Cap. 5 Probabilidades

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Cap. 5 Probabilidades 
ž  Análise de um conjunto de dados por meio de técnicas numéricas 
(tabela de frequências, medidas de posição, dispersão) e gráficas 
(histograma, gráfico de dispersão, boxplot, etc.) permite que 
tenhamos uma boa ideia da distribuição desse conjunto. 
5 
ž  Distribuição de frequências è instrumento para avaliar a 
variabilidade das observações de um fenômeno aleatório. 
ž  Essas frequências e medidas (posição, dispersão) são estimativas 
de quantidades desconhecidas, associadas a populações das 
quais os dados foram extraídos na forma de amostras. 
ž  Frequência relativas 
(fi) são estimativas de 
probabilidades de 
ocorrência de certos 
eventos de interesse. 
6 
Classe de salários ni fi 100fi 
4 - 8 10 0,2778 27,78 
8 - 12 12 0,3333 33,33 
12 - 16 8 0,2222 22,22 
16 - 20 5 0,1389 13,89 
20 - 24 1 0,0278 2,78 
Total 36 1,00 100 
ž  Com suposições adequadas, e sem observarmos diretamente o 
fenômeno aleatório de interesse, podemos criar um modelo 
teórico que reproduza de maneira razoável a distribuição das 
frequências, quando o fenômeno é observado diretamente. 
ž  Tais modelos são chamados de modelos probabilísticos. 
7 
ž  Ex: Frequência de ocorrências das faces de um dado. 
ž  Procedimento: lançar o dado certo número de vezes (n), e contar o 
número ni de vezes em que ocorre a face i, i=1, 2,..., 6. 
ž  Proporções ni/n determinam a distribuição de frequências do 
experimento realizado. 
ž  Lançando o dado um número n’(n’≠ n) de vezes, teríamos outra 
distribuição de frequências, mas com um padrão que esperamos 
ser muito próximo do anterior. 
8 
ž  Ex: Frequência de ocorrências das faces de um dado. 
ž  Modelo probabilístico pode ser construído por meio de 
premissas. 
1.  Observamos que só podem ocorrer seis faces; 
2.  Dado seja perfeitamente equilibrado, de modo a não favorecer 
alguma face em particular. 
ž  Com essas suposições, cada face deve ocorrer o mesmo número 
de vezes quando o dado é lançado n vezes, e, portanto, a 
proporção de ocorrência de cada face deve ser 1/6. 
ž  Modelo probabilístico: 
9 
Face 1 2 3 4 5 6 Total 
Freq. teórica 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1 
ž  Ex: De um grupo de duas mulheres (M) e três homens (H), uma 
pessoa será sorteada para presidir uma reunião. 
ž  Suposições: 
1.  Só existem duas possibilidades M ou H; 
2.  Sorteio honesto, cada pessoa igual chances de ser sorteada. 
ž  Modelo probabilístico: 
10 
Sexo M H Total 
Freq. teórica 2/5 3/5 1 
ž  Dos exemplos anteriores, verificamos que todo experimento ou 
fenômeno que envolva um elemento casual terá seu modelo 
probabilístico especificado quando estabelecermos: 
A.  Um espaço amostral, S, que consiste, no caso discreto, da 
enumeração (finita ou infinita) de todos os resultados possíveis 
do experimento em questão: 
 S = {s1, s2, ...., sn,...} 
onde os elementos de S são os pontos amostrais ou eventos 
elementares. 
 
B.  Uma probabilidade, P(S), para cada ponto amostral, de tal sorte 
que seja possível encontrar a probabilidade P(A) de qualquer 
subconjunto A de S, isto é, a probabilidade do que chamaremos 
de um evento aleatório ou simplesmente evento. 
11 
ž  Ilustração gráfica de um espaço amostral utilizando teoria dos 
conjuntos. 
 
ž  Voltando ao caso do lançamento do dado 
S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}; P(1)=P(2)=P(3)=P(4)=P(5)=P(6)=1/6. 
12 
A B 
S 
Face 1 2 3 4 5 6 Total 
Freq. teórica 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1 
ž  Ex: lançamento de uma moeda duas vezes. 
1.  Existem apenas duas possibilidades cara (C) e coroa (R). 
2.  Moeda equilibrada, mesma chance de C ou R. 
S = {s1, s2, s3, s4} 
 
Onde, s1=(C,C), s2=(C,R), s3=(R,C), s4=(R,R). 
 
P(s1)=P(s2)=P(s3)=P(s4)=1/4 
 
Se o evento A for duas faces iguais, então 
 
P(A)=P{s1,s2}=1/4+1/4=1/2 
13 
ž  De modo geral, se A for qualquer evento de S, então 
14 
P(A) = P(si ) (5.1)
i=1
n
∑
ž  Ex: Uma fábrica produz determinado artigo. Da linha de produção 
são retirados três artigos, e cada um é classificado como bom (B) 
ou defeituoso (D). 
S = {BBB, BBD, BDB, BDD, DBB, DBD, DDB, DDD} 
ž  Se A for o evento que consiste em obter dois artigos defeituosos, 
então 
A = {BDD, DDB, DBD}. 
 
15 
ž  Ex: Experimento que consiste em retirar uma lâmpada de um lote 
e medir seu “tempo de vida” antes de queimar. 
Isto é, o conjunto de todos os números reais não negativos. Se A 
indicar “o tempo de vida da lâmpada é inferior a 20 horas”, então 
 
 
 
Esse é um exemplo de um espaço amostral contínuo, contrastado 
com os anteriores que são discretos. 
16 
S = {t ∈ R : t ≥ 0}
A = {t : 0 ≤ t ≤ 20}
ž  Sendo o modelo probabilístico um modelo teórico para as 
frequências relativas, de suas propriedades podemos obter 
algumas propriedades das probabilidades. 
ž  Como frequência relativa (fi) é um número entre 0 e 1, temos que 
ž  Evento certo: 
ž  Evento impossível: 
17 
0 ≤ P(A) ≤1. (5.2)
P(S) =1.
(5.3)
P(φ) = 0.
ž  Ex: Alunos matriculados em quatro cursos de uma universidade. 
M: evento que ocorre quando, escolhendo-se ao acaso um aluno do 
conjunto desses quatro cursos, ele for um estudante de Matemática 
Pura. 
P(E) = 30/200; P(H) = 115/200. 
18 
Curso \ Sexo Homens (H) Mulheres (F) Total 
Matemática Pura (M) 70 40 110 
Matemática Aplicada (A) 15 15 30 
Estatística (E) 10 20 30 
Computação (C) 20 10 30 
Total 115 85 200 
ž  Ex: Alunos matriculados em quatro cursos de uma universidade. 
ž  chamado reunião de A e H, quando pelo menos um dos 
eventos ocorre. 
ž  chamado intersecção de A e H, quando A e H ocorrem 
simultaneamente. 
19 
Curso \ Sexo Homens (H) Mulheres (F) Total 
Matemática Pura (M) 70 40 110 
Matemática Aplicada (A) 15 15 30 
Estatística (E) 10 20 30 
Computação (C) 20 10 30 
Total 115 85 200 
A  H :
A  H :
ž  Ex: Alunos matriculados em quatro cursos de uma universidade. 
 
20 
Curso \ Sexo Homens (H) Mulheres (F) Total 
Matemática Pura (M) 70 40 110 
Matemática Aplicada (A) 15 15 30 
Estatística (E) 10 20 30 
Computação (C) 20 10 30 
Total 115 85 200 
P A  H( ) =15 / 200 P A( ) = 30 / 200 P H( ) =115 / 200
P A  H( ) = P(A)+P(H ) = 30 / 200+115 / 200 =145 / 200
P A  H( ) = P(A)+P(H )−P A  H( ) = 30200 +
115
200 −
15
200 =
145
200
ž  Portanto, se U e V são dois eventos quaisquer, teremos a chamada 
regra da adição de probabilidades, 
ž  Se U e V são eventos mutuamente exclusivos, isto é, 
 
21 
P U V( ) = P(U)+P(V )−P U V( ). (5.4)
P U V( ) = P(U)+P(V ). (5.5)
U V = φ
 
ž  também pode ser representada por 
ž  também pode ser representada por 
22 
A  H
A  H
A +H
A.H
ž  Ex: Alunos matriculados em quatro cursos de uma universidade. 
ž  Dizemos que A e B são complementares. 
 
23 
Curso \ Sexo Homens (H) Mulheres (F) Total 
Matemática Pura (M) 70 40 110 
Matemática Aplicada (A) 15 15 30 
Estatística (E) 10 20 30 
Computação (C) 20 10 30 
Total 115 85 200 
P A C( ) = P(A)+P(C) = 60 / 200AC = φ
B =M  E C A  B = S A  B = φ
ž  De modo geral, vamos indicar por Ac o complementar de um 
evento qualquer A, e teremos então 
ž  As operações de reunião, intersecção e complementação entre 
eventos possuem propriedades análogas àquelas válidas para 
operações entre conjuntos. Por exemplo: 
24 
P A( )+P(AC ) =1. (5.6)
(a) A B( )c = Ac  Bc
(b) A B( )c = Ac  Bc
(c) Aφ = φ, A S = A
(d)φ c = S, Sc = φ
(e) A Ac = φ
( f ) A Ac = S
(g) Aφ = A, A S = S
(h) A BC( ) = A B( ) AC( )
ž  Ex: 
ž  Encontre: 
25 
P(A) =1/2;P(B) =1/ 3;P A B( ) =1/ 4
(a) P(Ac ) ;P(Bc )
(b) P A B( )
(c) P(Ac  Bc )
(d) P(Ac  Bc )
(e) P(Ac  B)
ž  Consideremos, uma situação em que temos um espaço amostral 
finito S = {s1, s2, ..., sn}, em que todos os pontos têm a mesma 
probabilidade 1/n. 
ž  Se A for um evento contendo m pontos amostrais, então 
ž  Neste caso, não é necessário explicitar S e A, bastando calcular m 
e n, chamados, respectivamente, número de casos favoráveis e 
número de casos possíveis. 
ž  Um princípio fundamental de contagem nos diz que, se uma tarefa 
pode ser executada em duas etapas, a primeira podendo ser 
realizada de p maneiras e a segunda de q maneiras, então as duas 
podem ser realizadas simultaneamente de pq maneiras. Esse e 
chamado de princípio multiplicativo. 
26 
P A( ) = mn .
ž  Ex: Suponha que num lote com 20 peças existem 5 defeituosas. 
Escolhemos quatro peças do lote ao acaso, ou seja, uma amostra 
de quatro elementos, de modo que a ordem dos elementos seja 
irrelevante. 
Sol: número de amostras com quatro elementos: 
Ou seja, combinações de 20 elementos, tomados 
 quatro a quatro (número de pontos no S). 
 
A: evento que consiste em escolher duas defeituosas na amostra. 
 pois podemos escolher na amostra, duas 
m= defeituosas e duas não-defeituosas 
 simultaneamente. 
 
 
27 
20
4
!
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#
$
%
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5
2
!
"
#
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%
& 152
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P A( ) = mn =
5
2
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4
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= 0,217.
ž  Ex: Alunos matriculados em quatro cursos de uma universidade. 
ž  Dado que um estudante, escolhido ao acaso, esteja matriculado no 
curso de Estatística, a probabilidade de que seja mulher é 
20/30=2/3. 
 
28 
Curso \ Sexo Homens (H) Mulheres (F) Total 
Matemática Pura (M) 70 40 110 
Matemática Aplicada (A) 15 15 30 
Estatística (E) 10 20 30 
Computação (C) 20 10 30 
Total 115 85 200 
P mulher | Estatística( ) = 2 / 3
ž  Para dois eventos quaisquer A e B, sendo P(B)>0, definimos a 
probabilidade condicional de A dado B, P(A|B), como sendo 
 
ž  No exemplo anterior, se B e A indicam, respectivamente, os 
eventos “aluno matriculado em Estatística” e “aluno mulher”, 
então 
29 
P(A | B) = P(A B)P(B) (5.7)
P(A | B) = P(A B)P(B) =
20 / 200
30 / 200 =
2
3
ž  Observe que P(A)=P(mulher)=85/200=17/40, e com a informação 
de que B ocorreu (o aluno é matriculado em Estatística), obtemos 
P(A|B)=2/3. 
ž  P(A) é a probabilidade a priori de A. 
ž  Com a informação adicional de que B ocorreu, obtemos a 
probabilidade a posteriori P(A|B). 
ž  Note que, nesse caso, P(A|B)>P(A), logo a informação de que B 
ocorreu aumentou a chance de A ocorrer. 
ž  Da relação (5.7) obtemos a chamada regra do produto de 
probabilidades: 
30 
P(A B) = P(A | B)P(B). (5.8)
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas duas bolas ao acaso, sem reposição. 
 
ž  Em cada “galho” da árvore estão indicadas as probabilidades de 
ocorrência, sendo que para as segundas bolas as probabilidades 
são condicionais. 
31 
2/5 
3/5 
1/4 
2/4 
3/4 
2/4 
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas duas bolas ao acaso, sem reposição. 
ž  A probabilidade do resultado conjunto é dada então por (5.8) 
e está na tabela 
32 
P(A B) = P(A | B)P(B). (5.8)
Resultados Probabilidades 
BB 2/5 x 1/4 = 2/20 
BV 2/5 x 3/4 = 6/20 
VB 3/5 x 2/4 = 6/20 
VV 3/5 x 2/4 = 6/20 
Total 1 
Se A indicar o evento “bola 
branca na segunda extração”, 
então 
P(A) = P(BB)+P(VB) = 25.
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas duas bolas ao acaso, com reposição. 
 
ž  Nessas condições, as extrações são independentes, pois o 
resultado de uma extração não tem influência no resultado da 
outra. 
33 
2/5 
3/5 
2/5 
3/5 
3/5 
2/5 
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas duas bolas ao acaso, com reposição. 
ž  A probabilidade do resultado conjunto está na tabela 
34 
Resultados Probabilidades 
BB 2/5 x 2/5 = 4/25 
BV 2/5 x 3/5 = 6/25 
VB 3/5 x 2/5 = 6/25 
VV 3/5 x 3/5 = 9/25 
Total 1 
ž  Observe que, aqui, 
P(branca na 2ª | branca na 1ª )= 2/5 = P(branca 2ª), 
ou seja, se indicarmos por A e B os eventos “bola branca na segunda 
extração” e “bola branca na primeira extração”, respectivamente, 
então P(A|B)=P(A). 
 
ž  Nesse caso, dizemos que o evento A independe do evento B, e 
ž  É fácil ver que se A independe de B, então B independe de A – 
dizemos que A e B são independentes. A e B são 
independentes se e somente se (5.9) for válida. 
35 
P(A B) = P(A)P(B). (5.9)
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas três bolas ao acaso, sem reposição. 
 
36 
2/5 
3/5 
1/4 
2/4 
3/4 
2/4 
1 
1/3 
2/3 
1/3 
2/3 
2/3 
1/3 
ž  Ex: Uma urna contém duas bolas brancas (B) e três vermelhas (V). 
Suponha que são sorteadas três bolas ao acaso, sem reposição. 
 
37 
Resultados Probabilidades 
B1B2V3 2/5 x 1/4 x 1 = 6/60 
B1V2B3 2/5 x 3/4 x 1/3 = 6/60 
B1V2V3 2/5 x 3/4 x 2/3 = 12/60 
V1B2B3 3/5 x 2/4 x 1/3 = 6/60 
V1B2V3 3/5 x 2/4 x 2/3 = 12/60 
V1V2B3 3/5 x 2/4 x 2/3 = 12/60 
V1V2V3 3/5 x 2/4 x 1/3 = 6/60 
Total 1 
P(B2 | B1) =1/ 4
P(V3 | B1  B2 ) =1
P(B1  B2 V3) = P(B1)P(B2 | B1)P(V3 | B1  B2 ) = 2 / 5×1/ 4×1=1/10
ž  De modo geral , dados três eventos A, B e C, temos que 
ž  Essa relação pode ser estendida para um número finito qualquer 
de eventos. 
 
ž  Conceito de independência para três eventos. Dizemos que os 
eventos A, B e C são independentes se, e somente se, 
 
38 
P(A BC) = P(A)P(B | A)P(C | A B) (5.10)
P(A B) = P(A)P(B)
P(AC) = P(A)P(C) (5.11)
P(BC) = P(B)P(C)
P(A BC) = P(A)P(B)P(C)
ž  Umas das relações mais importantes envolvendo probabilidades 
condicionais é dada pelo Teorema de Bayes. 
ž  A versão mais simples deste teorema é dada por (5.12): 
ž  Como mencionado, temos P(A) e, dada a informação que B 
ocorreu, obtemos a probabilidade a posteriori P(A|B), dada por 
(5.12). 
ž  Ou seja, atualizamos a probabilidade 
inicial, multiplicando-a por 
 
39 
P(A | B) = P(A B)P(B) =
P(A)P(B | A)
P(B) (5.12)
P(B | A)
P(B)
ž  Ex: Temos cinco urnas, cada uma com seis bolas. Duas dessas 
urnas (tipo C1) têm 3 bolas brancas, duas outras (tipo C2) têm 2 
bolas brancas, e a última urna (tipo C3) tem 6 bolas brancas. 
Escolhemos uma urna ao acaso e dela retiramos uma bola. 
ž  Pergunta: qual a probabilidade de a urna escolhida ser do tipo C3, 
sabendo-se que a bola sorteada é branca? 
40 
C1 C2 C3 
S 
ž  Pergunta: qual a probabilidade de a urna escolhida ser do tipo C3, 
sabendo-se que a bola sorteada é branca? 
ž  Solução: queremos encontrar P(C3| B), sabendo que 
P(C1)=2/5, P(B|C1)=1/2 
P(C2)=2/5, P(B|C2)=1/3 
P(C3)=1/5, P(B|C3)=1 
 
ž  Da definição de probabilidade condicional, temos que 
 
 
 
41 
P(C3 | B) =
P(C3  B)
P(B) =
P(C3)P(B |C3)
P(B) (5.13)
ž  Precisamos encontrar o valor de P(B), já que o numerador é 
conhecido. 
ž  Como C1, C2, C3 são eventos mutuamente exclusivos, e reunidos 
formam o espaço amostral completo, podemos decompor o 
evento B na reunião de três outros, também mutuamente 
exclusivos, como segue 
 
e então 
 
 
42 
B = (C1  B) (C2  B) (C3  B) (5.14)
P(B) = P(C1  B)+P(C2  B)+P(C3  B)
= P(C1)P(B |C1)+P(C2 )P(B |C2 )P(C3)P(B |C3)=
2
5 ×
1
2 +
2
5 ×
1
3 +
1
5 ×1=
8
15.
ž  Substituindo este resultado em (5.13), obtemos 
 
43 
P(C3 | B) =
1/ 5×1
8 /15 = 3 / 8
ž  Generalizando o resultado acima do seguinte modo: seja {C1, C1,... 
Cn} uma partição do espaço amostral S, isto é, 
ž  Considere um evento qualquer A em S. Supomos conhecidas as 
probabilidades P(Ci) e P(A|Ci), i=1, 2, 3, ..., n. Então, temos o 
seguinte resultado, ilustrado pela Figura abaixo. 
44 
Ci Cj = φ, sempre que i ≠ j,
C1 C2  ...Cn = S.
C1 
C2 
C6 
C5 
C4 
C7 
C3 
A 
ž  Teorema 5.1 (Bayes). A probabilidade de ocorrência do evento Ci, 
supondo-se a ocorrência do evento A, é dada por 
para todo i=1, 2, ..., n. 
45 
P(Ci | A) =
P(Ci )P(A |Ci )
P(Cj )P(A |Cj )j=1
n
∑
, (5.15)
ž  Podemos pensar C1,..., Cn como um conjunto de hipóteses, sendo 
somente uma delas verdadeira. 
ž  Dado que A ocorreu, a probabilidade inicial de Ci, P(Ci), é 
modificada de modo a se obter P(Ci|A), dado por (5.15). 
ž  Passamos da probabilidade a priori P(Ci) para a probabilidade a 
posteriori P(Ci|A), multiplicando a primeira por 
46 
P(A |Ci )
P(Cj )P(A |Cj )j=1
n
∑
ž  Ex: Para selecionar seus funcionários, uma empresa oferece aos 
candidatos um curso de treinamento durante uma semana. No final 
do curso, eles são submetidos a uma prova, e 25% são 
classificados como bons (B), 50% como médios (M) e os restantes 
25% como fracos (F). Para facilitar a seleção, a empresa pretende 
substituir o treinamento por um teste contendo questões 
referentes a conhecimentos gerais e específicos. 
ž  Para isso, gostaria de conhecer qual a probabilidade de um 
individuo aprovado no teste ser considerado fraco, caso fizesse o 
curso. Assim, neste ano, antes do início do curso, os candidatos 
foram submetidos ao teste e receberam o conceito aprovado (A) 
ou reprovado (R). No final do curso, obtiveram-se as seguintes 
probabilidades condicionais: 
P(A|B)=0,8, P(A|M)=0,5, P(A|F)=0,2. 
ž  Queremos obter P(F|A). 
47 
ž  Solução. 
Pelo Teorema de Bayes, 
Então, apenas 10% dos aprovados é que seriam classificados como 
fracos durante o curso. De modo análogo podemos encontrar 
P(B|A)=0,4 e P(M|A)=0,5, que poderiam fornecer subsídios para 
ajudar na decisão de substituir o treinamento pelo teste. 
48 
P(F | A) = P(F)P(A | F)P(B)P(A | B)+P(M )P(A |M )+P(F)P(A | F)
=
(0, 25)(0, 20)
(0, 25)(0,8)+ (0, 5)(0, 5)+ (0, 25)(0, 2) = 0,1.
ž  Um gráfico em árvore pode ajudar bastante na solução de um 
problema envolvendo o Teorema de Bayes. 
ž  Desse modo, 
para o exemplo 
anterior, teremos: 
49 
0,25 
0,5 
0,8 
0,5 
0,2 
0,8 
0,2 
B 
M 
F 
0,5 
0,25 
A 
R 
A 
R 
A 
R 
ž  A Tabela seguinte mostra os resultados e probabilidades para este 
exemplo. 
ž  O numerador de P(F|A) está assinalado com um pequeno círculo, 
ao passo que o denominador é a soma das três parcelas 
assinaladas com asterisco. 
 
50 
Resultados Probabilidades 
BA (0,25)(0,8)=0,2 * 
BR (0,25)(0,2)=0,05 
MA (0,5)(0,5)=0,25 * 
MR (0,5)(0,5)=0,25 
FA (0,25)(0,2)=0,05 * o 
FR (0,25)(0,8)=0,2 
Total 1