1.3 - Eventos equiprováveis

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Se um experimento tem como espaço amostral $ \Omega = \{e_1,e_2,\ldots,e_n\} $, com um número finito de elementos, dizemos que os eventos elementares $ \{e_i\} $ são equiprováveis, se todos tem a mesma probabilidade de ocorrer, isto é


\[\mathbb{P}(\{e_i\})=\frac{1}{n}.\]

 

Desta forma, podemos definir a probabilidade de um evento $ E = \{e_{j1},\ldots,e_{jk}\} $, composto por $ k $ elementos (com $ k $ menor que $ n $), como sendo:


\[\mathbb{P}(E)=\frac{\text{número de casos favoráveis a E}}{\text{número de casos possíveis de S}}=\frac{k}{n}.\]

 

No lançamento de um dado honesto, os elementos do espaço amostral $ \Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} $ são equiprováveis, pois cada elemento do espaço amostral tem a mesma chance de ocorrer, ou seja, a chance de sair 1 é a mesma de sair 2, que é a mesma de sair 3, e assim por diante. Portanto,


\[\mathbb{P}(\{1\})=\mathbb{P}(\{2\})=\mathbb{P}(\{3\})=\mathbb{P}(\{4\})=\mathbb{P}(\{5\})=\mathbb{P}(\{6\})=\frac{1}{6}.\]

Com isso e da propriedade (3) de probabilidade, temos que, se $ A $ é o evento sair número par no lançamento de um dado, então


\[\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}( \ 2 \ \hbox{ou} \ 4 \ \hbox{ou} \ 6)=\mathbb{P}(\{2\}\cup\{4\}\cup\{6\})=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{3}{6}.\]

 

Com isso, obtemos que a probabilidade de ocorrer o evento $ A $ é igual ao número de elementos favoráveis a $ A = \{2, 4, 6\} $, que é 3 (pois $ A $ tem 3 elementos), dividido pelo número de elementos no espaço amostral $ \Omega $, que é $ 6 $.

Exemplo 1.3.1: 

Em um jogo de dados são lançados dois dados honestos simultaneamente. Para que um jogador ganhe, um  dos seguintes eventos deve ocorrer: "soma das duas faces deve ser igual a 7", ou que o "maior valor obtido nos dois dados seja no máximo 3".  Qual das duas possibilidades ele deve escolher? Primeiramente vamos analisar o nosso espaço amostral, que é dado pela tabela abaixo:
 
Espaço amostral do lançamento de dois dados.
  1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
 
Note que o número de elementos do nosso espaço amostral é de $ 36 $. Seja $ A=\{\text{conjunto dos pares} \ (i,j) \ \text{tais que} \ i+j=7\} $, esses pares aparecem em amarelo na figura a baixo.
 
  1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
As células em amarelo representam o conjuntos dos pares tais que a soma é igual a $ 7 $.
 
Observe que o número de elementos do conjunto $ A $ é igual a $ 6 $, ou seja, existem $ 6 $ pares para os quais a soma é $ 7 $Assim, a probabilidade que procuramos é dada por:

\[\mathbb{P}(A)=\frac{\text{Número de elementos favoráveis a A}}{\text{Número de elementos do espaço amostral}}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}.\]

Desta forma, a probabilidade de um jogador ganhar neste jogo é de $ \frac{1}{6} $ caso ele escolha a possibilidade da soma ser igual $ 7 $Vamos agora calcular a probabilidade do jogador vencer no caso em que o maior valor obtido nos lançamentos dos dados seja $ 3 $. Seja $ B=\{\text{o conjunto dos pares} \ (i,j) \ \text{tais que} \ i\leq 3 \ \text{e} \ j\leq 3\} $. Na tabela abaixo os pares que aparecem em azul são os pares pertencentes a B.
  1 2 3      4      6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
A células em azul representam o conjunto dos pares tais que o maior valor é no máximo 3. Pela tabela podemos observar que B tem 9 elementos, logo

\[\mathbb{P}(B)=\frac{\mbox{Número de elementos favoráveis a B}}{\mbox{Número de elementos do espaço amostral}}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}.\]

Portanto $ \mathbb{P}(B)\geq \mathbb{P}(A) $, assim é mais vantajoso para o jogador escolher que o maior valor obtido seja no máximo 3, pois assim ele tem maiores chances de ganhar.

 

Exemplo 1.3.2:  No jogo de $ Craps $ dois dados são jogados. Se o jogador tira 7 ou 11 pontos ele ganha. Se ele tira 2,3 ou 12 ele perde. Nos outros casos ele continua jogando os dois dados até sair 7, caso em que ele perde, ou então sair o primeiro resultado, caso em que ele ganha. Descreva o espaço amostral. Qual é a probabilidade dele ganhar?
 

$$\Omega=\{\omega_i; i=1,2, \dots, \omega_i\in \{1,\dots,6\}\times \{1,\dots,6\}; \omega_i=(a_i+b_i)\}$$

  Considere o evento $ B=\{\text{ Ganhar o jogo }\} $. Então sendo:
 

 \omega_1=7 \text{ ou } \omega_1=11\}$$

$$=\{\text{tirar 7 ou 11 na primeira jogada}\}$$

 

 \omega_1=4, \exists j\textgreater 1 \text{ tq } \omega_j=4 \quad e\quad \omega_i\neq 7,i=2,\dots,j-1\}$$

$$=\{\text{ tirar 4 na primeira jogada, joga até tirar 4 novamente e ganha não tirando 7 enquanto isso& }\}$$

 

 \omega_1=5, \exists j\textgreater 1 \text{ tq } \omega_j=5 \quad e\quad \omega_i\neq 7,i=2,\dots,j-1\}$$

$$=\{\text{tirar 5 na primeira jogada, joga até tirar 4 novamente e ganha não tirando 7 enquanto isso }\}$$

 

$$\vdots$$

 

 \omega_1=10, \exists j\textgreater 1 \text{ tq } \omega_j=5 \quad e\quad \omega_i\neq 7,i=2,\dots,j-1\}$$

$$=\{\text{ tirar 10 na primeira jogada, joga até tirar 4 novamente e ganha não tirando 7 enquanto isso }\}$$

  Então
 

$$\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^7 B_i\right)=\sum_{i=1}^{7}\mathbb{P}(B_i)=0,49292.$$

 

Exemplo 1.3.3 - Uma caixa contém $ 2n $ sorvetes, n do sabor A e n do sabor B. De um grupo de 2n pessoas, $ a\textless n $ preferem o sabor A, $ b\textless n $ o sabor e $ 2n-(a+b) $ não tem preferência. Demonstre que os sorvetes são distribuídos ao acaso, a probabilidade de que a preferência de todas as pessoas seja respeitada é de

 

$$\frac{\binom{2n-a-b}{n-a}}{\binom{2n}{n}}.$$

  Temos n sorvetes do tipo A e n do sabor B. Para facilitar o entendimento, podemos pensar nas pessoas como enfileiradas como sendo $ a $ pessoas que gostam do tipo A em seguida as $ b $ pessoas que gostam do tipo B e por fim as demais pessoas.

  Com isso temos que a probabilidade que queremos é dada por
 

$$p=\frac{[n(n-1)\dots(n-a+1)][n(n-1)\dots (n-b+1)](2n-(a+b))!}{2n!}=\frac{1}{2n!}\frac{n!}{(n-a)!}\frac{n!}{(n-b)!}\frac{2n!}{(a+b)!}$$

 

$$=\frac{(2n-(a+b))!}{(n-a)!(n-b)!}\frac{n!n!}{2n!}=\frac{\binom{2n-a-b}{n-a}}{\binom{2n}{n}}$$

 

 

Exemplo 1.3.4: Suponhamos que dez cartas estejam numeradas de 1 até 10. Das dez cartas, retira-se uma de cada vez, ao acaso e sem reposição, até retirar-se o primeiro
  número par. Conta-se o número de retiradas necessárias. Exiba um bom modelo probabilístico para este experimento.

  Nosso espaço amostral é dado por $ \Omega=\{1,2,3,4,5,6\} $, com a $ \sigma $-álgebra sendo as partes.

  Assim temos que a
 

$$\mathbb{P}(n)=\frac{\binom{5}{n-1}\binom{5}{1}}{\binom{10}{n}}, \quad \quad, n=1,2, \dots,5.$$

e

$$\mathbb{P}(6)=\frac{1}{\binom{10}{5}}$$

\end{example}

Exemplo 1.3.5 : Para cada um dos seguintes experimentos, descreva um espaço de probabilidade que sirva de modelo.

    (a) Seleciona-se um ponto, ao acaso, do quadrado unitário
   

0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1\}.$$

    (b) Retiram-se cartas sucessivamente de um baralho de 52 cartas, ao acaso e com reposição até retirar-se o primeiro rei. Registra-se o número total de
    retiradas.

    (c) Quinze bolas são retiradas, ao acaso e com reposição, de uma urna contendo 5 bolas vermelhas, 9 bolas pretas, e uma bola branca. Observa-se o número
    de vezes que ocorre cada cor.

    (d) O experimento (c) é realizado sem reposição.

    (a) Então o espaço amostral $ \Omega=\mathbb{R}^2 $, sendo 0\leq x\leq 1; 0 \leq y\leq 1\} $ e a $ \sigma $-álgebra é a $ \sigma $-álgebra de Borel
    definimos
    $ \mathbb{P}(A)=\frac{\text{area}(A\cap Q)}{\text{area}(Q)}=\text{ area }(A\cap Q). $

    (b) O espaço amostral $ \Omega=\mathbb{N} $ e a $ \sigma $-álgebra das partes $ \mathbb{N} $. Então
   

$$\mathbb{P}(n)=\left(\frac{12}{13}\right)^{n-1}\frac{12}{13}, \quad \quad n=1,2, \dots$$

    (c) O espaço amostral  n_v, n_p, n_b \in \mathbb{N} \text{ e } n_v+n_b+n_p=15\} $ e
   

$$\mathbb{P}(n_v,n_p,n_b)=\frac{15!}{n_v!n_b!n_p!}=\left(\frac{5}{15}\right)^{n_v} \left(\frac{9}{15}\right)^{n_p} \left(\frac{1}{15}\right)^{n_b}, \quad \quad (n_v,n_p,n_b)\in \Omega.$$

    (d) No caso sem reposição $ \Omega=\{(n_v,n_p,n_b)=(5,9,1)\} $ a $ \sigma $-álgebra é as partes e
   

$$\mathbb{P}(n_v,n_p,n_b)=\frac{n_v}{5}\frac{n_p}{9}\frac{n_b}{1}=1$$

Exemplo 1.3.6: Retiram-se 4 cartas, ao acaso, de um baralho de 52 cartas. Registra-se o número de reis na amostra. Exiba um bom modelo probabilístico para este
  experimento se:

  (a) As retiradas são feitas sem reposição.

  (b) as retiradas são feitas com reposição.

  (c) Determine em que caso, (a) ou (b) é mais provável obter 4 reis.

  (a) A retirada sem reposição então o espaço amostral $ \Omega=\{1,2,3,4\} $ então o número de reis é dado por
 

$$\mathbb{P}(n)=\frac{\binom{48}{4-n}\binom{4}{n}}{\binom{52}{4}}; \quad \quad n=0,1,2,3,4$$

  (b) com reposição o espaço amostral $ \Omega=\{1,2,3,4\} $. Então, o número de reis é dado por
 

$$\mathbb{P}(n)=\binom{4}{n}\left(\frac{12}{13}\right)^{4-n}\left(\frac{1}{13}\right)^{n}.$$

  (c) Para calcular definimos a probabilidade
 

$$\mathbb{P}_a(4)=\frac{1}{\binom{52}{4}}=\frac{1}{270725}\approx 3,693 \times 10^{-6}$$

 

$$\mathbb{P}_b(4)=\binom{4}{4}\left(\frac{12}{13}\right)^{0}\left(\frac{1}{13}\right)^{4}=\frac{1}{28561}\approx 3,5\times 10^{-5}$$

  Então é mais provável obter 4 reis com reposição.

Exemplo 1.3.7:(Problema de casamentos)
  (a) Suponha que temos n casais casados (n homens e n mulheres) se fizermos uma identificação ao acaso(associar um mulher a um homem ao acaso) dos casais
  qual a probabilidade de acertarmos o casal corretamente(acertar quais são marido e mulher) ?

  (b) Mostre que a probabilidade considerada no item anterior converge para $ p=1-\frac{1}{e} $ quando $ n\rightarrow \infty $.

  (a) Fazendo $ A_i=\{\text{ Acerta a identificação do i-ésima equação}, i=1,2, \dots,n\}. $

  Temos $ \bigcup_{i=1}^n A_i\text{ Acerta pelo menos uma identificação } $
 

$$\mathbb{P}(A_i)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n}, i=1,2,\dots,n$$

 

$$\mathbb{P}(A_i\cap A_j)=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)}, 1\leq i\textless j \leq n$$

 

$$\mathbb{P}(A_i\cap A_j\cap A_k)=\frac{(n-3)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}, 1\leq i\textless j \textless k \leq n$$

 

$$\vdots$$

 

$$\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap \dots \cap A_n)=\frac{1}{n!}$$

  então usando
 

$$\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=n \mathbb{P}(A_1\cap A_2)+\binom{n}{3}\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap A_3)+\dots (-1)^{n-1}\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap \dots \cap A_n)=$$

 

$$=n\frac{1}{n}-\frac{n(n+1)}{2!}\frac{1}{n(n+1)}+\frac{n(n+1)(n+2)}{3!}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}-\dots (-1)^{n-1}\frac{1}{n!}$$

 

$$=\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i+1}}{i!}$$

  (b)

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=\lim_{n\rightarrow}\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i+1}}{i!}=\frac{1}{e}$$

 

Exemplo 1.3.8: Suponha que n cartas numeradas de 1 a n sejam embaralhadas e retiradas uma por uma, sem reposição, até todas as cartas serem retiradas. Qual a
  probabilidade de que para pelo menos uma carta, o número da carta coincida com o número da retirada?
  Basta usar o exemplo anterior, pois podemos ver como um problema dos casamentos assim, temos que
 

$$\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i+1}}{i!}$$

 

 

Probabilidades

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