1.4 - Eventos independentes e probabilidade condicional - Probabilidades

Outro conceito importante da teoria de probabilidade é o de independência entre dois eventos. Na prática, dois eventos são independentes quando a ocorrência de um evento não influência a ocorrência do outro evento. Do ponto de vista probabilístico temos a seguinte definição:

Definição 1.4.1(Independência):

Dois eventos $A$ e $B$ são ditos independentes se

$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B).$

Exemplo 1.4.1:

Um lote contém $10$ peças, sendo $7$ boas ( $B$ ) e $3$ defeituosas ( $D$ ). Retiramos duas peças, ao acaso e com reposição, para inspeção. Qual a probabilidade de se obter duas peças defeituosas?

O experimento de realizar a primeira retirada tem como espaço amostral $\Omega_1= \{D_1,B_1\}$ e a segunda retirada tem como espaço amostral $\Omega_2 = \{D_2,B_2\}$ , em que $D_i$ significa que retiramos uma peça defeituosa na i-ésima retirada e $B_i$ significa que retiramos uma peça boa na i-ésima retirada, para $i = 1,2$ . Como as duas peças são retiradas ao acaso e com reposição, isto é, após retirarmos a primeira peça esta é colocada novamente no lote para que possamos efetuar a segunda retirada, temos que

$\mathbb{P}(D_1)=\mathbb{P}(D_2)=\frac{3}{10} \qquad \text{e} \qquad \mathbb{P}(B_1)=\mathbb{P}(B_2)=\frac{7}{10}.$

Associamos ao experimento de retirar duas peças ao acaso e com reposição o seguinte espaço amostral

$\Omega=\{(D_1,B_2);(B_1,D_2);(D_1,D_2);(B_1,B_2)\}.$

Queremos encontrar a probabilidade de se obter duas peças defeituosas, ou seja, a probabilidade das peças na primeira retirada e na segunda retirada serem defeituosas. Assim, desde que a primeira e a segunda retirada sejam executadas de forma independente, temos que

$\mathbb{P}\left((D_1,D_2)\right)=\mathbb{P}(D_1\cap D_2)=\mathbb{P}(D_1) \mathbb{P}(D_2)=\frac{3}{10}\cdot \frac{3}{10}=\frac{9}{100}.$

Vamos examinar melhor a diferença entre extrair uma peça de um lote, ao acaso, com reposição ou sem reposição. Como vimos neste exemplo, se a retirada for feita com reposição, então

$\mathbb{P}(D_1)=\mathbb{P}(D_2)=\frac{3}{10} \qquad \text{e} \qquad \mathbb{P}(B_1)=\mathbb{P}(B_2)=\frac{7}{10}$

pois cada vez que extraímos peças do lote, sempre existirão $3$ peças defeituosas e $7$ peças boas num total de $10$ . No entanto, se estivermos extraindo sem reposição, o resultado é diferente. É ainda verdade, naturalmente, que

$\mathbb{P}(D_1)=\frac{3}{10} \qquad \text{e} \qquad \mathbb{P}(B_1)=\frac{7}{10},$

mas as probabilidades de sair uma peça defeituosa ou de sair uma peça boa na segunda retirada não serão as mesmas. Para calcularmos essas probabilidades devemos conhecer a composição do lote no momento de se extrair a segunda peça. Por exemplo, para calcularmos a probabilidade de extrairmos uma peça defeituosa na segunda retirada, D2, temos que saber se ocorreu $D_1$ ou $B_1$ . Caso tenha ocorrido $D_1$ ,

$\mathbb{P}(D_2) = \frac{2}{9}$

e, se ocorreu B1,

$\mathbb{P}(D_2) =\frac{3}{9}.$

Este exemplo nos mostra a necessidade de introduzirmos a definição de probabilidade condicional.

Proposição 1.4.1:

Um evento $A$ é independente dele mesmo se, e só se, $\mathbb{P}(A)=0$ ou $\mathbb{P}(A)=1$ .

Suponha que $\mathbb{P}(A)=a$ , com $0 \ \textless \ a \ \textless \ 1$ . Sabemos que $\mathbb{P}(A\cap A)=\mathbb{P}(A)=a\neq a^2$ , para qualquer $a\in (0,1)$ , entretanto $\mathbb{P}(A\cap A)=\mathbb{P}(A)=a= a^2$ , se $a=0$ ou $a=1$ . Logo se $\mathbb{P}(A)=0$ ou $\mathbb{P}(A)=1$ então ele é independente de si mesmo. Caso contrário, ele não será independe de si mesmo. Suponha agora que $A$ seja independente de si mesmo, portanto $a^2=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(A)= \mathbb{P}(A\cap A)=\mathbb{P}(A)=a$ , ou seja, $a^2=a$ mas isto é válido se, e somente se, $a=0$ ou $a=1$ .

Definição 1.4.2(Probabilidade Condicional):

A probabilidade de ocorrer um evento $A$ dado que ocorreu um evento $B$ é dada por

$\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}.$

Dessa relação sai a Regra do Produto que é dada no teorema a seguir.

Teorema 1.4.1:

Considere um conjunto finito $A_1,A_2,\ldots,A_n$ um conjunto de eventos tais que os eventos condicionais $A_i|A_1\cap A_2\cap\ldots\cap A_{i-1}$ tenham probabilidades positivas. Então temos que

$\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^nA_i\right)=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(A_2|A_1)\mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2)\ldots \mathbb{P}(A_n|\cap_{i=1}^{n-1}A_i).$

Para demonstrar este teorema escrevemos

$\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^nA_i\right)=\mathbb{P}(A_1)\frac{\mathbb{P}(A_1\cap A_2)}{\mathbb{P}(A_1)}\frac{\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap A_3)}{\mathbb{P}(A_1\cap A_2)}\ldots \frac{\mathbb{P}(\bigcap_{i=1}^n A_i)}{\mathbb{P}(\bigcap_{i=1}^{n-1} A_i)},$

e usando a definição de probabilidade condicional, podemos reescrever o lado direito da igualdade acima como

$\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(A_2|A_1)\mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2)\ldots \mathbb{P}(A_n|\cap_{i=1}^{n-1}A_i).$

Com caso particular temos que, dados dois eventos $A$ e $B$ , concluímos que a probabilidade de ocorrência simultânea dos eventos $A$ e $B$ é igual a probabilidade de ocorrência do evento $A$ (ou $B$ ) vezes a probabilidade de ocorrência do evento $A$ (ou $B$ ) dado que ocorreu o evento $B$ (ou $A$ ), ou seja

$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(B)\mathbb{P}(A|B).$

Exemplo 1.4.2:

Considere o Exemplo 1.4.1, mas agora as retiradas serão feitas sem reposição, isto é, a primeira peça retirada não volta ao lote para retirarmos a segunda peça. Qual a probabilidade de se retirar duas peças defeituosas?

A probabilidade de sair uma peça defeituosa na primeira retirada é $\mathbb{P}(D_1)=\frac{3}{10}$ . Além disso, $\mathbb{P}(D_2|D_1)=\frac{2}{9}$ . Assim,

$\mathbb{P}[(D_1,D_2)]=\mathbb{P}(D_1\cap D_2)=\mathbb{P}(D_1)\times \mathbb{P}(D_2|D_1)=\frac{3}{10}\times\frac{2}{9}=\frac{6}{90}=\frac{1}{15}.$

A seguir, apresentamos o teorema da probabilidade total que é usado com frequência para calcular a probabilidade de vários eventos.

Teorema 1.4.2(Teorema da Probabilidade Total):

Sejam $A_1, A_2,\ldots, A_n$ eventos dois a dois disjuntos que formam uma partição do espaço amostral, isto é,

$\bigcup_{i=1}^nA_i=\Omega$

e assuma que $\mathbb{P}(A_i) \ \textgreater \ 0$ para $i = 1, 2, \ldots, n$ . Então, para qualquer evento $B$ , temos que

$\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A_1\cap B) + \cdots + \mathbb{P}( A_n \cap B) = \mathbb{P}(A_1) \mathbb{P}(B|A_1) + \cdots + \mathbb{P}(A_n)\mathbb{P}(B|A_n)=\sum_{i}\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}(B|A_i).$

Para demonstrarmos esse teorema basta observarmos que como a sequência $A_1, A_2, \ldots$ formam uma partição então para qualquer $B\in \Omega$ , temos que $B=\displaystyle\bigcup_{i}(A_i\cap B)$ . E como os $A_i$ são disjuntos dois a dois temos que $B\cap A_i$ também são disjuntos e pelo axioma 3 e pelo teorema 1.4.1 temos que

$\mathbb{P}(B)=\sum_{i}\mathbb{P}(A_i\cap B)=\sum_{i}\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}(B|A_i).$

Exemplo 1.4.3:

Suponha que um jogador participa de um torneio de xadrez onde sua probabilidade de vitória é $0,3$ contra metade dos jogadores (chame-os do tipo $1$ ), $0,4$ contra um quarto dos jogadores (chame-os do tipo $2$ ) e $0,5$ contra o um quarto dos jogadores restantes (chame-os do tipo $3$ ). O jogador disputa uma partida contra um oponente selecionado aleatoriamente. Qual é a probabilidade dele vencer?

Seja $A_i$ o evento de jogar com um oponente do tipo $i$ . Temos então que

$\mathbb{P}(A_1)=0,5; \qquad \mathbb{P}(A_2)=0,25; \qquad \mathbb{P}(A_3)=0,25.$

Seja $B$ o evento vitória. Então temos

$\mathbb{P}(B|A_1)=0,3; \qquad \mathbb{P}(B|A_2)=0,4; \qquad \mathbb{P}(B|A_3)=0,5.$

Assim, pelo teorema da probabilidade total, a probabilidade de vitória é

$\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(B|A_1)+\mathbb{P}(A_2)\mathbb{P}(B|A_2)+P(A_3)\mathbb{P}(B|A_3)=0,5\cdot 0,3+0,25\cdot 0,4+0,25\cdot 0,5=0,375.$

Ou seja, a probabilidade do jogador vencer a partida é de $37,5\%$ . O teorema da probabilidade total com frequência é usado em conjunto com o seguinte teorema, chamado de Teorema de Bayes, que relaciona probabilidades condicionais da forma $\mathbb{P}(A|B)$ com probabilidades condicionais da forma $\mathbb{P}(B|A)$ , em que a ordem da condicionalidade é reversa.

Teorema 1.4.3(Teorema de Bayes):

Sejam $A_1,A_2,\ldots,A_n$ eventos que formam uma partição do espaço amostral, e assuma que $\mathbb{P}(A_i) \ \textgreater \ 0$ para todo $i$ . Então, para qualquer evento $B$ tal que $\mathbb{P}(B) \ \textgreater \ 0$ , temos que

$\mathbb{P}(A_i|B)=\frac{\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}(B|A_i)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}(B|A_i)}{\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(B|A_1)+\ldots+\mathbb{P}(A_n)\mathbb{P}(B|A_n)}.$

Para verificar o teorema de Bayes, basta notar que $\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}(B|A_i) = \mathbb{P}(B)\mathbb{P}(A_i|B)$ já que ambos são iguais a $\mathbb{P}(A\cap B)$ , o que garante a primeira igualdade. A segunda igualdade segue da aplicação do teorema da probabilidade total para $B$ .

Teorema 1.4.4:

A probabilidade condicional também é uma probabilidade ( $P(\cdot |B)$ , para $B$ um subconjunto fixo de $\Omega$ ), ou seja a probabilidade condicional satisfaz os três axiomas de probabilidade.

Mostremos primeiramente que $\mathbb{P}(\Omega | B)=1$ e que $\mathbb{P}(\emptyset | B)=0$ . De fato, note que

$\mathbb{P}(\Omega | B)=\frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)}=1$

e que

$\mathbb{P}(\emptyset | B)=\frac{\mathbb{P}(\emptyset \cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(\emptyset)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{0}{\mathbb{P}(B)}=0$

o que demonstra o primeiro axioma.

O segundo axioma diz que $0 \leq \mathbb{P}(A|B) \leq 1$ , para qualquer $A\subset \Omega$ . Observe que $\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}$ , e como $A \cap B \subset B$ . Temos que por P4 que $0 \leq \mathbb{P}(A \cap B) \leq \mathbb{P}(B)$ , o que implica que $0 \leq \mathbb{P}(A|B) \leq 1.$

O terceiro e último axioma diz que para qualquer sequência de eventos mutuamente exclusivos $A_1, A_2, \ldots$ , temos que

$\mathbb{P}(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n | B)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_n | B).$

Observamos que:

$\mathbb{P}(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n | B)= \frac{\mathbb{P}(B\cap\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)}{\mathbb{P}(B)}= \frac{\mathbb{P}(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \cap B)}{\mathbb{P}(B)}= \frac{\sum_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_n \cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\sum_{n=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_n|B).$

Logo, a probabilidade condicional satisfaz todos os axiomas da probabilidade, o que implica que a probabilidade condicional também é uma probabilidade. Assim sendo, todas as propriedades de probabilidade também são válidas.

Exemplo 1.4.4:

Considere novamente o Exemplo 1.4.3 onde $A_i$ é o evento de ter um adversário do tipo $i$ e

$\mathbb{P}(A_1)=0,5; \qquad \mathbb{P}(A_2)=0,25; \qquad \mathbb{P}(A_3)=0,25.$

Além disso, $B$ é evento vencer uma partida e

$\mathbb{P}(B|A_1)=0,3; \qquad \mathbb{P}(B|A_2)=0,4; \qquad \mathbb{P}(B|A_3)=0,5.$

Suponha que o jogador disputou uma partida e venceu. Qual a probabilidade $\mathbb{P}(A_1|B)$ dele ter jogado contra um adversário do tipo $1$ ?

Usando o teorema de Bayes, temos que

$\mathbb{P}(A_1|B)=\frac{P(\mathbb{A}_1)\mathbb{P}(B|A_1)}{\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(B|A_1)+\mathbb{P}(A_2)\mathbb{P}(B|A_2)+\mathbb{P}(A_3)\mathbb{P}(B|A_3)}=0,4.$

Ou seja, a probabilidade do jogador ter disputado uma partida contra um adversário do tipo $1$ , dado que ele venceu a partida é de $40\%$ .

Exemplo 1.4.5:

Suponha que uma pessoa está participando de um programa de televisão e lhe é fornecida a possibilidade de escolher entre $3$ portas. Atrás de uma das portas existe um carro e atrás das demais não existe prêmio algum. O participante escolhe uma porta, digamos a porta $1$ e o apresentador abre outra porta, digamos a porta $3$ , revelando que não há nada atrás dela e então oferece ao participante a oportunidade de trocar de porta. O que é mais vantajoso, trocar ou não a porta escolhida?

Este é um problema clássico, conhecido como paradoxo de Monty Hall. A resposta intuitiva ao problema, porém errada, é a de que quando o apresentador revelou uma porta não premiada, o concorrente teria à frente um novo dilema com apenas duas portas e um prêmio, portanto as chances de que o prêmio esteja em qualquer uma das duas portas seriam de 50%. O apresentador teria nos ajudado, já que nossas chances subiram de $1/3$ para $1/2$ , mas realmente não faria diferença trocar ou não de porta uma vez que ambas teriam as mesmas chances de possuírem o prêmio. No entanto, esta resposta está errada, pois a porta que o apresentador abre depende da porta que o concorrente escolher inicialmente.

Na verdade, é mais vantajoso trocar de porta e, ao fazê-lo a chance do participante ganhar o carro é de $2/3$ . Resolveremos este problema de duas formas diferentes. A primeira apenas descrevendo o problema e a segunda, utilizando o diagrama de árvores e probabilidades condicionais.

Primeiramente, consideremos duas estratégias para o participante do programa: a estratégia $1$ , onde o participante seleciona uma porta e, se lhe é fornecida a oportunidade de trocar de porta, ele recusa e a estratégia $2$ , na qual o participante sempre troca a porta escolhida. Desta forma, utilizando a estratégia $1$ , o participante ganhará o carro com probabilidade $1/3$ , já que em $1/3$ das vezes a porta que ele escolhe terá o carro com o prêmio. Utilizando a estratégia $2$ , o participante somente ganhará o carro se, a princípio escolhe uma porta que não contém o carro como prêmio, o que ocorre em $2/3$ das vezes, ou seja, a probabilidade de ganhar com a estratégia $2$ é de $2/3$ e, portnato, duas vezes maior do que utilizando a estratégia $1$ .

Podemos também, resolver este problema utilizando os conceitos de probabilidade condicional. Para isto, consideramos vários estágios. O carro é colocado atrás de uma porta, o participante escolhe uma porta e, finalmente, o apresentador abre uma porta. Então é natural analisar o problema através de um diagrama de árvore. Assumimos que se o apresentador pode escolher entre as portas (ou seja, o participante escolheu a porta com o carro), então ele escolhe cada porta com probabilidade $1/2$ . A árvore resultante é mostrada na figura a seguir

Agora, supondo que o participante tenha escolhido a porta $1$ e o apresentador a porta $3$ , então existem apenas dois caminhos possíveis através da árvore. Para um dos caminhos, o carro está atrás da porta $1$ e para o outro, está atrás da porta $2$ . O caminho com o carro atrás da porta 2 é duas vezes mais provável que o caminho com o carro atrás da porta $1$ . Assim, a probabilidade condicional do carro estar atrás da porta $2$ é $2/3$ e a probabilidade do carro estar atrás da porta $1$ é $1/3$ , ou seja, se o participante trocar de porta, ele tem $2/3$ de chances de ganhar o carro.

Exemplo1.4.6:

Um teste de laboratório detecta uma doença quando ela está presente em $95\%$ dos casos. No entanto, o teste também fornece um resultado "falso positivo" para $\1%$ das pessoas saudáveis testadas. (Isto é, se uma pessoa saudável faz o teste, então, com probabilidade $0,01$ , o resultado do teste dirá que ela possui a doença.) Se $0,5\%$ da população tem a doença, qual é a probabilidade de uma pessoa ter a doença dado que o resultado do teste é positivo?

Para resolver este problema, consideramos $D$ o evento de a pessoa testada ter a doença e $E$ o evento de que o resultado do teste é positivo. Então, a probabilidade desejada $\mathbb{P}(D|E)$ é obtida por

$\mathbb{P}(D|E)=\frac{\mathbb{P}(D\cap E)}{\mathbb{P}(E)}=\frac{\mathbb{P}(E|D)\mathbb{P}(D)}{\mathbb{P}(E|D)\mathbb{P}(D)+\mathbb{P}(E|D^c)\mathbb{P}(D^c)},$

ou seja,

$\mathbb{P}(D|E)=\frac{(0,95)(0,005)}{(0,95)(0,005)+(0,01)(0,995)}\approx 0,323.$

Assim, apenas $32\%$ das pessoas cujos resultados do teste deram positivo realmente possuem a doença.

Exemplo 1.4.7:

Em um teste de múltipla escolha, ou um estudante sabe a resposta ou arrisca uma das alternativas. Seja $p$ a probabilidade do estudante saber a resposta e $1 - p$ a probabilidade do estudante arriscar adivinhá-la. Assuma que um estudante que arrisca a resposta acerta a resposta correta com probabilidade $1/m$ , onde $m$ é o número de alternativas de múltipla escolha. Qual é a probabilidade condicional de que um estudante soubesse a resposta da questão, dado que ele ou ela respondeu corretamente?

Seja $C$ o evento de que o estudante responde a questão corretamente e $K$ o evento de que ele saiba a resposta. Então

$\mathbb{P}(K|C)=\frac{\mathbb{P}(K\cap C)}{\mathbb{P}(C)}=\frac{\mathbb{P}(C|K)\mathbb{P}(K)}{\mathbb{P}(C|K)\mathbb{P}(K)+\mathbb{P}(C|K^c)\mathbb{P}(K^c)},$

ou seja,

$\mathbb{P}(K|C)=\frac{p}{p+(1/m)(1-p )}= \frac{mp}{1+(m-1)p}.$

Por exemplo, se $m = 5$ e $p = 1/2$ , então a probabilidade de que um estudante saber a resposta de uma questão que ele respondeu corretamente é $5/6$ .

Exemplo 1.4.8:

Uma companhia de seguros acredita que as pessoas possam ser divididas em duas classes: aquelas que são propícias a sofrerem acidentes e as que não são. Suas estatísticas mostram que uma pessoa propícia a acidentes terá um acidente em algum momento dentro do período de um ano com probabilidade $0,4$ , enquanto esta probabilidade diminui para $0,2$ para pessoas não propícias a acidentes. Supondo que $30\%$ da população é propícia a sofrer acidentes, qual é a probabilidade de que um novo segurado sofra um acidente durante um ano em que comprou uma apólice?

Obteremos a probabilidade desejada ao condicionar se o segurado é ou não uma pessoa propícia a sofrer um acidente. Seja $A_1$ o evento de que um segurado sofra um acidente durante um ano em que comprou a apólice e $A$ o evento de que o segurado seja uma pessoa propícia a sofrer um acidente. Então a probabilidade desejada, $P(A_1)$ , é dada por

$\mathbb{P}(A_1)=\mathbb{P}(A_1|A)\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(A_1|A^c)\mathbb{P}(A^c)=(0,4)(0,3)+(0,2)(0,7)=0,26.$

Exemplo 1.4.9:

Suponha que você deseja enviar uma carta para sua namorada pelo correio, para isto você resolve pedir para um amigo coloca-la para você, entretanto ele pode esquecer-se de envia-la com uma probabilidade de $0,1$ . Caso ele não se esqueça de envia-la, a probabilidade que o correio extravie a carta é de $0,1$ . E ainda caso o correio a envie a probabilidade de que o carteiro não a entregue é também é de $0,1$ . Sabendo que sua namorada não recebeu sua carta qual é a probabilidade de seu amigo ter esquecido de coloca-la no correio?

Esta é uma questão clássica em probabilidade. Vamos começar definindo os eventos definamos $A=\{\text{O amigo enviou a carta}\}$ ; $B=\{\text{O correio não extravia a carta}\}$ e $C=\{\text{O carteiro entrega a carta}\}$ . Pelos dados do problema temos que:

$\mathbb{P}(A)=0,9; \quad \mathbb{P}(B|A)=0,9 \quad \text{e} \quad \mathbb{P}(C | A \cap B)=0,9.$

O nosso problema consiste em encontrar $\mathbb{P}(A^c | C^c)$ , utilizando o teorema 1.4.3, concluímos que:

$\mathbb{P}(A^c|C^c)=\frac{\mathbb{P}(C^c|A^c)\mathbb{P}(A^c)}{\mathbb{P}(C^c|A^c)\mathbb{P}(A^c)+\mathbb{P}(C^c|A)\mathbb{P}(A)}.$

Note que $\mathbb{P}(C^c|A^c)=1$ , pois dado que o amigo não enviou a carta o carteiro não vai entrega-la com probabilidade 1. Então vamos calcular a probabilidade de $\mathbb{P}(C^c|A)$ .

$\mathbb{P}(C^c|A)=\mathbb{P}(C^c \cap B|A)+\mathbb{P}(C^c \cap B^c|A).$

Sendo assim, precisamos encontrar $\mathbb{P}(C^c \cap B|A)$ . Observe que:

$\mathbb{P}(C^c \cap B|A)= \frac{\mathbb{P}(C^c\cap B\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(C^c \cap B \cap A)\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(A\cap B)}=\mathbb{P}(C^c|B\cap A)\mathbb{P}(B|A)=0,1 \cdot 0,9=0,09.$

Da mesma forma obtemos

$\mathbb{P}(C^c \cap B^C |A)=\mathbb{P}(C^c | A \cap B^c)\mathbb{P}(B^C|A)=1 \cdot 0,1= 0,1.$

Substituindo os valores encontrados na formula acima obtemos que

$\mathbb{P}(C^c|A)=\mathbb{P}(C^c \cap B|A)+\mathbb{P}(C^c \cap B^c|A)=0,09+0,1=0,19.$

Finalmente substituindo os valores encontrados na formula acima obtemos que

$\mathbb{P}(A^c|C^c)=\frac{\mathbb{P}(C^c|A^c)\mathbb{P}(A^c)}{\mathbb{P}(C^c|A^c)\mathbb{P}(A^c)+\mathbb{P}(C^c|A)\mathbb{P}(A)}=\frac{1\cdot 0,1}{1 \cdot 0,1+0,19 \cdot 0,9}=\frac{0,1}{0,271}\thickapprox 0,369.$

E, portanto, a probabilidade de que o amigo não tenha colocado a carta no correio sabendo que a namorada não recebeu a carta é de, aproximadamente, $36,9\%$ .

Exemplo 1.4.10:

Vamos supor que vamos selecionar $3$ cartas em um baralho comum (com $52$ cartas) ao acaso e sem reposição. Qual a probabilidade de retirarmos $3$ reis?

Vamos definir o evento $A_i=\{\text{a i-ésima retirada é rei}\}$ , onde $i=1,2,3$ . Queremos encontrar a probabilidade $\mathbb{P}(A_1\cap A_2 \cap A_3)$ pelo teorema 1.4.1 temos que:

$\mathbb{P}(A_1\cap A_2 \cap A_3)=\mathbb{P}(A_3 | A_1\cap A_2)\cdot \mathbb{P}(A_2|A_1)\cdot \mathbb{P}(A_1)=\frac{2}{50}\cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{4}{52}.$

Exemplo 1.4.11:

Suponha que a ocorrência de chuva (ou não) dependa de das condições do tempo no dia imediatamente anterior. Admitamos que se chova hoje, choverá amanhã com probabilidade de $0,7$ e que se não chove hoje, então choverá amanhã com probabilidade de $0,4$ . Sabendo que choveu hoje, calcule a probabilidade de chover depois de amanhã.

Consideremos nosso espaço amostral $\omega_i \in \{\text{chover, não chover}\}\} $$ . Seja o evento $A_1=\{\text{chover hoje}\]$ , $A_2=\{\text{chover amanhã}\}$ e $A_3=\{\text{chover depois de amanhã}\}$ . Queremos encontrar $\mathbb{P}(A_3|A_1)$ , mas

$\mathbb{P}(A_3|A_1)=\mathbb{P}(\Omega \cap A_3|A_1)$

$= \mathbb{P}(A_3 \cap (A_2\cup A_2^c)|A_1)$

$=\mathbb{P}(A_3 \cap A_2 | A_1)+ \mathbb{P}(A_3 \cap A_2^{c} | A_1)$

$= \frac{\mathbb{P}(\A_1 \cap A_2 \cup A_3)}{\mathbb{P}(A_1)}+\frac{\mathbb{P}(\A_1 \cap A_2^c\cup A_3)}{\mathbb{P}(A_1)}$

$= \frac{\mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2) \cdot \mathbb{P}(A_2|A_1)\cdot \mathbb{P}(A_1)}{\mathbb{P}(A_1)}+\frac{\mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2^C) \cdot \mathbb{P}(A_2^C|A_1)\cdot \mathbb{P}(A_1)}{\mathbb{P}(A_1)}$

$= \mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2)\cdot \mathbb{P}(A_2|A_1) + \mathbb{P}(A_3|A_1\cap A_2^C)\cdot \mathbb{P}(A_2^C|A_1)$

$= \mathbb{P}(A_3|A_2)\cdot \mathbb{P}(A_2| A_1)+\mathbb{P}(A_3|A_2^C)\cdot \mathbb{P}(A_2^C| A_1)$

$= 0,7 \cdot 0,7 + 0,4 \cdot 0,3$

$=0,61$

Ou seja, sabendo que choveu hoje, a probabilidade de chover depois de amanhã é de $61\%$ .

Exemplo 1.4.12:

Em um jogo de dados são jogados dois dados honestos simultaneamente, de forma independente. Considerando que os números das faces voltadas para cima dos dois dados são números diferentes, qual é a probabilidade de que a soma dos números seja $6$ ?

Primeiramente vamos analisar o nosso espaço amostral. A tabela abaixo mostra todo o espaço amostral:

	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)

Seja $A=\{\text{Soma dos dados ser 6}\}$ e $B=\{\text{O número dos dados serem distintos}\}$ . Observem na tabela cima que existem $30$ possibilidades das 36 para as quais os dois números são distintos. E dentre as possibilidades para os quais a soma é $6$ , existem $4$ possibilidade para os quais os números são distintos. Assim a probabilidade $P(A|B)$ é dada por

$\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\frac{4}{36}}{\frac{30}{36}}=\frac{2}{15}.$

Exemplo 1.4.13: Seja $(\Omega, \mathbb{A}, \mathbb{P})$ um espaço de probabilidade e suponha que todos os conjuntos abaixo pertençam a $\mathbb{A}$ . Prove:

(a) Se os $A_n$ são disjuntos e $\mathbb{P}(B|A_n)\geq c$ para todo $n$ , então

$\mathbb{P}(B|\cup A_n)\geq c$

(b) O item (a) com "=" no lugar de $\geq$ .

(c) Se $A_n\supset A_{n+1}$ e $\mathbb{P}(A_{n+1}|A_n)\leq \frac{1}{2}$ para todo n, então $\mathbb{P}(A_n)\rightarrow 0$ quando $n\rightarrow \infty$ .

(d) Se os $A_n$ são disjuntos e $\mathbb{P}(B| A_n)=\mathbb{P}(C|A_n) \quad \quad \forall n$ , então

$\mathbb{P}\left(B\bigg |\bigcup A_n\right)=\mathbb{P}\left(C\bigg|\bigcup A_n\right).$

(e) Se $A_1, A_2, \dots$ são disjuntos e $\bigcup A_n=\Omega$ , então

$\mathbb{P}(B|C)=\sum_n \mathbb{P}(A_n|C)\mathbb{P}(B|A_n\cap C).$

(a) Primeiramente observe que $[B\cap(\cup A_n)]=\bigcup [B\cap A_n]$ o que implica que

$\mathbb{P}[B\cap(\cup A_n)]=\sum \mathbb{P}[B\cap A_n].$

Agora, dado que $\mathbb{P}(B|A_n)\geq c$ temos que

$\mathbb{P}(B\cap A_n)\geq c\mathbb{P}(A_n)$

então temos que

$\sum_n \mathbb{P}(B\cap A_n)\geq c \sum_n \mathbb{P}(A_n)=c\mathbb{P}\left(\bigcup_n A_n\right)$

Então

$\mathbb{P}(B\cap (\cup A_n))\geq c \mathbb{P}(\cup A_n)\Rightarrow \frac{\mathbb{P}(B\cap (\cup A_n))}{\mathbb{P}(\cup A_n)}\geq c\Rightarrow \mathbb{P}(B|\cup A_n)\geq c.$

(b) A demonstração é análoga e obtemos $\mathbb{P}(B|\cup A_n)=c.$

(c) Se $A_n\supset A_{n+1}$ então

$\mathbb{P}(A_n)=\mathbb{P}(A_1\cap \dots \cap A_{n})=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(A_2|A_1)\dots \mathbb{P}(A_n|A_1\cap A_2\cap \dots \cap A_{n-1})$

$=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(A_2|A_1)\dots \mathbb{P}(A_n|A_{n-1})$

Agora $0\leq \mathbb{P}(A_1)\leq 1$ $0\leq \mathbb{P}(A_i|A_{i-1})\leq \frac{1}{2}$ , para $i=1,2,3, \dots$ . Desta forma,

$0\leq \mathbb{P}(A_n)\leq \frac{1}{2^{n-1}}$

o que implica que

$0\leq \lim_{n\rightarrow \infty}\mathbb{P}(A_n)\leq 0$

o que implica que $\lim_{n\rightarrow \infty}\mathbb{P}(A_n)=0$ .

(d) Então,

$\mathbb{P}\left(B|\bigcup A_n\right)=\frac{\mathbb{P}(B\cap(\cup A_n))}{\mathbb{P}(\cup A_n)}=\frac{\mathbb{P}(\cup(B\cap A_n))}{\mathbb{P}(\cup A_n)}=\frac{\sum \mathbb{P}(B\cap A_n)}{\mathbb{P}(\cup A_n)}=\frac{\sum_{n}\mathbb{P}(C|A_n)\mathbb{P}(A_n)}{\mathbb{P}(\cup A_n)}$

$=\frac{\sum \mathbb{P}(C\cap A_n)}{\mathbb{P}(\cup A_n)}=\frac{\mathbb{P}(\cup C\cap A_n)}{\mathbb{P}(\cup A_n)}=\mathbb{P}(C|\cup A_n)$

(e) Temos

$\sum \mathbb{P}(A_n| C)-\mathbb{P}(B| A_n\cap C)=\sum \frac{\mathbb{P}(A_n\cap C)}{\mathbb{P}(C)}\frac{\mathbb{P}(B\cap C\cap A_n)}{\mathbb{P}(A_n\cap C)}=\frac{1}{\mathbb{P}(C)}\sum_n \frac{\mathbb{P}((B\cap C)\cap A_n)}{\mathbb{P}(A_n)}$

$=\frac{1}{\mathbb{P}(C)}\sum \mathbb{P}(B\cap C|A_n)=\frac{\mathbb{P}(B\cap C)}{\mathbb{P}(C)}=\mathbb{P}(B|C)$

Exemplo 1.4.14: Certo experimento consiste em lançar um dado equilibrado duas vezes independentemente. Dado que os dois números sejam diferentes, qual é a probabilidade
condicional de

(a) pelo menos um dos números ser 6, e

(b) a soma dos números ser 8?

(a) $A=\{\text{Evento de dois número diferentes}\}$ , então $\mathbb{P}(A)=\frac{30}{36}=\frac{5}{6}$ .
$B=\{\text{ Pelo menos 1 número ser 6 }\}$ , $\mathbb{P}(B)=\frac{11}{36}$ , $\mathbb{P}(B\cap A)=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$
$C=\{\text{ A soma dos numeros é 8 }\}.$ $\mathbb{P}(C)=\frac{5}{36}$ , $\mathbb{P}(C\cap A)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$

Então, $\mathbb{P}(B|A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\frac{5}{18}}{\frac{5}{6}}=\frac{1}{3}$ ,
$\mathbb{P}(C|A)=\frac{\mathbb{P}(C\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\frac{1}{9}}{\frac{5}{6}}=\frac{2}{15}$

Exemplo 1.3.15: Durante o mês de novembro a probabilidade de chuva é de 0,3. O Fluminense ganha um jogo em um dia com chuva com a probabilidade 0,4; em
um dia sem chuva com a probabilidade 0,6. Se ganhou um jogo em novembro, qual é a probabilidade de que choveu nesse dia ?
Defina $C=\{\text{ ocorrer chuva em novembro }\}$ e $G\{\text{ evento fluminense ganha em novembro }\}$ .

$\mathbb{P}(G|C)=0,4, \quad \quad \mathbb{P}(G^c|C)=0,6 \quad\quad \mathbb{P}(G|C^c)=0,6$

Então

$\mathbb{P}(C|G)=\frac{\mathbb{P}(C\cap G)}{\mathbb{P}(G)}=\frac{\mathbb{P}(C)\mathbb{P}(G|C)}{\mathbb{P}(G|C)\mathbb{P}(C)+\mathbb{P}(G|C^c)\mathbb{P}(C^c)}=\frac{0,3\times 0,4}{0,3\times 0,4+0,6\times 0,7}=\frac{2}{9}$

Exemplo 1.3.16: Sejam $A_1, \dots, A_n$ eventos aleatórios independentes, com $p_k=\mathbb{P}(A_k),k=1,\dots, n$ . Obtenha a probabilidade de ocorrência dos seguintes
eventos em termos das probabilidades $p_k$
(a) A ocorrência de nenhum dos $A_k$ .