Introdução à Probabilidade e Estatística

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Introdução à Probabilidade e estatística Quadrimestre 2022-3 Aula 2 
 
a u l a 2 
 
Prof. André Timpanaro 
 
 
Relembrando, temos que a probabilidade depende do evento 
e das informações que temos disponíveis: Pr(E⎟I). 
- Probabilidades são números entre 0 e 1: 0 ≤ Pr(E⎟I) ≤ 1; 
- Pr(Ω⎟I) = 1 → coisa mais provável possível (evento certo); 
- Pr(∅⎟I) = 0 → coisa menos provável possível (evento 
improvável); 
- Regra aditiva: Pr⁡[⋃ 𝐸𝑖𝑖 ⎟I] = ∑ Pr⁡(𝐸𝑖i ⎟I ), se os Ei são 
disjuntos: Ei∩Ej = ∅, ∀i≠j; 
- Regra multiplicativa: Pr(E∩F⎟I) = Pr(F⎟I, E) . Pr(E⎟I), 
sendo que I são as informações iniciais e (I,E) são dadas as informações 
iniciais e que o evento E ocorre. 
 
 
Uma vez que vimos as regras básicas dos axiomas, vamos 
começar a analisar situações onde podemos pegar os axiomas e decidir 
como deve ser a probabilidade de determinados eventos em 
determinado experimento aleatório. Assim, agora iremos especificar as 
informações para conseguirmos deduzir as probabilidades. 
 
O caso mais simples é quando temos um espaço amostral 
equiprovável. Para entendermos essa situação primeiro vamos analisar 
do jeito intuitivo, como jogar moedas e dados. 
Pensando na moeda, sempre pensamos que temos uma 
probabilidade de 50% de sair cara e 50% de sair coroa. Assim como no 
dado, temos uma chance de 1 em 6 de sair cada uma das 6 faces. Mas 
por que atribuímos essas probabilidades para estes casos? 
O que está subjacente é a hipótese de que todas as 
possibilidades são igualmente prováveis. 
Nós fazemos essa hipótese porque temos alguma espécie de 
simetria entre as realizações. 
No caso da moeda, estamos assumindo que temos a mesma 
chance de tirar cara ou coroa, porque se a moeda está com a cara virada 
para cima e a viramos para baixo, parece que a moeda continua a 
mesma, neste sentido, cara e coroa seriam basicamente iguais, não 
importa qual o lado da moeda que chamamos de cara ou coroa, ainda 
temos uma simetria que permite girarmos a moeda e obter o mesmo 
objeto. O mesmo ocorre para o dado de 6 dados. Se tivéssemos um dado 
não simétrico, um dado viciado, essa premissa deixaria de ocorrer, pois 
um resultado é mais provável de ocorrer que outras. 
Assim, nestes casos temos uma simetria entre as realizações 
que é formalizada pelo princípio da indiferença, que traz a seguinte 
ideia: 
Se não tenho nenhuma razão para acreditar que uma das 
realizações é mais provável que a outra, a maneira correta de atribuir 
probabilidades é assumirmos que suas probabilidades são igualmente 
prováveis de ocorrer (equiprobabilidade). 
O principio da indiferença entra em ação quando o 
experimento é simétrico, como no caso do dado não viciado, ou seja, 
quando temos informação a respeito de sua simetria. O princípio de 
simetria pode, então, ser presente nos casos de simetria, mas também 
em um caso de ausência da informação. Se temos um caso onde tudo 
que sabemos sobre o espaço amostral é que ele é: Ω= {A, B, C}, não 
temos nenhuma informação que nos permite dizer que um é mais 
provável que outro, então a devemos assumir a chance de 1/3 para cada 
uma das realizações. 
Portanto, a equiprobabilidade ocorre quando todas as 
realizações têm a mesma probabilidade: 
Pr(E⎟eq) → probabilidade do meu evento E ocorrer, dado 
que o espaço amostral é equiprovável, ou seja, que as realizações têm 
equiprobabilidade. 
 
 
Como calculamos probabilidade nessa situação? É possível 
calcularmos utilizando apenas os axiomas de Kolmogorov. 
 
Exemplo 
Seja o espaço amostral (Ω) equiprovável, com as seguintes 
realizações (ω – ômega minúsculo): 
Ω= {ω1, ω2, ω3, ..., ωN}, tal que 
N =⎟Ω⎟ → N é o número de elementos do 
espaço amostral Ω. 
E queremos calcular a probabilidade de um evento E que tem 
as seguintes realizações: 
E= {e1, e2, e3, ..., eM}, tal que M =⎟E⎟, ou seja, M é o 
número de elementos do evento. 
 
A primeira coisa que iremos fazer, é reescrever o espaço 
amostral e o evento como uma união disjunta, ou seja, reescrever o 
espaço amostral como a união das realizações e o evento como a união 
de todos os eventos possíveis. 
Ω=⋃ {𝑤𝑖}
𝑁
𝑖=1 ≡{ω1}∪{ω2}∪{ω3},,,{ωN}→ união disjunta 
das realizações; 
E =⋃ {𝑒𝑖}
𝑀
𝑖=1 ≡{e1}∪{e2}∪{e3}...{eM}∪→ união disjunta de 
todos os eventos possíveis. 
Relembrando 
Simetrias e equiprobabilidade 
Probabilidade no espaço 
equiprovável 
Aula 2 
⎟x⎟= número de 
elementos de x 
Nós quebramos o evento e o espaço amostral em vários 
eventos que têm, exatamente, uma realização. 
 
Vamos primeiro determinar a probabilidade do evento: 
Pr({ωK⎟eq} = p 
Pegamos todos os resultados possíveis do espaço amostral e 
estamos atribuindo a probabilidade p para cada um deles. 
Ilustradamente, teríamos a seguinte situação: 
 
 
 
Cada evento e tem uma única realização w, onde Ω é a união 
de todos esses eventos e. Em outras palavras, a realização w que obtemos 
no experimento aleatório bate com a única realização que temos dentro 
de cada evento e. Como são todas igualmente prováveis, cada um dos 
eventos e possui uma probabilidade p de acontecer. 
 
Por outro lado, pelos axiomas, temos que a probabilidade do 
evento Ω é 1, que é igual à probabilidade da união de todas as 
realizações: 
1 = Pr(Ω⎟eq) = Pr[⋃ {𝑤𝑖}
𝑁
𝑖=1 ⎟ 𝑒𝑞] 
Como dividimos o espaço amostral em eventos disjuntos, que 
não têm intersecção entre si, podemos utilizar a regra aditiva, portanto 
isso será igual a soma das probabilidades de wi, dado que o espaço 
amostral é equiprovável. 
1 = Pr(Ω⎟eq) = Pr[⋃ {𝑤𝑖}
𝑁
𝑖=1 ⎟ 𝑒𝑞] = ∑ Pr⁡({𝑤𝑖}⎟𝑒𝑞)
𝑁
𝑖=𝑖 = ∑ 𝑝
𝑁
𝑖=𝑖 
Estamos somando p N vezes, p+p+p...p, N vezes, portanto o 
somatório será: 
∑ 𝑝𝑁𝑖=𝑖 = 𝑝.𝑁 → 𝑝 =
1
𝑁
=
1
⎟Ω⎟
 
 
Parece complicado, mas é a mesma coisa que o resultado 
intuitivo que viemos tendo até então, onde, seja uma moeda com 2 
possibilidades, temos uma chance de ½ de sair cara ou coroa. Assim 
como no dado temos 6 possibilidades, logo temos uma chance de ⅙. 
 
------ 
 
Qual a probabilidade do evento E? a ideia é parecida. 
Quebramos o E nos eventos ei disjuntos com uma realização dentro de 
cada um deles: 
Pr(E⎟eq) = Pr[⋃ {𝑒𝑖}
𝑀
𝑖=1 ⎟ 𝑒𝑞] 
Assim podemos utilizar a regra aditiva: 
Pr[⋃ {𝑒𝑖}
𝑀
𝑖=1 ⎟ 𝑒𝑞] = ∑ Pr⁡({𝑒𝑖}⎟𝑒𝑞)
𝑀
𝑖=𝑖 
E por equiprobabilidade, a somatória deve ser igual a p 
somado M vezes, lembrando que p = 1/N: 
 ∑ Pr⁡({𝑒𝑖}⎟𝑒𝑞)
𝑀
𝑖=𝑖 = ∑ 𝑝
𝑁
𝑖=𝑖 = 𝑝.𝑀 =
𝑀
𝑁
 
Lembrando que N =⎟Ω⎟ e M =⎟E⎟, temos: 
Pr(E⎟eq) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
 
E assim calculamos a probabilidade em um espaço amostral 
equiprovável. Precisamos contar quantas realizações temos no evento, 
quantas realizações temos no espaço amostral e tomar a razão entre eles. 
Essa é a probabilidade quando temos essa situação equiprovável. 
A probabilidade do evento E ocorrer, dado que os eventos são 
equiprováveis, é dado pelo número de elementos de E dividido pelo 
número de elementos do espaço amostral. 
 
 
Exemplo 1 
Imagine que temos uma caixa com bolas numeradas de 1 a 
50. Sorteamos uma bola. Qual a probabilidade de a bola sorteada ser 
par? 
Podemos pensar que temos equiprobabilidade porque por 
esse enunciado não conseguimos distinguir uma bola como sendo mais 
provável de ocorrer que a outra, isso porque a única diferença entre elas 
é sua numeração. Uma vez que temos essa simetria, podemos utilizar a 
equiprobabilidade. 
Ω= {1, 2, 3, ..., 50} → ⎟Ω⎟= 50 elementos; 
Par= {2, 4, 6, ..., 48, 50} → ⎟Par⎟= 25 elementos 
∴ Pr(Par⎟eq) = 
𝑛𝑜.𝑑𝑒⁡𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠⁡𝑑𝑜⁡𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑛𝑜.⁡⁡𝑑𝑒⁡𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠⁡𝑑𝑜⁡𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜⁡𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙
=
25
50
=
1
2
 
 
Exemplo 2 
Imagine uma situação semelhante, mas agora temos 15 bolas 
azuis e 35 bolas vermelhas. Sorteamos uma bola. Qual a probabilidade 
da bola sorteada ser azul? 
Aqui, do jeito como o problema especifica as bolas, não é 
claro se temos ounão equiprobabilidade, porém podemos reescrever o 
enunciado como um problema de bolas enumeradas de 1 a 50, ou seja, 
podemos reestabelecer a simetria que tínhamos no exercício anterior e 
que permitiu utilizarmos a equiprobabilidade. 
Dessa forma, agora temos bolas enumeradas de 1 a 50, onde 
de 1 a 15 são azuis e de 16 a 50 são vermelhas. Agora podemos 
considerar que cada bola tem a mesma chance de ser retirada: 
Ω= {1, 2, 3, ..., 50} → ⎟Ω⎟= 50 elementos; 
Azul= {1, 15} → ⎟azul⎟= 15 elementos 
∴ Pr(Azul⎟eq) = 
𝑛𝑜.𝑑𝑒⁡𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠⁡𝑑𝑜⁡𝑒𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑛𝑜.⁡⁡𝑑𝑒⁡𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠⁡𝑑𝑒⁡𝛺
=
15
50
=
3
10
 
 
Este problema nos mostra que podemos utilizar espaços 
amostrais diferentes para descrever o mesmo experimento aleatório, a 
depender do que analisamos no resultado. 
Por exemplo, nesse mesmo problema poderíamos dizer 
apenas um espaço amostral escrito: 
Ω= {azul, vermelho} 
Neste caso, teríamos uma caixa onde não sabemos o conteúdo 
dela, onde as únicas possibilidades são sair uma bola azul ou vermelha. 
Apenas com essa informação poderíamos utilizar a equiprobabilidade 
porque não seriamos capaz de determinar qual das duas bolas é a mais 
provável. Já no enunciado original, onde diz que temos 15 bolas azuis e 
35 vermelhas, temos uma não simetria. 
 
Exemplo 3 
Jogo de 2 dados de 4 faces. Qual a probabilidade de sair 3 e 
5? Neste momento não nos importamos a ordem dos números, pode ser 
tanto 3 e 1, como 1 e 3. Ambos os dados são justos e o resultado de um 
não influencia no outro. 
O espaço amostral equiprovável? 
A grande chave desse exercício é se distinguimos ou não os 
dados. O que iremos discutir nesse exercício irá mostrar que, se não 
distinguirmos os dados, não teremos um espaço equiprovável, já quando 
distinguimos os dados (definir um dado de vermelho e outro de azul), 
o espaço amostral será equiprovável. 
- Discutindo primeiramente sobre o espaço equiprovável 
(quando distinguimos os dois dados): 
Neste caso, como disse anteriormente, precisamos diferenciar 
os dados, por exemplo, dando cor a cada um deles: 
Dado 1: laranja; Dado 2: azul. 
Analisando o espaço amostral onde distinguimos os dois 
dados através da tabela abaixo. 
 
 1 2 3 4 
1 1 1 2 1 3 1 4 1 
2 1 2 2 2 3 2 4 2 
3 1 3 2 3 3 3 4 3 
4 1 4 2 4 3 4 4 4 
 
Na primeira linha temos os possíveis valores do dado laranja 
e na coluna, os valores do dado azul. Também seria possível pensarmos 
em jogar primeiro um dado e depois o outro, diferenciando por dado 1 
e 2, respectivamente. 
Então se queremos saber a probabilidade do dado 1, dar um 
valor a, e o dado 2, dar um valor b, podemos utilizar a regra do produto, 
informando que estamos jogando os dados de forma equiprovável, ou 
seja, os dados 1 e 2 têm simetrias, são dados justos, além da informação 
que o resultado de 1 não influencia do 2: 
Pr(D1=a e D2=b⎟eq1, eq2) 
Assim esses são os dados iniciais: 
Evento E: [D1 = a] 
Evento F: [D2 = b] 
I: [eq1, eq2] 
⎟Ωdado 1⎟= 4 → 1, 2, 3, 4 
⎟Ωdado 2⎟= 4 → 1, 2, 3, 4 
⎟Edado 1⎟= 1 → uma possibilidade: tirar a 
⎟Edado 2⎟= 1 → uma possibilidade: tirar b 
 
Pela regra do produto ou regra multiplicativa (axioma 5), 
temos: 
Pr(E e F⎟I) = Pr(F⎟I, E) . Pr(E⎟I) 
No nosso exemplo, o axioma 5 fica: (a probabilidade de 
jogarmos D2 e dar b, dado que o dado 1 é equiprovável e que tiramos 
a, e que o dado 2 também é equiprovável) multiplicado pela 
(probabilidade do dado 1 dar a, sendo que os dados 1 e 2 são 
equiprováveis, ou seja, justos): 
Pr(D1=a e D2=b⎟eq1, eq2) = 
= Pr(D2=b⎟eq1, D1=a, eq2) . Pr(D1=a⎟eq1, eq2) 
 
Dessa última equação, podemos jogar algumas informações 
fora que são irrelevantes. (i) Para o D2, não importa o que aconteceu 
com D1, então para o calculo de probabilidade de D2, podemos descartar 
as informações sobre D1; (ii) Para a probabilidade que envolve D1, a 
informação que D2 é justo, também é indiferente, assim temos: 
Pr(D2=b⎟eq1, D1=a, eq2) . Pr(D1=a⎟eq1, eq2) = 
Pr(D2=b⎟eq2) . Pr(D1=a⎟eq1) 
 Proobabilidade de D2 sair b, dado que ele é justo, multiplicado pela probabilidade de D1 
resultar em a, uma vez que ele também é justo (equiprovável) 
 
Como vimos no início da aula, a probabilidade de um evento 
E ocorrer, dado que o espaço amostral é equiprovável é dado por: 
Pr(E⎟eq) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
 
 
Portanto: 
Pr(D2=b⎟eq2) . Pr(D1=a⎟eq1) = 
= 
⎟E1⎟
⎟Ω1⎟⁡
 . 
⎟E2⎟
⎟Ω2⎟⁡
 = 
1
4
.
1
4
=
1
16
 
 
Uma vez que calculamos a probabilidade, vamos discutir um 
pouco mais sobre a tabela do espaço amostral dos dados 1 e 2. Nós 
dizemos que ele é um espaço amostral distinguível ou com ordem, isso 
porque a tabela tem exatamente 16 elementos e os eventos que formam 
as realizações D1 e D2, são exatamente 2 em 16, como temos destacado 
na tabela. 
 
 1 2 3 4 
1 1 1 2 1 3 1 4 1 
2 1 2 2 2 3 2 4 2 
3 1 3 2 3 3 3 4 3 
4 1 4 2 4 3 4 4 4 
 
Assim, a probabilidade de cada um dos elementos da tabela 
é 1/16, portanto eles são equiprováveis. Por fim, calculando a 
probabilidade de tirarmos 1 e 3, independente da ordem do dado é, uma 
vez que eles são equiprováveis: 
Pr(1 e 3) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
 = 
2
16
=
1
8
 
 
- Agora vamos falar sobre o espaço amostral indistinguível: 
No espaço amostral indistinguível ou sem ordem, não 
distinguimos os dois dados. Ou seja, os dados são iguais e jogamos eles 
ao mesmo tempo. A nossa tabela, agora ficaria assim: 
 
 1 2 3 4 
1 1 1 2 1 3 1 4 1 
2 1 2 2 2 3 2 4 2 
3 1 3 2 3 3 3 4 3 
4 1 4 2 4 3 4 4 4 
 
Ou então, como é mais comum de se representar, nosso 
espaço amostral seria: 
Ω= {11, 12, 13, 14, 22, 23, 24, 33, 34, 44} 
O número de elementos desse espaço amostral é 10. Neste 
caso, se calculássemos a probabilidade de tirarmos 1 e 3 nesta situação 
teríamos: 
Pr(1 e 3) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
 = 
1
10
 
 
Isso está errado!! (i) Não fizemos nenhuma alteração no 
experimento para resultarmos em outra probabilidade. Para irmos do 
espaço amostral distinguível para o indistinguível, bastaria pintar os 
dados. Isso não alteraria a probabilidade de sair os números 1 e 3, se 
eles ainda continuam justos. (ii) Não mudamos a forma como jogamos 
os dados, ou seja, o dado 1 ainda continua não tendo nenhuma 
influencia sobre o dado 2. 
Então há alguma coisa estranha acontecendo aqui e o 
problema são os eventos onde os dois dados saem o mesmo número 
(11, 22, 33, 44), isso porque eles têm menos maneiras de acontecer do 
que os outros eventos do espaço amostral indistinguível, se remetermos 
ao espaço amostral onde sabemos que é equiprovável e distinguível. 
 
 
 
 1 2 3 4 
1 1 1 2 1 3 1 4 1 
2 1 2 2 2 3 2 4 2 
3 1 3 2 3 3 3 4 3 
4 1 4 2 4 3 4 4 4 
 
Por termos os dados da mesma cor, não conseguimos 
diferenciar qual dado deu qual valor nos casos pintados em verde, ou 
seja, eles têm apenas uma maneira de acontecer. Dar 1 e 1 é o mesmo 
evento, independente de qual dado seja. Enquanto os valores pintados 
em azul têm duas maneiras de ocorrer. 
Assim, as realizações em azul são duas vezes mais prováveis 
de ocorrer do que as realizações em verde. Logo, não se trata de um 
espaço amostral equiprovável. 
 
Quando falarmos sobre espaços amostrais equiprovável, 
sempre entrará em questão se trata de um espaço amostral distinguível 
ou indistinguível. Isso deverá estar bem claro no nosso exercício, para 
não confundirmos quando o espaço amostral for indistinguível e ainda 
mantermos ele equiprovável. Veremos que para isso utilizaremos uma 
regra simples. 
 
 
Vamos nos aprofundar um pouco mais. Vimos que a 
probabilidade de um evento em um espaço amostral equiprovável é dado 
pelo número de elementos do evento dividido pelo tamanho (número 
de elementos) do espaço amostral. 
Pr(E⎟eq) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
 
Para calcular a porcentagem, precisamos então, contar o 
número de elementos temos no evento e no espaço amostral. Essas 
situações são simples quando tratamos de um dado ou uma moeda, 
onde a contagemé trivial, mas há outras situações mais complicadas 
onde precisaremos de um raciocínio um pouco mais sofisticado do que 
simplesmente enumerar todas as possibilidades. 
Algo que vai aparecer repetidamente é quando precisaremos 
fazer uma escolha dentre diferentes possibilidades, além de sabermos 
quantas escolhas temos. 
 
exemplo 
Imagine que temos cartas de baralho. Se quiséssemos contar 
quantas cartas de baralho existem, poderíamos simplesmente enumerar 
cada uma delas. Senão, um raciocínio mais simples, é perceber que 
temos 13 valores numéricos possíveis (A, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J, Q, 
K) e 4 naipes possíveis (♡♢♤♧). 
Dessa forma, para contarmos todas as cartas do baralho, 
precisamos contar todos os valores numéricos de cada um dos naipes. 
Para cada valor da carta temos 4 possíveis naipes. Neste caso, é intuitivo 
que precisamos multiplicar os valores numéricos possíveis com os 
naipes: 13 x 4 = 52 cartas. 
Ainda poderíamos abordar a tabela de espaço amostral, onde 
na primeira linha colocaríamos todos os possíveis valores numéricos e 
na coluna, os 4 naipes possíveis. Criando uma espécie de matriz 4x13. 
 
 1 2 3 .... J Q K 
♤ 
♧ ... 
A lógica desse raciocínio é aquilo que chamamos de princípio 
fundamental da contagem, que é basicamente o seguinte: se temos que 
fazer uma escolha em n etapas; e sempre temos o mesmo número de 
possibilidades em cada uma das etapas, o número total de escolhas é 
dado pelo produto do número de possibilidades em cada uma das 
etapas. 
Em outras palavras, se eu tenho uma escolha em n etapas e 
sempre temos Pi possibilidades na i-ésima etapa, então o número total 
de escolhas é: P1.P2.P3. ... . Pn-1.Pn possibilidades. 
 
No caso do baralho temos um evento em 2 etapas. Na 
primeira escolhemos o valor (sempre temos 13 possibilidades) e na 
segunda etapa escolhemos um naipe (sempre temos 4 possibilidades). 
Por isso o número de escolhas é 13x4 = 52. 
 
Exemplo 2 
Quantas placas de carro são possíveis? 
A placa dos carros é formada por 3 letras e 4 dígitos: 
LLLDDD. Logo, sabemos que a escolha da placa do carro tem 7 etapas, 
onde das etapas de 1 a 3 temos 26 possibilidades (letras) e das etapas 
de 4 a 7 temos 10 possibilidades (10 dígitos numéricos), então o número 
total de possibilidades será: 
Total = 26. 26. 26. 10. 10. 10. 10 = 263.104 ≈ 150milhões 
 
 
A partir do princípio fundamental da contagem podemos 
resolver alguns problemas clássicos de contagem e que vão aparecer a 
todo momento em exercícios que envolvam espaços amostrais 
equiprováveis. 
O primeiro que veremos são os problemas das permutações 
os quais envolvem o seguinte: suponha que temos n elementos. De 
quantas formas podemos ordenar esses elementos sabendo que 
conseguimos distinguir todos eles? 
Permutação: temos n elementos distinguíveis, de quantas 
formas podemos ordená-los? 
 
Exemplo 
Supondo que temos n=3, e esses objetos são: A, B e C. De 
quantas maneiras podemos ordená-los? 
As possíveis permutações de A, B e C serão: ABC, ACB, BAC, 
BCA, CAB, CBA. 
Temos 6 maneiras de ordenar, ou seja, temos 6 permutações 
possíveis quando temos 3 elementos. 
 
------ 
 
Para um número n arbitrário, utilizaremos o princípio 
fundamental da contagem. Neste caso teremos que especificar essa ideia 
de encontrar as permutações como um problema de escolhas. 
A primeira ideia, é que fazemos as escolhas de cada um dos 
elementos consecutivamente, em n etapas, onde em cada uma das 
etapas escolhemos um elemento, até chegarmos ao n-ésimo elemento. 
Ao realizar essas escolhas em n etapas, podemos utilizar o princípio da 
contagem porque em cada etapa sempre temos o mesmo número de 
possibilidades. Para o primeiro elemento sempre temos n possibilidades. 
Para o segundo elemento, temos todas as possibilidades, exceto o 
elemento que escolhemos na primeira etapa, então temos n-1 
Princípio fundamental da contagem 
Permutação 
possibilidades. E assim por diante, até a n-ésima etapa, onde todos os 
outros elementos terão sido escolhidos, então temos apenas 1 
possibilidade para escolher. 
 
1ª etapa: escolho 1º elemento → n possibilidades 
2ª etapa: escolho 2º elemento → n-1 possibilidades 
3ª etapa: escolho 3º elemento → n-2 possibilidades 
... 
nª etapa: escolho n-ésimo elemento → 1 possibilidade 
 
Assim, usando o princípio fundamental da contagem, o 
número total de possibilidades, que é o número de permutações (# 
permutações), será exatamente o produto de todas as possibilidades: 
# permutações de n elementos = n. (n-1). (n-2). ... .1 = n! 
Independentemente de quais são os elementos, depende 
apenas de quantos são os elementos, do número de elementos. 
Permutações de n elementos será sempre igual a n! 
 
exemplo 
De quantas formas podemos embaralhar um deck de 52 
cartas? Agora, este é um caso de permutação, porque em cada 
embaralhamento você estabelece uma ordem das cartas. Se temos 52 
elementos, o número possível de permutações é 52! ≈ 8.1067 
 
exemplo 
De quantas formas possíveis podemos organizar livros em 
uma estante, dado que eles estão escritos em línguas diferentes. Temos 
5 livros em português, 7 livros em inglês e 4 livros em espanhol. 
- De quantas formas podemos organizá-los de forma que os 
livros da mesma língua estejam juntos? 
1ª escolha: ordem das línguas 
2ª escolha: ordem dos livros em português; 
3ª escolha: ordem dos livros em inglês; 
4ª escolha: ordem dos livros em espanhol; 
Uma vez que sabemos a ordem das línguas, sabemos onde 
colocar os livros em português, espanhol e inglês. Assim, focamos depois 
os livros de cada uma das línguas, a organização interna em cada língua. 
1ª escolha: ordem das línguas → 3 possibilidades 
2ª escolha: ordem dos livros em português → 5 possibilidades 
3ª escolha: ordem dos livros em inglês → 7 possibilidades 
4ª escolha: ordem dos livros em espanhol → 4 possibilidades 
# permutações = 3! 5! 7! 4! = 8709x104 
 
- De quantas formas podemos organizá-los, ignorando a 
língua deles? 
Neste caso temos 16 elementos, basta fazer 16! = 2,09x1013 
Temos um número muito maior de possibilidades porque 
temos mais maneiras de embaralhar os livros. 
 
 
O próximo problema de combinação importante é o problema 
dos arranjos, que é uma espécie de versão parcial do problema das 
permutações. 
No caso da permutação, queríamos saber o número de 
maneiras que poderíamos organizar, ou seja, se trata do número de 
ordenamentos de n elementos: 
- Permutação: # ordenamentos de n elementos 
Já nos arranjos temos a ideia de n elementos distinguíveis 
entre si e escolhemos, sem repetição, m elementos, onde a ordem 
importa. 
- Arranjo: n elementos distinguíveis; escolhe m sem repetição, 
importa a ordem. 
 
Exemplo 
Supondo que temos 4 elementos (A, B, C, D) → n = 4, e 
dentre essas 4 letras, vamos escolher 2 → m = 2. 
Em outras palavras, queremos fazer a escolha de 2 letras 
dentre 4 possibilidades, sem repetição, e a ordem da escolha importa. 
Neste caso as possibilidades seriam: 
AB BA CA DA 
AC BC CB DB 
AD BD CD DC 
Temos 12 possibilidades de arranjo de 4 elementos tomados 
2 a 2. 
 
------- 
 
Agora vamos abstrair para um caso em que temos n 
elementos, e queremos escolher m elementos, onde a ordem em que 
tiramos cada um deles importa. 
Pelo princípio fundamental da contagem, seguimos 
inicialmente a mesma ideia da permutação, mas iremos parar no meio 
do caminho. Aqui também consideramos que temos uma primeira etapa, 
onde temos todas as possibilidades de escolher os elementos, depois na 
segunda etapa temos todas as possiblidades, menos o elemento que 
escolhemos na etapa anterior, e assim por diante. Desta forma temos: 
 
1ª etapa: escolho 1º elemento → n possibilidades 
2ª etapa: escolho 2º elemento → n–1 possibilidades 
3ª etapa: escolho 3º elemento → n–2 possibilidades 
... 
mª etapa: escolho n-ésimo elemento → n–m+1 possibilidade 
 
Ou seja, os passos sãoos mesmos, mas neste caso, não 
precisamos, necessariamente, chegar até o n-ésimo elemento, nós vamos 
até o m-ésimo elemento. Para entende porque no ultimo elemento 
temos n-m+1 possibilidades, note o número da etapa e o número de 
possibilidades: em todas elas, ao somarmos o número da etapa, com o 
número de possibilidades obtemos n+1, isso precisa ocorrer porque a 
cada escolha, aumentamos em 1 o número de etapas, e diminuindo em 
1 a possibilidades de escolha. Por isso no m-ésimo elemento, sabemos 
que o número da etapa, mais o número de possibilidades deve resultar 
em n+1, por este motivo o número de possibilidades fica n-m+1. 
Agora, utilizando o principio fundamental da contagem, 
precisamos olhar para o produto de todas essas possibilidades ao longo 
de todas as etapas, assim o número de arranjos de n (# arranjos n) 
selecionados de m em m (An,,m), será: 
# arranjos de n, mam (An,,m) = n.(n–1).(n–2)...(n–m+1) 
 
Essa fórmula possui um jeito mais simples de ser escrito: 
n. (n–1). (n–2)...(n–m+1) . (n–m). (n–m–1)...3. 2. 1 
 (n–m). (n–m–1)...3. 2. 1 
Como multiplicamos e dividimos por um mesmo valor, é 
como se tivéssemos multiplicado por 1, portanto não alteramos o valor 
do arranjo. Agora, ao olharmos o que acontece em cada uma das linhas, 
perceberemos que, em cima, temos exatamente o produto de todos os 
elementos de n até 1, ou seja, n!. E no denominador temos o produto 
Arranjo 
de todos os elementos de n–m até 1, ou seja, temos (n–m)!. Assim, 
temos que o arranjo de n elementos, selecionados de m a m, é: 
# An,m = 
𝑛!
(𝑛−𝑚)!
 
 
Exemplo 
Imagine que temos uma caixa contendo 20 bolas numeradas 
de 1 a 20. Escolhemos 4 bolas, sem reposição. O número de 
possibilidades que podemos escolher essas 4 bolas, com a ordem 
importando, será exatamente o número de arranjos de 20 elementos 
tomados 4 a 4. 
# A20,4 = 
20!
(20−16)!
≈ 1,5. 105 
 
Exemplo 
Qual a probabilidade de ganharmos na megasena? 
A ideia do experimento aleatório é que temos uma caixa 
contendo 60 bolas enumeradas de 1 a 60. Retiramos, dessa caixa, 6 bolas, 
sem reposição, mas neste caso a ordem não importa. Se os valores dessas 
6 bolas baterem com 6 valores pré-estabelecidos, ganhamos o jogo. 
Neste caso, nosso espaço amostral seriam todos os arranjos 
possíveis de 1 a 60, tomados de 6 a 6: 
Ω = {A60,6} 
O evento em que ganhamos é qualquer permutação dos 6 
valores escolhidos, isso porque não importa a ordem dos números 
sorteados, basta eles serem iguais aos valores pré-estabelecidos. 
Qualquer uma das permutações das 6 bolas sorteadas me faz ganhar a 
megasena, todos me dão a realização onde ganhamos o jogo: 
E = {permutações dos 6 valores pré-estabelecidos} 
Podemos dizer que o espaço amostral é equiprovável pelo 
princípio da indiferença. Como não temos reposição, não temos os 
problemas dos dados, onde podíamos ter realizações repetidas. Então 
ainda temos simetria no arranjo, porque não há outro motivo para 
pensar que a realização será mais provável que outra. 
Formalizaremos essa ideia mais adiante no curso, mas a ideia 
é que quando temos esses exercícios sem reposição, a equiprobabilidade 
de cada uma das etapas acaba implicando que a probabilidade é um 
processo como um todo. 
Tendo isso em mente, a probabilidade será: 
Pr(E⎟eq) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
=
#𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡𝑎çõ𝑒𝑠⁡𝑑𝑒⁡6⁡𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠
𝐴60,6
 
 
Sabemos que: 
⎟E⎟= 6! 
⎟Ω⎟=
60!
(60−6)!
=
60!
54!
 
Portanto: 
Pr(megasena⎟eq) = 
⎟E⎟
⎟Ω⎟⁡
=
54!6!
60!
≈
1
5.107
 (1 em 50 milhões)