1.3.1 - Métodos de enumeração

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Quando trabalhamos com espaço amostral finito $ \Omega = \{\omega_1,\ldots,\omega_n\} $ e eventos equiprováveis, obtemos que a probabilidade pode ser definida por

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

 

Neste caso, precisamos conhecer regras de contagem (ou enumeração) para calcularmos as probabilidades associadas aos eventos de interesse, pois nem sempre é fácil calcularmos o número de elementos do espaço amostral, ou ainda o número de elementos do evento de interesse.

Exemplo 1.3.1: 

Um grupo de $ 1000 $ pessoas contém $ 2 $ pessoas com diabetes e $ 998 $ pessoas saudáveis. Dez pessoas são escolhidas ao acaso e sem reposição. Qual a probabilidade de escolhermos apenas uma pessoa com diabetes?

  • Espaço amostral?

\omega_i = \ \text{pessoa e} \ \omega_i\neq\omega_j\}\]

 

  • Quantas 10-uplas de pessoas existem?
  • Quantas tem a característica que desejamos?

Regras de contagem

A seguir, vamos apresentar as regras básicas de contagem, denominadas regra da multiplicação e regra da adição.  

1. Regra da multiplicação: Suponha que para realizarmos uma tarefa temos que executar dois procedimentos (obrigatoriamente), denotados por $ P_1 $ e $ P_2 $. O procedimento $ P_1 $ tem $ n_1 $ formas de ser executado e o procedimento $ P_2 $ tem $ n_2 $ formas de ser executado. O total de maneiras para executarmos a tarefa é dado por $ n_1\times n_2 $.

Exemplo 1.3.2: 

Uma peça manufaturada deve passar por três passos e por três estações de controle. Em cada estação a peça é inspecionada com relação a uma determinada característica e marcada adequadamente. Na primeira estação, três classificações são possíveis (ok, excelente, retrabalho), enquanto que nas duas últimas, duas classificações são possíveis (ok, retrabalho). De quantas maneiras uma peça pode ser marcada?

1ª estação - 3 maneiras

2ª estação - 2 maneiras

3ª estação - 2 maneiras

Desta forma, a peça pode ser marcada de $ 3 \times 2 \times 2 = 12 $ maneiras diferentes.

2. Regra da adição: Suponha que temos dois procedimentos possíveis para executar uma tarefa. Aqui, basta executar um dos dois procedimentos para que tenhamos executado a tarefa. O procedimento $ P_1 $ tem $ n_1 $ formas de ser executado e o procedimento $ P_2 $ tem $ n_2 $ formas de ser executado. O total de maneiras para executarmos a tarefa é então dado por $ n_1+n_2 $.

Exemplo 1.3.3: 

Considere um processo de manufatura dividido em $ 4 $ máquinas $ (M_1,M_2,M_3,M_4) $. Cada peça é desenvolvida por uma das máquinas e classificada em:

Máquinas M1 M2 M3 M4
Característica   A1 B1 C1 D1
A2 B2  C2 D2
A3     D3
Totais 3 2 2 3

Com isso, concluímos que existe um total de $ 10 $ maneiras de classificarmos a peça.

Permutações, arranjos e combinação

Permutação

Suponha que tenhamos uma coleção $ O = \{w_1,w_2,\ldots,w_n\} $ de $ n $ objetos. De quantas maneiras podemos permutar (dispor) estes elementos? O número de maneiras que podemos fazer isto é denominado permutação.

Exemplo 1.3.4: 

Se tivermos os objetos $ a $, $ b $ e $ c $, podemos considerar as permutações: abc, acb, bac, bca, cab e cba.

Suponha que temos $ n $ compartimentos e queremos dispor os $ n $ objetos de $ O $ nestes compartimentos. Para isto, considere o esquema:

Aplicando a regra da multiplicação, temos que o número de maneiras de permutar $ n $ elementos é:

\[P_n=n(n-1)\ldots 1=n! \qquad \text{(Fatorial)}\]

 

Definição 1.3.1: 

0! = 1.

Arranjo

Suponha que tenhamos uma coleção $ O = \{w_1,w_2,\ldots,w_n\} $ composta por $ n $ objetos. Agora, desejamos escolher $ r $ $ (\leq n) $ objetos e permutá-los. O número de maneiras para fazer isto é denominado arranjo. Suponha que temos $ r $ compartimentos e queremos dispor os $ n $ objetos de O nestes compartimentos. Para isto, considere o esquema:

Aplicando a regra da multiplicação, temos que o número de maneiras de arranjar $ n $ elementos em $ r $ compartimentos é:

\[A_{n,r} = n(n-1)\ldots(n-r+1)=\frac{n!}{(n-r)!}\]

 

Combinação

Suponha que tenhamos uma coleção $ O = \{w_1,w_2,\ldots,w_n\} $ composta por $ n $ objetos. Agora, trataremos da contagem do número de maneiras de escolher $ r $ $ (\leq n) $ objetos dentre os $ n $ objetos sem considerarmos a ordem.

Exemplo 1.3.5: 

Na coleção de objetos $ O = \{a,b,c,d\} $, quantos grupos podemos formar com dois objetos?

Podemos formar os seguintes grupos com dois elementos: $ \{ab, ac, ad, bc, bd, cd\} $. Ou seja, em uma coleção de $ 4 $ elementos, é possível formar $ 6 $ grupos de dois elementos. Observe que aqui não contamos $ ab $ e $ ba $ pois formam dois grupos iguais.

Como o número de maneiras de alocarmos os $ n $ objetos em $ r $ compartimentos é

\[\frac{n!}{(n-r)!}\]

 

e, após alocarmos os $ r $ objetos temos $ r! $ formas de permutá-los, então o número de maneiras de escolhermos $ r $ objetos sem importar a ordem dentre $ n $ objetos é:

\[C_{n,r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}=\left(\begin{array}{c}n\\r\end{array}\right)\]

 

Exemplo 1.3.6: 

Considere novamente o Exemplo 1.3.1 em que temos

  • 1000 pessoas;
  • 2 pessoas com diabetes;
  • 10 pessoas selecionadas ao acaso e sem reposição.

Espaço amostral: \omega_i = \ \text{pessoa i}\} $. De quantas maneiras podemos selecionar $ 10 $ pessoas sem reposição?

\[\left(\begin{array}{c} 1000\\10\end{array}\right).\]

 

Qual a probabilidade de encontrarmos $ 1 $ pessoa com diabetes entre as $ 10 $ escolhidas?

\[\frac{\left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}998\\9\end{array} \right)}{\left(\begin{array}{c}1000\\10\end{array}\right)}=\frac{\hbox{nº de resultados favoráveis}}{\hbox{nº total de resultados}}.\]

 

Teorema 1.3.1(Binômio de Newton): 

Dados $ x,y\in\mathbb{R} $ temos que

\[(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right) x^ky^{n-k}\]

 

Demonstração: 

Quando $ n=1 $ temos que

\[x+y=\sum_{k=0}^1\left(\begin{array}{c}1\\k\end{array}\right)x^ky^{n-k}=\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right)x^0y^1+\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)x^1y^0=y+x\]

 

e a igualdade é válida para $ n=1 $. Suponha agora que a igualdade seja válida para $ n-1 $. Então

\[(x+y)^n=(x+y)(x+y)^{n-1}=(x+y)\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n-1\\k\end{array}\right)x^ky^{n-1-k},\]

 

assim, obtemos que

\[(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n-1\\k\end{array}\right)x^{k+1}y^{n-1-k}+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n-1\\k\end{array}\right)x^ky^{n-k}.\]

 

Tomando $ i = k+1 $ na primeira soma e $ i=k $ na segunda soma, temos que

\[(x+y)^n=\sum_{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n-1\\i-1\end{array}\right)x^iy^{n-i}+\sum_{i=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n-1\\i\end{array}\right)x^iy^{n-i}\]

\[(x+y)^n=x^n+\sum_{i=1}^{n-1}\left[\left(\begin{array}{c}n-1\\i-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n-1\\i\end{array}\right)\right]x^iy^{n-i}+y^n\]

\[(x+y)^n=x^n+\sum_{i=1}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n\\i\end{array}\right)x^iy^{n-i}+y^n=\sum_{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\i\end{array}\right)x^iy^{n-i}\]

 

como queríamos demonstrar.

Esquemas de Amostragem

Considere $ O = \{o_1,o_2,\ldots,o_n\} $ uma coleção de $ n $ objetos. A amostragem "com reposição" é um tipo de experimento no qual, após cada etapa, o objeto selecionado retorna ao grupo. Em uma amostragem com reposição cada elemento selecionado $ o_i $ pode ser qualquer um dos $ n $ objetos. Neste caso, a descrição do espaço amostral depende da forma como as amostras selecionadas são consideradas, por exemplo, (4,1,2,1) e (1,4,2,1) são diferentes ou iguais. Assim, temos dois casos: "ordenadas" e "não ordenadas". No primeiro caso, as amostras contendo os mesmos elementos, mas arranjados diferentemente, são considerados distintas. No segundo caso, a ordem dos elementos é descartada e as duas amostras são consideradas as mesmas. A seguir, vamos utilizar a notação $ (o_1,\ldots,o_n) $ para amostras ordenadas e $ [o_1,\ldots,o_n] $ para amostras não ordenadas.

Amostragem com reposição

  • Amostragem ao acaso, com reposição e ordenada: Selecionar $ r $ objetos ao acaso e com reposição na coleção de objetos $ O $:

Espaço amostral: w_i \in O\} $;

Probabilidade: $ \displaystyle \mathbb{P}((w_1,w_2,\ldots,w_r))=\frac{1}{n^r} $.

  • Amostragem ao acaso, com reposição e não-ordenada: Selecionar $ r $ objetos ao acaso e com reposição na coleção de objetos $ O $:

Espaço amostral: w_i\in O)\} $

Probabilidade: $ \displaystyle \mathbb{P}([w_1,\ldots,w_r])=\frac{1}{\left(\begin{array}{c}n+r-1\\r\end{array}\right)}=\frac{r!(n-1)!}{(n+r-1)!} $

Amostragem sem reposição

  • Amostragem ao acaso, sem reposição e ordenado: Selecionar ao acaso $ r $ objetos ao acaso e sem reposição na coleção de objetos $ O $ ( com $ r $ menor ou igual a $ n $):

Espaço amostral: w_i\in O, w_i\neq w_j\} $

Probabilidade: $ \displaystyle \mathbb{P}((w_1,\ldots,w_r))=\frac{1}{n!/(n-r)!}=\frac{(n-r)!}{n!} $

  • Amostragem ao acaso, sem reposição e não-ordenada: Selecionar ao acaso $ r $ objetos e sem reposição na coleção de objetos $ O $ (com $ r $ menor ou igual a n):

Espaço amostral: w_i\in O,w_i\neq w_j\} $;

Probabilidade:

$ \mathbb{P}([w_1,\ldots,w_n])=\frac{1}{\left(\begin{array}{c}n\\r\end{array}\right)}=\frac{r!(n-r)!}{n!} $. 

Exemplo 1.3.7:

Considere uma loteria com $ M $ tickets, que são numerados de $ 1 $ a $ M $ e os $ n $ primeiros $ (1 $ a  $ n) $ contém prêmios. Vamos admitir que $ M \geq 2n $. Se você comprar $ n $ tickets, qual a probabilidade de você ganhar pelo menos um prêmio? 

Como a ordem não interessa, consideramos um processo de amostragem ao acaso sem reposição e não ordenada:

w = [a_1 , a_2 , \cdots , a_n]; ~ a_i \neq a_j ~ (i\neq j) \} $;

$ {\cal C} $: subconjuntos de $ \Omega $;

\[\mathbb{P}(\{w\}) = \frac{1}{\left(\begin{array}{c}M\\n\end{array}\right)}, ~ ~ w \in \Omega.\]

 

Considere o evento w=[a_1, \cdots , a_n]; ~ a_i=n+1, \cdots , M; ~ a_i \neq a_j ~ (i \neq j) \} $ que corresponde a nenhum ticket com prêmio. Então, temos que

\[\mathbb{P} (A_0) = \frac{\mbox{número de elementos de}~A_0 }{\mbox{número de elementos de}~\Omega } = \frac{\left(\begin{array}{c}M-n\\n\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}M\\n\end{array}\right) }=\left(1-\frac{n}{M}\right)\cdots\left(1-\frac{n}{M-n+1}\right).\]

 

Exemplo 1.3.8: 

Agora iremos fazer um exemplo mais geral. Em um processo de amostragem com reposição e ordenado, vamos calcular a probabilidade de ocorrência do evento "todos os elementos selecionados são distintos".

Vamos supor que dispomos de $ M $ objetos distintos, e que iremos selecionar $ n $ vezes.

Assim seja O_i \neq O_j, i\neq j \mbox{ e } O_i \in O \} $, no qual $ O=\{O_1,\cdots O_M \} $.

\[\mathbb{P}(A)=\frac{\mbox{Número de elementos em } A}{\mbox{Número de elementos de } \Omega}=\frac{\frac{M!}{(M-n)!}}{M^n}=\frac{M!}{(M-n)!M^n}.\]

 

 

Ajustando  a equação a cima obtemos:

\[\mathbb{P}(A)=\left(1-\frac{1}{M} \right)\cdot \left(1-\frac{2}{M} \right) \cdots \left(1-\frac{n-1}{M} \right).\]

 

Exemplo 1.3.9: 

Utilizando o exemplo acima, vamos fazer uma aplicação interessante. Em um grupo de $ n $ pessoas qual a chance de duas ou mais pessoas fazerem aniversário no mesmo dia do ano.

Neste caso, os $ M $ objetos distintos que dispomos são os $ 365 $ dias do ano, assim $ M=365 $. Queremos selecionar $ n $ dias (pois existem $ n $ pessoas no grupo) ao acaso e com reposição e de forma ordenada. Vamos definir B={ ninguém faz aniversário no mesmo dia}. Assim o evento de interesse nosso é $ B=A^c $. Então

\[\mathbb{P}(B)=1-\mathbb{P}(A)=1-\left[\left(1-\frac{1}{365} \right)\cdot \left(1-\frac{2}{365} \right) \cdots \left(1-\frac{n-1}{365} \right) \right]\]

 

Apenas a título de curiosidade vamos colocar segue abaixo a probabilidade para alguns valores de n.

$ n $ $ \mathbb{P}(B) $
04 0,016
16 0,284
23 0,503
40 0,891
64 0,997

É interessante observar que para $ n=64 $ a probabilidade de duas ou mais pessoas fazerem aniversário no mesmo dia é quase $ 100\% $.

Exemplo 1.3.10: 

Suponha que queremos distribuir $ r $ bolas em $ n $ compartimentos, com $ r\geq n $, todas as bolas devem ser distribuídas. Vamos calcular a probabilidade de um compartimento conter $ K $ bolas.

Observe que $ K $ bolas podem ser escolhidas de $ \left(\begin{array}{c}r\\k\end{array}\right) $ maneiras distintas e que $ (r-K) $ bolas podem ser colocadas nos $ (n-1) $ compartimentos que restaram de $ (n-1)^{r-k} $ maneiras. Assim seja A={Um compartimento conter K bolas} a probabilidade de que um compartimento contenha K bolas é de:

\[\mathbb{P}(A)=\left(\begin{array}{c}r\\k\end{array}\right) \cdot \frac{(n-1)^{r-k} }{n^r}.\]

Probabilidades

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