimentos Aleatórios
São experimentos que não apresentam os mesmos resultados mesmo que sejam repetidos muitas
vezes e sob condições idênticas. Diremos que um experimento é determinístico quando repetido em
condições semelhantes conduz a resultados essencialmente idênticos.
Exemplos de experimentos aleatórios:
a) o lançamento de um dado,
b) o lançamento de uma moeda.
II. Espaço Amostral
É o conjunto de todos os resultados possíveis de um experimento aleatório.
Exemplo: No experimento aleatório “ lançamento de uma moeda” , temos como espaço amostral o
conjunto E = {k, c} , onde k indica cara e c coroa.
III. Evento
É qualquer subconjunto do espaço amostral.
Exemplo: O conjunto A = { janeiro, junho, julho} , meses do ano que começam por j , representa um
evento do espaço amostral constituído pelos meses do ano.
IV. Probabilidade de um Evento
n(A)
.
n(E)
onde n(A) corresponde ao número de elementos do evento A e n(E) corresponde ao número de elementos
do espaço amostral E.
A probabilidade do evento A ocorrer é definida pelo número real P(A), tal que P(A) =
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PROBABILIDADES
Exemplo 1: (Cesgranrio) Em uma amostra de quinhentas
peças, existem exatamente quatro
defeituosas. Retirando-se, ao acaso, uma peça dessa amostra, a probabilidade de ela ser perfeita é de:
( B)
(A) 99,0%
99,2%
(C) 99,4%
(D) 99,1%
(E) 99,3%
Resolução:
O espaço amostral E é formado pelas quinhentas peças e então n(E) = 500 .
O evento é o conjunto A = {x ∈ E x é peça perfeita} ∴ n(A)=496.
Logo, P(A) =
n(A) 496
=
= 0,992 = 99, 2%
n(E) 500
Exemplo 2: (FEI-SP) Em uma indústria com 4000 operários, 2100 têm mais de 20 anos, 1200 são
especializado e oitocentos têm mais de 20 anos e são especializados. Se um dos operários é escolhido
aleatoriamente, a probabilidade de ele ter no máximo 20 anos e ser especializado é :
(A)
1
10
(B)
2
5
(C)
3
8
(D)
27
85
(E)
7
18
Resolução:
O espaço amostral E é formado pelos 4000 operários e assim n(E) = 4000
O evento A é formado por 400 operários , logo n(A)= 400, veja:
operários com
mais de 20 anos
operários especializados
1300
800
400
operários com no máximo
20 anos e especializados
Com isso P(A) =
n(A) 400
1
=
=
n(E) 4000 10
Exemplo 3: (Fuvest – SP) Escolhem-se ao acaso dois números naturais distintos, de 1 a 20. Qual é a
probabilidade de que o produto dos números escolhidos seja ímpar ?
(A)
9
38
(B)
1
2
(C)
9
20
(D)
1
4
(E)
8
25
Resolução:
Como a ordem dos
dado por:
fatores
não
altera o produto, o número de elementos do espaço amostral E é
2
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PROBABILIDADES
20!
20 ⋅19 ⋅18!
20 ⋅19
/
ou seja , 190 possíveis resultados do produto de
=
=
= 190 ,
2!⋅ ( 20 − 2 ) !
2!⋅18!
2
/
dois números dentre 20 números. Já o evento representa o produto de dois quaisquer dos números
ímpares, pois quando ao menos um dos termos de um produto for par, então o produto será um
número par. Como no conjunto {1, 2,3,..., 20} temos 10 algarismos ímpares então o número de
C20,2 =
elementos do evento A é dado por :
/
10! 10.9.8!
=
= 45
n(A) = C10,2 =
/
2!⋅ 8! 2!⋅ 8!
Logo, P(A) =
n(A) 45
9
=
=
n(E) 190 38
Exemplo 4: Lança-se um dado honesto. Qual a probabilidade de que seja sorteado um
maior que 4 ?
número
Resolução:
O espaço amostral é o conjunto E = {1, 2,3, 4,5, 6} e assim n(E) = 6
O evento é o conjunto A = {5, 6} , logo n(A)= 2 .
Daí temos P(A) =
n(A) 2 1
= =
n(E) 6 3
Exemplo 5: (UNIRIO) Joga-se um dado três vezes consecutivas. A probabilidade de surgirem os resultados
abaixo, em qualquer ordem , é :
(A)
1
216
(B)
1
72
(C)
1
36
(D)
1
18
(E)
1
3
Resolução:
O espaço amostral(E) no lançamento de um dado três vezes é um conjunto cujos elementos são ternos
ordenados: {(1,1,1), (1,1,2), .... , (5,4,6) , .... , (6,6,6)} , então n(E) = 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 216 ternos.
O evento(A) é o terno ordenado (1,2,3) em qualquer ordem, assim n(A) = 3! = 6 .
6
1
Logo a probabilidade é dada por P(A) =
=
216 36
3
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PROBABILIDADES
Exemplo 6: (UERJ) Um armário tem 8 repartições, em 4 níveis, como mostra a
figura abaixo. Ocupando-se metade das repartições, a probabilidade de que se tenha
uma repartição ocupada em cada nível é de :
(A)
2
35
(B)
4
35
(C)
6
35
( D)
8
35
(E)
2
7
Resolução:
O espaço amostral(E) representa todas as possibilidades de se escolher 4 dentre 8 níveis , sem se importar
8! 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5
=
= 70 .
com a ordem, então trata-se de uma combinação : C8,4 =
4!4!
24
O evento(A) , ocupar uma repartição em cada nível, é calculado usando o princípio multiplicativo:
Possibilidades
1N 2N 3N 4N
2 . 2 . 2 . 2 = 16
Portanto a probabilidade é P(A) =
(1N é o 10 nível)
16 8
=
70 35
V. Propriedades das probabilidades
Sendo E um espaço amostral finito e não-vazio e sendo A um evento de E, tem-se que:
(I) P ( ∅ ) = 0
Demonstração:
De fato se n ( ∅ ) = 0 , então P ( ∅ ) =
n (∅)
0
=
= 0 , ou seja, ∅ é um evento impossível .
n (E) n (E)
Exemplo 7: Determine a probabilidade de se obter um número maior que 10 no lançamento de um dado.
Resolução:
O espaço amostral é o conjunto E = {1, 2,3, 4,5, 6} e assim n(E) = 6
O evento é o conjunto a A = {x ∈ E x > 10} = ∅ , logo n( ∅ )= 0.
Com isso P(A) =
n (A) 0
= =0
n (E) 6
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PROBABILIDADES
(II) P(E) = 1
Demonstração:
De fato se E ⊂ E , então P(E) =
n(E)
= 1 , ou seja, E é um evento certo.
n(E)
Exemplo 8: Uma urna contém exatamente oito bolas numeradas de 1 a 8. Retira-se uma bola da urna.
Qual é a probabilidade de se obter uma bola de número menor que 9 ?
Resolução:
O espaço amostral é o conjunto E = {b1 , b 2 , b3 ,..., b8 } e assim n(E) = 8
O evento é o conjunto a A = {x ∈ E x < b9 } = {b1 , b 2 , b3 ,..., b8 } = E , logo n(A)= 8
Com isso P(A) =
n (A) 8
= =1
n (E) 8
(III) 0 ≤ P(A) ≤ 1
Demonstração:
Como o conjunto ∅ é subconjunto de qualquer conjunto e como n ( ∅ ) = 0 então supondo o evento A não
vazio temos :
∅ ⊂ A ⊂ E ⇒ n ( ∅ ) ≤ n ( A ) ≤ n ( E ) ∴ 0 ≤ n ( A ) ≤ n ( E ) , dividindo todos os
membros
dessa
desigualdade por n ( E ) teremos,
n (A) n (E)
0
≤
≤
∴ 0 ≤ P (A) ≤ 1.
n (E) n (E) n (E)
Exemplo 9: (Cescem) Um evento A de um espaço amostral é tal que n ( A ) = n e P ( A ) =
n−4
.O
3
maior número possível de elementos de A é:
(A) 4
(B) 8
(C) 9
(D) 12
(E)
Resolução:
n−4
≤1 ∴ 0 ≤ n − 4 ≤ 3 ∴ 4 ≤ n ≤ 7
3
Assim, o conjunto A tem no máximo 7 elementos.
Como 0 ≤ P(A) ≤ 1 , então 0 ≤
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PROBABILIDADES
(IV) P ( A ) = 1 − P ( A ) , onde A é o complemento de A, ou seja, A ∪ A = E e A ∩ A = ∅ .
Demonstração:
Da teoria dos conjuntos temos
que n ( A ∪ A ) = n ( A ) + n ( A ) − n ( A ∩ A )
e
como A ∪ A = E e
A ∩ A = ∅ , então n ( A ∪ A ) = n ( A ) + n ( A ) − n ( A ∩ A ) ⇒ n ( E ) = n ( A ) + n ( A ) .
Dividindo por n ( E ) ambos os membros, temos que :
n (E) n (A) n (A)
=
+
∴ 1 = P (A) + P (A) ∴ P (A) = 1− P (A)
n (E) n (E) n (E)
Exemplo 10: (Cesgranrio) Em uma amostra de quinhentas peças, existem exatamente quatro
defeituosas. Retirando-se, ao acaso, uma peça dessa amostra, a probabilidade de ela ser perfeita é de:
(A) 99,0%
( B)
99,2%
(C) 99,4%
(D) 99,1%
(E) 99,3%
Resolução:
Sejam os eventos A = {x ∈ E x é peça perfeita} e A = {x ∈ E x é peça defeituosa} tais que A ∪ A = E ,
sendo E o espaço amostral das quinhentas peças. Daí P ( A ) = 1 − P ( A ) = 1 −
4
496
=
= 99, 2% , que é a
500 500
probabilidade da peça ser perfeita.
VI. Probabilidade da União de dois Eventos
Sejam A e B dois eventos do espaço amostral E , finito e não vazio. Segundo a teoria dos
conjuntos, temos:
n ( A ∪ B ) = n ( A ) + n ( B ) − n ( A ∩ B ) , dividindo ambos os membros da igualdade por n ( E ) , obtemos:
n ( A ∪ B) n ( A ) n ( B) n ( A ∩ B)
∴ P ( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ∩ B)
=
+
−
n (E)
n (E) n (E)
n (E)
No caso em que A e B são mutuamente exclusivos ( A ∩ B ) = ∅ teremos:
P ( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B)
Exemplo 11: (Cescea) Uma urna contém exatamente vinte bolas, numeradas de 1 a 20. No
experimento “retirada de uma bola”, considere os seguintes eventos:
A = { a bola retirada possui um número múltiplo de 2};
B = { a bola retirada possui um número múltiplo de 5}.
Então a probabilidade do evento A ∪ B é:
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(A)
13
20
(B)
4
5
(C)
7
10
( D)
3
5
(E)
11
20
Resolução:
O espaço amostral E é formado pelas 20 bolas e assim n(E) = 20.
O evento A = {x ∈ E x é múltiplo de dois} = {2, 4, 6,8,10,12,14,16,18, 20} é formado por 10 bolas , logo
n(A)= 10 .
O evento B = {x ∈ E x é múltiplo de cinco} = {5,10,15, 20} é formado por 4 bolas , logo n(B)= 4 .
Como A ∩ B = {10, 20} , então:
P ( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ∩ B)
P ( A ∪ B) =
10 4
2 12 3
+
−
=
=
20 20 20 20 5
VII. Probabilidade Condicional
Chama-se “probabilidade condicional de um evento B” a probabilidade de esse evento ocorrer
considerando-se que já ocorreu um evento A. (Indicamos: P(B / A) , lê-se probabilidade de B, dado A)
Como o evento A ocorreu, então o evento B, por sua vez, só poderá ocorrer na intersecção de A e
B. No caso em que A ∩ B = ∅ , teremos P(B / A) = 0 . Assim, temos que:
P(B / A) =
n ( A ∩ B)
n (A)
Exemplo 12: (Osec – SP) O número da chapa de um carro é par. A probabilidade de o algarismo das
unidades ser zero é:
(A)
1
10
(B)
1
2
(C)
4
9
(D)
5
9
(E)
1
5
Resolução:
Evento A: o número da chapa é par.
Lembrando que a condição para um número ser par é que o algarismo das unidades simples seja
par, então:
UM C
D US
possibilidades: 10 . 10 . 10 . 5 = 5000 ∴ n(A) = 5000
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PROBABILIDADES
Evento B: o número possui o algarismo das unidades igual a 0, com isso n(B) = 1000 , veja
UM C
D
0
possibilidades: 10 . 10 . 10 . 1 = 1000 ∴ n(B) = 1000
Como todos os elementos de B pertencem a A, então A ∩ B = B e assim
P(B / A) =
n ( A ∩ B ) 1000 1
=
=
n (A)
5000 5
VIII. Produto de Probabilidades
A probabilidade de ocorrer dois eventos A e B é igual ao produto da probabilidade de um
deles pela probabilidade do outro, dado que o primeiro ocorreu.
n ( A ∩ B)
. Vamos dividir o numerador e o denominador dessa fração
n (A)
por n(E) , sendo E o espaço amostral:
Vimos que P(B / A) =
n ( A ∩ B)
n (E)
P ( A ∩ B)
P (B / A) =
=
∴ P ( A ∩ B) = P ( A ) ⋅ P ( B / A )
n (A)
P (A)
n (E)
Se A e B forem eventos independentes (são aqueles em que a probabilidade de ocorrer um
deles não depende de ter ou não ocorrido o outro) utilizamos a regra do produto da seguinte forma:
P ( A ∩ B) = P ( A ) ⋅ P ( B)
Exemplo 13: Sabendo-se que a probabilidade de que um animal adquira certa enfermidade, no
decurso de cada mês, é igual a 30%, a probabilidade de que esse animal somente venha a contrair a
doença no final do terceiro mês é igual a:
(A) 21%
(B) 49%
(C) 6,3%
( D)
14,7%
(E) 3 ( 0, 7 ) ⋅ 0,3%
2
Resolução:
Como os eventos são independentes, temos:
Probabilidade
S
S
D
0,7 . 0,7 . 0,3 = 0, 147 = 14,7%
8
S: Sadio e D: doente
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Exemplo 14: (UFRS) Qual é a probabilidade de que, jogando-se um dado dez vezes, saia pelo
menos uma vez o número 6 ?
10
⎛5⎞
(A) ⎜ ⎟
⎝6⎠
10
5
( B ) 1 − ⎛⎜ ⎞⎟
⎝6⎠
10
10
⎛1⎞
(C) ⎜ ⎟
⎝6⎠
10
⎛1⎞
(D) 1 − ⎜ ⎟
⎝6⎠
⎛1⎞
(E) 1 − ⎜ ⎟
⎝2⎠
Resolução:
Vamos trabalhar com a probabilidade do evento complementar. Considere a
probabilidade em que o número 6 não aparece nenhuma vez:
__ __ __ __ __ __ __ __ __ __
Prob.
10
5
⎛5⎞
.
=⎜ ⎟
6
⎝6⎠
5 5 5
.
. . ....
6 6 6
10
⎛5⎞
Logo a probabilidade do número 6 aparecer ao menos uma vez é dada por 1 − ⎜ ⎟ .
⎝6⎠
Exemplo 15: (UFRJ/02) Duas urnas contém , cada uma, 100 bolinhas numeradas de 1 a 100. Retira-se ao
acaso uma bolinha de cada urna. Sabendo-se que todas as bolinhas têm a mesma probabilidade de serem
retiradas , qual a probabilidade p de que a soma dos números obtidos seja par ?
Resolução:
Para que a soma dos números seja par devemos retirar em ambas as urnas números pares ou em ambas as
urnas números ímpares. Portanto
P
P
___ e ___
ou
50
50
⋅
100
100
+
I
I
___ e ___
50
50
=
⋅
100
100
1 1 1 1 1 1 2 1
⋅ + ⋅ = + = = = 50%
2 2 2 2 4 4 4 2
Exemplo 16 : (UFRJ) Um alvo é formado por três círculos concêntricos.
I
II
III
9
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PROBABILIDADES
Uma flexa, ao ser lançada, pode atingir as regiões I, II e III ou não acertar o alvo, as probabilidades de um
1 3 1
arqueiro atingir as regiões I, II e III , são iguais a
,
, , respectivamente. Um arqueiro lança três
10 10 2
flexas. Determine a probabilidade dele acertar somente duas flexas no alvo, ambas na região III.
Resolução:
Primeiramente devemos conceber a idéia de que a ordem com que o arqueiro acerta e erra o alvo é
importante. Temos as seguintes possibilidades AAE , AEA e EAA onde A é o acerto e E o erro.
Poderíamos, em uma quantidade maior de lançamentos de flexas, usar a permutação com elementos
repetidos para realizar a contagem do total de possibilidades, assim no problema em questão as três
3!
possibilidades são calculadas do seguinte modo P32 = = 3 .
2!
A probabilidade do arqueiro errar o alvo é igual a 100% menos a probabilidade dele acertar o alvo
18
9
1
⎛ 1 3 1⎞
= 1− =
(probabilidade do evento complementar) : 1 − ⎜ + + ⎟ = 1 −
20
10 10
⎝ 10 10 2 ⎠
Para finalizarmos o problema vamos escolher uma das ordens acima e depois multiplicar o resultado por 3
E A A
___ ___ ___
1
1 1 1
⋅
⋅ =
10 2 2 40
Portanto a probabilidade é dada por 3 ⋅
1
3
=
40 40
IX. Lei Binomial de Probabilidade
A probabilidade de ocorrer k vezes o evento A nos n experimentos é dada por:
⎛n⎞
n −k
, onde p é a probabilidade de ocorrer um evento A.
Pk ( A ) = ⎜ ⎟ ⋅ p k ⋅ (1 − p )
⎝k⎠
A lei binomial deve ser aplicada nas seguintes condições:
- O experimento deve ser repetido nas mesmas condições as n vezes.
- Em cada experimento devem ocorrer os eventos A e A .
- A probabilidade do evento A deve ser constante em todas as n vezes.
- Cada experimento é independente dos demais.
Exemplo 17: Uma prova do tipo múltiplo escolha contém 10 questões, com 5 alternativas
cada uma. Somente uma alternativa é correta para cada questão. Qual a probabilidade de um
aluno, “chutando” os 10 testes, acertar metade das respostas ?
10
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PROBABILIDADES
(A)
2,7%
(B) 2,5%
(C) 3,2%
(D) 3,5%
(E) 3,7%
Resolução:
1
4
são respectivamente as
e
5
5
1
4
probabilidades de acertar e de errar uma questão, ou seja, P(A) = e P(A) = , então:
5
5
5
5
⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 ⎞
1 1024
⋅
= 0, 0264241152 ≅ 2, 7%
P5 (A) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 252 ⋅
3125 3125
⎝ 5 ⎠ ⎝5⎠ ⎝ 5⎠
Seja A o evento em que o aluno acerta 5 das questões. Sabendo-se que
Exemplo 18: (UCDB-MT) Uma equipe E deve disputar 5 partidas e ela tem
2
de probabilidade de ganhar
3
em cada jogo. Então a probabilidade de E ganhar 4 partidas é igual a:
(A)
50
243
(B)
70
243
(C)
60
243
(D)
90
243
(E)
80
243
Resolução:
2
1
de probabilidade de ganhar, então
é a sua probabilidade de perder.
3
3
Considerando A como o evento desejado, ou seja, ganhar 4 partidas, então:
Como a equipe E tem
⎛5⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1 ⎞
16 1 80
P(A) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 5 ⋅ ⋅ =
81 3 243
⎝ 4⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
4
1
Exemplo 19: (UFRJ-2006) Em um jogo, cada partida consiste no lançamento de uma moeda honesta até
dez vezes. Se o número de caras obtidas atingir o valor cinco, você perde; caso contrário, você ganha.
Calcule a probabilidade de você ganhar uma partida desse jogo.
Resolução:
Para que se ganhe uma partida só é permitido todos os resultados coroa , ou apenas 1 cara , ou apenas 2
caras, ou apenas 3 caras ou apenas 4 caras. Trata-se de um problema da probabilidade da união de eventos ,
onde a probabilidade de cada um dos eventos é a probabilidade binomial. Por exemplo: para apenas uma
cara devemos ter nove vezes coroa, em qualquer ordem (CCCCCCcCCC , CcCCCCCCCC, ....)
Como no lançamento de uma moeda a probabilidade de dar coroa é igual a de dar cara , então temos:
Evento(A) : apenas 1 cara
1
⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(A) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 1 ⎠ ⎝2⎠
9
10! 1 1
10
⎛1⎞
⋅⎜ ⎟ =
⋅ ⋅
=
⎝ 2 ⎠ 1!9! 2 512 1024
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PROBABILIDADES
Evento(B) : apenas 2 caras
⎛ 10 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(B) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠
2
8
10! 1 1
45
⎛1⎞
⋅⎜ ⎟ =
⋅ ⋅
=
2!8! 4 256 1024
⎝2⎠
Evento(C) : apenas 3 caras
⎛ 10 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(C) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠ ⎝2⎠
3
7
10! 1 1
120
⎛1⎞
⋅⎜ ⎟ =
⋅ ⋅
=
3!7! 8 128 1024
⎝2⎠
Evento(D) : apenas 4 caras
⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(D) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 4 ⎠ ⎝2⎠
4
6
10! 1 1
210
⎛1⎞
⋅⎜ ⎟ =
⋅ ⋅ =
4!6! 16 64 1024
⎝2⎠
Evento(E) : todos os resultados coroa
⎛ 10 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(E) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 10 ⎠ ⎝ 2 ⎠
0
10
⎛1⎞
⋅⎜ ⎟
⎝2⎠
=
10!
1
1
⋅1 ⋅
=
10!0! 1024 1024
Portanto P(A ∪ B ∪ C ∪ D ∪ E) =
10
45
120 210
1
386 193
+
+
+
+
=
=
= 0,3769 = 37,7%
1024 1024 1024 1024 1024 1024 512
12
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