PROBABILIDADE

   
A história da teoria das probabilidades, teve início com os jogos de cartas, dados e de roleta. Esse é o motivo da grande existência de exemplos de jogos de azar no estudo da probabilidade. A teoria da probabilidade permite que se calcule a chance de ocorrência de um número em um experimento aleatório.

 
   Experimento Aleatório

    É aquele experimento que quando repetido em iguais condições, podem fornecer resultados diferentes, ou seja, são resultados explicados ao acaso. Quando se fala de tempo e possibilidades de ganho na loteria, a abordagem envolve cálculo de experimento aleatório.

    Espaço Amostral

    É o conjunto de todos os resultados possíveis de um experimento aleatório. A letra que representa o espaço amostral, é S.

    Exemplo:

    Lançando uma moeda e um dado, simultaneamente, sendo S o espaço amostral, constituído pelos 12 elementos:

    S = {K1, K2, K3, K4, K5, K6, R1, R2, R3, R4, R5, R6}

1. Escreva explicitamente os seguintes eventos: A={caras e m número par aparece}, B={um número primo aparece}, C={coroas e um número ímpar aparecem}.
2. Idem, o evento em que:

a)      A ou B ocorrem;

b)      B e C ocorrem;

c)      Somente B ocorre.

3. Quais dos eventos A,B e C são mutuamente exclusivos

 

Resolução:

1. Para obter A, escolhemos os elementos de S constituídos de um K e um número par: A={K2, K4, K6};

Para obter B, escolhemos os pontos de S constituídos de números primos: B={K2,K3,K5,R2,R3,R5}

Para obter C, escolhemos os pontos de S constituídos de um R e um número ímpar: C={R1,R3,R5}.

2. (a) A ou B = AUB = {K2,K4,K6,K3,K5,R2,R3,R5}

(b) B e C = B Ç C = {R3,R5}

(c) Escolhemos os elementos de B que não estão em A ou C;

B  Ç  A^c  Ç  C^c   =   {K3,K5,R2}

3. A e C são mutuamente exclusivos, porque A Ç C = Æ
    

Conceito de probabilidade

Se em um fenômeno aleatório as possibilidades são igualmente prováveis, então a probabilidade de ocorrer um evento A é:

Por, exemplo, no lançamento de um dado, um número par pode ocorrer de 3 maneiras diferentes dentre 6 igualmente prováveis, portanto, P = 3/6= 1/2 = 50%

Dizemos que um espaço amostral S (finito) é equiprovável quando seus eventos elementares têm probabilidades iguais de ocorrência.

Num espaço amostral equiprovável S (finito), a probabilidade de ocorrência de um evento A é sempre:

Propriedades Importantes: 1. Se A e A’ são eventos complementares, então: P( A ) + P( A' ) = 1 2. A probabilidade de um evento é sempre um número entre Æ (probabilidade de evento impossível) e 1 (probabilidade do evento certo).   Probabilidade Condicional  Antes da realização de um experimento, é necessário que já tenha alguma informação sobre o evento que se deseja observar. Nesse caso, o espaço amostral se modifica e o evento tem a sua probabilidade de ocorrência alterada.  Fórmula de Probabilidade Condicional  P(E1 e E2 e E3 e ...e En-1 e En) é igual a P(E1).P(E2/E1).P(E3/E1 e E2)...P(En/E1 e E2 e ...En-1).  Onde P(E2/E1) é a probabilidade de ocorrer E2, condicionada pelo fato de já ter ocorrido E1; P(E3/E1 e E2) é a probabilidade ocorrer E3, condicionada pelo fato de já terem ocorrido E1 e E2; P(Pn/E1 e E2 e ...En-1) é a probabilidade de ocorrer En, condicionada ao fato de já ter ocorrido E1 e E2...En-1.       Exemplo:     Uma urna tem 30 bolas, sendo 10 vermelhas e 20 azuis. Se ocorrer um sorteio de 2 bolas, uma de cada vez e sem reposição, qual será a probabilidade de a primeira ser vermelha e a segunda ser azul?     Resolução:     Seja o espaço amostral S=30 bolas, e considerarmos os seguintes eventos:     A: vermelha na primeira retirada e P(A) = 10/30     B: azul na segunda retirada e P(B) = 20/29     Assim:     P(A e B) = P(A).(B/A) = 10/30.20/29 = 20/87       Eventos independentes     Dizemos que E1 e E2 e ...En-1, En são eventos independentes quando a probabilidade de ocorrer um deles não depende do fato de os outros terem ou não terem ocorrido.     Fórmula da probabilidade dos eventos independentes:     P(E1 e E2 e E3 e ...e En-1 e En) = P(E1).P(E2).p(E3)...P(En)       Exemplo: Uma urna tem 30 bolas, sendo 10 vermelhas e 20 azuis. Se sortearmos 2 bolas, 1 de cada vez e repondo a sorteada na urna, qual será a probabilidade de a primeira ser vermelha e a segunda ser azul? Resolução: Como os eventos são independentes, a probabilidade de sair vermelha na primeira retirada e azul na segunda retirada é igual ao produto das probabilidades de cada condição, ou seja, P(A e B) = P(A).P(B). Ora, a probabilidade de sair vermelha na primeira retirada é 10/30 e a de sair azul na segunda retirada 20/30. Daí, usando a regra do produto, temos: 10/30.20/30=2/9. Observe que na segunda retirada forma consideradas todas as bolas, pois houve reposição. Assim, P(B/A) =P(B), porque o fato de sair bola vermelha na primeira retirada não influenciou a segunda retirada, já que ela foi reposta na urna.   Probabilidade de ocorrer a união de eventos Fórmula da probabilidade de ocorrer a união de eventos: P(E1 ou E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1 e E2) De fato, se existirem elementos comuns a E1 e E2, estes eventos estarão computados no cálculo de P(E1) e P(E2). Para que sejam considerados uma vez só, subtraímos P(E1 e E2). Fórmula de probabilidade de ocorrer a união de eventos mutuamente exclusivos: P(E1 ou E2 ou E3 ou ... ou En) = P(E1) + P(E2) + ... + P(En)   Exemplo: Se dois dados, azul e  branco, forem lançados, qual a probabilidade de sair 5 no azul e 3 no branco? Considerando os eventos: A: Tirar 5 no dado azul e P(A) = 1/6 B: Tirar 3 no dado branco e P(B) = 1/6 Sendo S o espaço amostral de todos os possíveis resultados, temos: n(S) = 6.6 = 36 possibilidades. Daí, temos:P(A ou B) = 1/6 + 1/6 – 1/36 = 11/36   Exemplo: Se retirarmos aleatoriamente uma carta de baralho com 52 cartas, qual a probabilidade de ser um 8 ou um Rei? Sendo S o espaço amostral de todos os resultados possíveis, temos: n(S) = 52 cartas. Considere os eventos: A: sair 8 e P(A) = 4/52 B: sair um rei e P(B) = 4/52 Assim, P(A ou B) = 4/52 + 4/52 – 0 = 8/52 = 2/13. Note que P(A e B) = 0, pois uma carta não pode ser 8 e rei ao mesmo tempo. Quando isso ocorre dizemos que os eventos A e B são mutuamente exclusivos.

EXERCICIOS RESOLVIDOS

Considere o lançamento de um dado. Calcule a probabilidade de:

a) sair o número 3: 

Temos U = {1, 2, 3, 4, 5, 6} [n(U) = 6] e A = {3} [n(A) = 1]. Portanto, a probabilidade procurada será igual a p(A) = 1/6.

b) sair um número par: agora o evento é A = {2, 4, 6} com 3 elementos; logo a probabilidade procurada será p(A) = 3/6 = 1/2.

c) sair um múltiplo de 3: agora o evento A = {3, 6} com 2 elementos; logo a probabilidade procurada será p(A) = 2/6 = 1/3.

d) sair um número menor do que 3: agora, o evento A = {1, 2} com dois elementos. Portanto,
p(A) = 2/6 = 1/3.

e) sair um quadrado perfeito: agora o evento A = {1,4} com dois elementos. Portanto,
p(A) = 2/6 = 1/3.

1.2 - Considere o lançamento de dois dados. Calcule a probabilidade de:

a) sair a soma 8

Observe que neste caso, o espaço amostral U é constituído pelos pares ordenados (i,j),
onde i = número no dado 1 e j = número no dado 2.
É evidente que teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (i, j) onde i = 1, 2, 3, 4, 5, ou 6,
o mesmo ocorrendo com j.

As somas iguais a 8, ocorrerão nos casos:(2,6),(3,5),(4,4),(5,3) e (6,2). Portanto, o evento
"soma igual a 8" possui 5 elementos. Logo, a probabilidade procurada será igual a p(A) = 5/36.

b) sair a soma 12

Neste caso, a única possibilidade é o par (6,6). Portanto, a probabilidade procurada será igual a
p(A) = 1/36.

1.3 – Uma urna possui 6 bolas azuis, 10 bolas vermelhas e 4 bolas amarelas. Tirando-se uma bola com reposição, calcule as probabilidades seguintes:

a) sair bola azul

p(A) = 6/20 = 3/10 = 0,30 = 30%

b) sair bola vermelha

p(A) = 10/20 =1/2 = 0,50 = 50%

c) sair bola amarela

p(A) = 4/20 = 1/5 = 0,20 = 20%

 

Exemplo:

Uma urna possui cinco bolas vermelhas e duas bolas brancas.  Calcule as probabilidades de:

a) em duas retiradas, sem reposição da primeira bola retirada, sair uma bola vermelha (V) e depois uma bola branca (B).

Solução:

p(V Ç B) = p(V) . p(B/V)
p(V) = 5/7 (5 bolas vermelhas de um total de 7).
Supondo que saiu bola vermelha na primeira retirada, ficaram 6 bolas na urna. Logo:
p(B/V) = 2/6 = 1/3
Da lei das probabilidades compostas, vem finalmente que:
P(V Ç B) = 5/7 . 1/3 = 5/21 = 0,2380 = 23,8%

b) em duas retiradas, com reposição da primeira bola retirada, sair uma bola vermelha e depois uma bola branca.

Solução:

Com a reposição da primeira bola retirada, os eventos ficam independentes. Neste caso, a probabilidade buscada poderá ser calculada como:
P(V Ç B) = p(V) . p(B) = 5/7 . 2/7 = 10/49 = 0,2041 = 20,41%

 

2ª PARTE  DE  EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

1 – Uma urna possui três bolas pretas e cinco bolas brancas. Quantas bolas azuis devem ser colocadas nessa urna, de modo que retirando-se uma bola ao acaso, a probabilidade dela ser azul seja igual a 2/3?

SOLUÇÃO:

Seja x o número de bolas azuis a serem colocadas na urna. O espaço amostral possuirá,
neste caso, 3 + 5 + x = x + 8 bolas.

Pela definição de probabilidade vista nas aulas anteriores, a probabilidade de que uma bola retirada ao acaso seja da cor azul será dada por: x/(x+8). Mas, o problema diz que a probabilidade deve ser igual a 2/3.
Logo, vem: x/(x+8) = 2/3; daí, vem, resolvendo a equação do 1º grau:
3x = 2(x+8) , donde 3x = 2x + 16 e, finalmente vem que x = 16.

Resposta: 16 bolas azuis.

2 – Considere uma urna que contém uma bola preta, quatro bolas brancas e x bolas azuis. Uma bola é retirada ao acaso dessa urna, a sua cor é observada e a bola é devolvida à urna. Em seguida, retira-se novamente, ao acaso, uma bola dessa urna. Para que valores de x a probabilidade de que as bolas sejam da mesma cor vale 1/2?

SOLUÇÃO:

O espaço amostral do experimento possui n(U) = 1 + 4 + x = x + 5 bolas.
Vamos considerar as três situações distintas possíveis:

A. as bolas retiradas são ambas da cor preta.
Como existe reposição da bola retirada, os eventos são independentes. Logo, a probabilidade que saia uma bola preta (P) e em seguida outra bola preta (P’) será dada por:
p(P Ç P’) = p(P).p(P’) =[1/(x+5)].[1/(x+5)] = 1/(x+5)²

B. as bolas retiradas são ambas da cor branca.
Usando o mesmo raciocínio anterior e considerando-se que os eventos são independentes (pois ocorre a reposição da bola retirada), teremos:
P(B Ç B’) = p(B) . p(B’) = [4/(x+5)].[4/(x+5)] = 16/(x+5)²

C. as bolas retiradas são ambas da cor azul.
Analogamente, vem:
p(A Ç A’) = p(A) . p(A’) = [x/(x+5)].[x/(x+5)] = x²/(x+5)²

Estes três eventos são INDEPENDENTES – pois com a reposição da bola retirada – a ocorrência de um deles, não modifica as chances de ocorrência do outro. Logo, a probabilidade da união desses três eventos, será igual a soma das probabilidades individuais. Daí, pelos dados do problema, vem que:

[1/(x+5)²] + [16/(x+5)²] + [x²/(x+5)² ]= 1/2
Vamos resolver esta equação do 2º grau:
(1+16+x²)/(x+5)² = 1 /2
2(17+x²) = 1. (x+5)²
34 + 2x² = x² + 10x + 25
x² – 10x + 9 = 0, de onde concluímos x=1 ou x=9.

Resposta: x=1 ou x=9.

Nota: as questões 1 e 2 acima, compareceram no vestibular da FUVEST – 1995 – segunda fase, subdivididas em dois ítens (a) e (b) da questão de número 08.

3 – Uma máquina produziu 60 parafusos dos quais 5 eram defeituosos. Escolhendo-se ao acaso dois parafusos dessa amostra, qual a probabilidade de que os dois sejam perfeitos?

Solução:

Existem problemas de Probabilidades nos quais a contagem do número de elementos do espaço amostral U não pode ser feita diretamente. Teremos que recorrer à Análise Combinatório, para facilitar a solução.
Para determinar o número de elementos do nosso espaço amostral U, teremos que calcular quantos grupamentos de 2 parafusos poderemos obter com os 60 parafusos da amostra. Trata-se de um típico problema de Combinações simples, já visto em Análise Combinatória. Teremos então:

n(U) = C_60,2 = 60!/(58!.2!) = 60.59.58!/58!.1.2 = 30.59

Considerando-se o evento E: os dois parafusos retirados são perfeitos, vem que:
60 parafusos – 5 defeituosos = 55 parafusos perfeitos.

Teremos então que o número de possibilidades desse evento será dado por:
n(E) = C_55,2 = 55!/53!.2! = 55.54.53!/53!.1.2 = 55.27

Logo, a probabilidade de ocorrência do evento E será igual a:
p(E) = n(E)/n(U) = 55.27/30.59 = 1485/1770 = 0,838983 = 83,8983%

Resposta: aproximadamente 84%.
A interpretação deste resultado é que se o experimento for repetido 100 vezes, obteremos aproximadamente em 84 vezes, dois parafusos perfeitos.

Agora resolva as seguintes questões:

Q1) Uma máquina produziu 50 parafusos dos quais 5 eram defeituosos. Retirando-se ao acaso,
3 parafusos dessa amostra, determine a probabilidade de que os 3 parafusos sejam defeituosos.

Resposta: 0,00051 = 0,051%

Q2) Em relação à questão anterior, determine a probabilidade de numa retirada de 3 parafusos ao acaso, sairem pelo menos dois parafusos defeituosos.

Resposta: 0,02347 = 2,347%

Observação: pelo menos 2 defeituosos = 2 defeituosos ou 3 defeituosos.
Lembre-se que o número de maneiras de numa retirada de 3 parafusos, sairem 2 defeituosos e 1 não defeituoso será dado por:
C5,2.C45,1 = 450. Daí, a probabilidade de sairem 2 parafusos defeituosos será igual a 450/C50,3 = 0,02296.
Já sabemos do exercício anterior que a probabilidade de sairem 3 parafusos defeituosos é igual a 0,00051.
Portanto, a probabilidade procurada será igual à soma: 0,02296 + 0,00051 = 0,02347 = 2,347%.

Q3) FEI-SP – Uma urna contém 10 bolas pretas e 8 bolas vermelhas. Retiramos 3 bolas sem reposição. Qual é a probabilidade de as duas primeira serem pretas e a terceira vermelha?
Resposta: 5/34 ou aproximadamente 14,7%

Q4) FMU-SP – Uma urna contém 5 bolas vermelhas e 4 pretas; dela são retiradas duas bolas, uma após a outra, sem reposição; a primeira bola retirada é de cor preta; Qual a probabilidade de que a segunda bola retirada seja vermelha?

Resposta: 5/8 ou 62,5%