Cálculo de Probabilidades de Acontecimentos - Coleção step-by-step (Português-Portugal)

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Colecção
Step-by-Step
Probabilidades
Volume I
Cálculo de Probabilidades de Acontecimentos
Resumo Teórico e Exercícios Resolvidos
Índice
3Prefácio	
1 Introdução. Definições: Experiência Aleatória e Acontecimentos Aleatórios	4
2 Cálculo de Probabilidades em espaços de resultados igualmente prováveis: Lei de Laplace	6
3 Noção de probabilidade: axiomas e teoremas.	7
Axiomática das Probabilidades	7
4 Probabilidade Condicionada	9
Axiomática das Probabilidades Condicionadas	10
5 Teorema da Multiplicação de Probabilidades	10
6 Teorema da Probabilidade Total	11
7 Teorema de Bayes	11
8 Acontecimentos Independentes	12
9 Exercícios Resolvidos	15
10 Exercícios Propostos	20
11 Exercícios de Auto-Avaliação	22
I Escolha Múltipla	22
II Verdadeiro/Falso	23
12 Referências Bibliográficas	24
Anexo 1 Revisão sobre o Cálculo Combinatório	25
Introdução	25
Estratégicas básicas de Contagem: Regras Básicas	25
Arranjos com e sem repetição	26
Permutações	27
Factorial de um número inteiro não negativo	27
Combinações	28
Propriedades das Combinações	29
O Triângulo de Pascal	29
Binómio de Newton	30
Exercícios Resolvidos sobre o Binómio de Newton	31
Exercícios Propostos sobre o Binómio de Newton	32
Exercícios Propostos sobre Cálculo Combinatório.	32
Anexo 2 Revisão da Teoria dos Conjuntos: Operacões entre conjuntos.	34
Exercícios Propostos sobre Teoria dos Conjuntos.	36
Anexo 3 Linguagem usada em Medicina	37
Soluções dos Exercícios Propostos	39
Soluções da Escolha Múltipla	42
Soluções do Verdadeiro/Falso	42
Soluções dos Exercícios Propostos sobre o Binómio de Newton	42
Soluções dos Exercícios Propostos sobre Cálculo Combinatório.	43
Soluções dos Exercícios Propostos sobre Teoria dos Conjuntos	43
�
Prefácio
 O leitor está a ler uma versão parcial e preliminar de um texto em elaboração, mais precisamente a versão de 17 de Abril de 2000. O autor agradece todas e quaisquer indicações de gralhas e/ou erros, sugestões, críticas,... para jguerreiro@portugalmail.pt Se desejar ser notificado sempre que se verifiquem alterações de fundo neste texto peça por e-mail um formulário para o efeito. 
 Este texto tem vários objectivos cuja fronteira não está muito bem definida. É certo que há vários anos que existem manuais sobre este tema, em várias línguas, nomeadamente na nossa. Então o que tem de novo? Bem qualquer coisa que só saberá se confiar e começar agora mesmo a verificar, lendo como se tivesse um exame amanhã, sobre este tema. Desde já demonstro a minha disponibilidade para dúvidas, no sentido usual das mesmas, pelo e-mail indicado. Em troca espero que colabore para que este texto fique sem gralhas e mais acessível a qualquer leitor. A sua colaboração é essencial. A sua opinião é necessária. Este é um aspecto verdadeiramente inovador, um texto escrito em colaboração com alguém que sente as dificuldades. Esta é a minha verdadeira aposta.
 Actualmente apenas se trata do tema Cálculo de Probabilidades de Acontecimentos, com a promessa de que os restantes temas da Teoria das Probabilidades serão tratados em outros volumes. E quem sabe outros tópicos...
 Os pré-requisitos existem. Quase que pode dizer-se que um conhecimento sólido do secundário é suficiente, no entanto noções básicas de Cálculo Diferencial e Integral são também necessárias em pontos muito reduzidos da matéria. Por isso este tema é em geral estudado no 2ºano das várias licenciaturas e bacharelatos. Se o seu conhecimento a montante não é muito satisfatório, lembre-se que tudo apenas depende da sua força de vontade.
 Os agradecimentos por enquanto são poucos, esperamos que o seu nome possa aparecer aqui. Por enquanto agradeço ao Eng. Jorge Gomes e ao Daniel Dias da Costa.
 Bom trabalho!
 O autor, 
 J.G.
1 Introdução. Definições: Experiência Aleatória e Acontecimentos Aleatórios
 Pode-se dizer que a Probabilidade nasceu no século XVII por interesse comum de Pascal e Fermat.
	
Blaise Pascal (1623-1662)
	
	Pierre de Fermat (1601-1665)
Definição 1:
“Uma experiência, E, diz-se aleatória se:
i) for um procedimento que se pode repetir um grande número de vezes mas mesmas condições ou pelo menos em condições semelhantes;
ii) todos os resultados possíveis são conhecidos à priori;
iii) o resultado exacto não é conhecido antes da realização da experiência, i.e.� é imprevisível.”
Exemplos de Experiências Aleatórias:
E1: lançamento de um dado e registo do número de pontos que sai;
E2: lançamento de duas moedas�;
E3: lançamento de um dado e de uma moeda;
E4: lançamento de uma moeda até aparecer face;
E5: uma lâmpada é fabricada e ensaiada quanto à sua duração;
E6: é registada a idade de uma pessoa�;
E7: extracção de 2 peças (com ou sem reposição) de um lote de 100 peças das quais 20 são defeituosas.
 Em oposição aos fenómenos aleatórios, alvo do nosso estudo, existem os fenómenos determinísticos, que são aqueles cujos resultados são previsíveis, ou seja, temos certeza dos resultados a serem obtidos. 
Definição 2:
“Designa-se por Espaço Amostral e representa-se por (, o conjunto de todos os resultados possíveis associados a uma experiência aleatória.”
Definição 3:
“Designa-se por Espaço de Acontecimentos e representa-se por IP((), o conjunto de todas as partes ou subconjuntos de (.”
Exemplos de Espaços Amostrais:
(1=
;			
(2=
;
(3=
;
(4=
;
(5=
; (6=
.
 
 A partir destes exemplos inicíais observamos que um espaço amostral pode ser discreto finito ((1) ou discreto infinito ((6) ou contínuo ((5). Nas experiências em que se considere mais do que uma v.a. o mais rigoroso é apresentar os resultados obtidos sobre a forma de vector, e.g.� (2, no entanto nesta fase inicial não queremos desviar a nossa atenção do que é realmente importante: uma introdução intuitiva destas noções.
Definição 4:
“Qualquer subconjunto do espaço amostral designa-se por acontecimento aleatório.”
 Os exemplos são óbvios mas interessa destacar os seguintes casos:
i) Acontecimento Elementar: quando o acontecimento é constituído por um único elemento;
ii) Acontecimento Certo: é outra designação para o espaço amostral (;
iii)Acontecimento Impossível: quando o acontecimento não contém nenhum elemento, i.e., na realidade “não aconteceu”.
 Diz-se então que um acontecimento se realiza sempre que o resultado de uma experiência aleatória é um elemento que pertence ao acontecimento. 
 Do que ficou dito verifica-se que há uma “equivalência” entre a noção de acontecimento e a noção de conjunto. Verifica-se então um paralelismo entre a álgebra de conjuntos e a álgebra de acontecimentos�. 
Operações entre acontecimentos:
i) se A1, …, An são acontecimentos aleatórios, então o acontecimento 
ocorrerá sempre que pelo menos um dos acontecimentos Ai ocorrer;
ii) se A1, …, An são acontecimentos aleatórios, então o acontecimento 
ocorrerá sempre que todos os acontecimentos Ai ocorrerem;
iii) o produto cartesiano pode-se aplicar a acontecimentos com o parelelismo para os conjuntos�.
Exemplo:
“Não se realizar nenhum dos dois acontecimentos”, corresponde em linguagem de conjuntos a 
.
Definição 5:
“Dois acontecimentos aleatórios, A e B, designam-se mutuamente exclusivos se não puderem ocorrer simultaneamente, em linguagem de conjuntos, 
.” 
Definição 6:
“Dois acontecimentos aleatórios, A e B, dizem-se contrários se 
 e 
, e representa-se o conjunto contrário de 
 por 
 .” 
 Sabemos que a cada experiência aleatória podemos associar 
 acontecimentos aleatórios. Para distinguirmos os vários acontecimentos, torna-se necessário associar a cada acontecimento aleatório A, um número que de alguma maneira medirá o quanto verosímil é que o acontecimento A venha a ocorrer. Este número necessário é a probabilidadedo acontecimento A, P(A).
 Consideremos uma urna que contem 49 bolas azuis e 1 bola branca. Se efectuarmos uma inspecção, teremos duas possibilidades: bola azul ou bola branca. Percebemos entretanto que será muito mais frequente obtermos numa inspecção, uma bola azul, resultando daí, podermos afirmar que o acontecimento "sair bola azul" tem maior Probabilidade de ocorrer do que o acontecimento "sair bola branca". 
2 Cálculo de Probabilidades em espaços de resultados igualmente prováveis: Lei de Laplace
 A primeira definição de probabilidade conhecida deve-se a Laplace no início do séc. XIX, para a hipótese de casos igualmente prováveis ou o chamado princípio da simetria.
Definição 6:
“Seja A um acontecimento aleatório de (, a probabilidade de A, i.e.,
”.
 O que a definição de Laplace nos diz é que se todos os k resultados�, forem igualmente verosímeis, a probabilidade de cada resultado, i.e., a probabilidade de cada acontecimento elementar Ai, será: 
, i=1,…,k.
Exemplos:
1. Considere o lançamento de um dado. Calcule a probabilidade de: 
a. sair o número 3.
 Temos (= {1, 2, 3, 4, 5, 6} pelo que #( = 6. Seja A = {3} pelo que #A= 1. Portanto, a probabilidade procurada será igual a P(A) = 1/6. 
b. sair um número par.
 Agora o acontecimento é A = {2, 4, 6} com 3 elementos; logo a probabilidade procurada será P(A) = 3/6 = 1/2. 
c. sair um múltiplo de 3: 
 O acontecimento A = {3, 6} com 2 elementos; logo a probabilidade procurada será P(A) = 2/6 = 1/3. 
d. sair um número menor do que 3.
 Agora, o acontecimento A = {1, 2} com dois elementos. Portanto, P(A) = 2/6 = 1/3. 
e. sair um quadrado perfeito.
 O acontecimento A = {1,4} com dois elementos. Portanto, P(A) = 2/6 = 1/3. 
2. Considere o lançamento de dois dados. Calcule a probabilidade de: 
a. sair a soma 8.
 Observe que neste caso, o espaço amostral ( é constituído pelos pares ordenados (i,j), onde i = número no dado 1 e j = número no dado 2. É evidente que teremos 36 pares ordenados possíveis do tipo (i, j) onde i = 1, 2, 3, 4, 5, ou 6, o mesmo ocorrendo com j. As somas iguais a 8, ocorrerão nos casos: (2,6) , (3,5) , (4,4) , (5,3) e (6,2). Portanto, o acontecimento "soma igual a 8" possui 5 elementos. Logo, a probabilidade procurada será igual a P(A) = 5/36. (
b. sair a soma 12.
 Neste caso, a única possibilidade é o par (6,6). Portanto, a probabilidade procurada será igual a P(A) = 1/36. (
 A interpretação clássica de Laplace manteve-se até ao início do séc. XX, altura em que começaram a surgir as críticas quer no que dizia respeito ao cálculo das probabilidades quando o princípio da simetria não se verificava, quer, e principalmente, quando o número de casos possíveis não era finito nem sequer numerável.
3 Noção de probabilidade: axiomas e teoremas.
 O nosso objectivo é encontrar um meio de obter o tal número, sem recorrer à experiência. E a característica que lhe exigimos e que tenha o valor que encontraríamos se realizássemos a experiência em causa um grande número de vezes. Este aspecto está na base de uma outra teoria a Teoria Frequencista das Probabilidades. Esta surgiu no início do séc. XX e segundo ela a probabilidade de um acontecimento pode ser determinada observando a frequência relativa desse acontecimento numa sucessão numerosa de experiências aleatórias.
	 No início do séc. XX começou a sentir-se a necessidade de uma axiomatização da teoria de probabilidades que foi feita em 1933 pelo matemático russo A. N. Kolmogorov.
Andrey Kolmogorov (1903-1987)
 Axiomática das Probabilidades
 Sob um ponto de vista puramente matemático, suporemos que para cada acontecimento A, pertencente ao conjunto de todos os acontecimentos possíveis, existe um número, que designaremos por P(A), satisfazendo:
 A1: 
;
 A2: 
em que ( é o acontecimento certo;
 A3: Se 
 com 
então 
.
 
 Com estes três axiomas mesmo sem sabermos� ainda calcular P(A) sabemos já as suas características, com as quais se demonstram todas as propriedades seguintes. Note que pode-se recorrer, apenas para melhor visualização, a Diagramas de Venn.
 Propriedades:
 P1: “Se 
 for o conjunto vazio então 
”.
 P2: “Se 
 é o acontecimento complementar de A então 
”.
 P3:“Se A é um acontecimento qualquer então 
”.
 P4:“Se A e B forem acontecimentos quaisquer então 
”.
 P5:“Se A, B e C forem acontecimentos quaisquer então 
”.
 P6: “Se 
”.
Estas propriedades são portanto consequências imediatas dos axiomas referidos.
Exemplo:
Em uma certa comunidade existem apenas dois jornais disponíveis, o Jornal de Notícias e o Público. Sabe-se que 5000 pessoas são assinantes do Jornal de Notícias, 4000 são assinantes do Público, 1200 são assinantes de ambos e 800 não lêem jornal. Qual a probabilidade de que uma pessoa escolhida ao acaso seja assinante de ambos os jornais?
Sabemos que não é necessário mas dado que é uma boa ferramenta pois permite a “visualização”, representemos os conjuntos num Diagrama de Venn.
 A resolução destes problemas, correcta e metódica, começa com a definição dos acontecimentos necessários a uma adequada resolução do problema. 
Definição dos acontecimentos:
-
-
 Note que não sabemos qual o número total de pessoas do nosso espaço amostral, (, que designaremos por n((). Teremos: 
Em que:
,
 e 
,
pelo que e.g., 
representa o número de pessoas da comunidade em estudo, que não lêem jornais.
 Dividindo a igualdade 
 por 
obtemos 
, usando a Lei de Laplace. Agora usando a propriedade P4 temos: 
. É agora possível escrever uma expressão em função dos valores do enunciado:
Estas probabilidades são facilmente calculáveis a partir dos dados do problema, basta escrever em função de 
.
Dados do problema:
; 
; 
e 
.
 Pelo que a comunidade em estudo tem 8600 pessoas. Agora é simples responder ao pedido:
(
 A interpretação do resultado é a seguinte: escolhendo-se ao acaso uma pessoa da comunidade, a probabilidade de que ela seja assinante de ambos os jornais é de aproximadamente 14%(contra 86% de probabilidade de não ser).
4 Probabilidade Condicionada
 A diferença que existe entre um esquema sem reposição e outro com reposição está na base de uma nova definição.
Definição 7:
“Sejam A e B dois acontecimentos aleatórios associados à mesma experiência aleatória. Denotaremos por 
 a probabilidade condicionada do acontecimento A quando B tiver ocorrido. Se 
 então 
”.
 Esta última expressão lê-se: probabilidade de A dado B ou probabilidade de A condicionada a B.
 Note que se ( for finito e com resultados igualmente possíveis podemos calcular uma probabilidade condicionada, além da definição anterior, usando a expressão:
.�
Exemplo: 
De um baralho de 52 cartas retirou-se ao acaso uma carta, sabendo que é de “Copas”, qual a probabilidade de ser um “Ás”?
 Note que o facto de se explicitar que a escolha foi feita ao acaso significa que cada uma das cartas ter igual probabilidade de ser retirada.
i) definir os acontecimentos necessários à resolução:
, 
 e 
;
ii) calcular 
1º processo: pela definição temos 
2º processo: calculando directamente,
.
Note que 
 e que cada naipe tem 13 cartas. (
A probabilidade condicionada contínua a ser uma probabilidade e como tal verifica os três axiomas.
 
Axiomática das Probabilidades Condicionadas
 Sob um ponto de vista puramente matemático, suporemos que para dois acontecimento A e B, pertencentes ao conjunto de todos os acontecimentos possíveis, IP((),existe um número, que designaremos por 
,satisfazendo:
 A1: 
;
 A2: 
em que ( é o acontecimento certo;
 A3: Se 
 com 
então 
.
Além dos axiomas a probabilidade condicionada verifica todas as propriedades referidas para a probabilidadesimples, e.g.:
 “Se 
 é o acontecimento complementar de A então 
”.
Exercício: Mostre que 
.
5 Teorema da Multiplicação de Probabilidades�
Teorema:
“Se P(A)>0, P(B)>0, então tem-se que
”.
 Note que directamente a partir da última definição introduzida temos: 
pelo que uma generalização natural conduz a:
 
.
Definição 8:
“Dizemos que os acontecimentos A1, A2, …,An representam uma partição de ( se:
i) 
, se 
, i.e. os conjuntos são disjuntos dois a dois;
ii) 
;
iii) 
.”
Exercício: Construa um Diagrama de Venn onde represente todos os conjuntos referidos.
6 Teorema da Probabilidade Total
Teorema:
“Seja B um acontecimento qualquer de ( e A1, A2, …,An representam uma partição de IP((), então
.”
Exercício: Contrua um Diagrama de Venn onde represente todos os conjuntos referidos e demonstre o resultado indicado. Dê especial atenção para os casos n=2 e n=3, mais frequentes nos exercícios e nas avaliações.
 Este teorema permite calcular a probabilidade de um acontecimento qualquer a partir do conhecimento da probabilidade de cada acontecimento que forma a partição e da respectiva probabilidade condicionada.
7 Teorema de Bayes�
Thomas Bayes (1702-1761)
	
 
Recorrendo ao teorema anterior deduzimos um dos mais importantes teoremas em probabilidades. 
Teorema:
“Seja B um acontecimento qualquer de ( e A1, A2, …,An representam uma partição de ( , onde 
 e 
então para j=1,...,n tem-se 
�.”
8 Acontecimentos Independentes
Definição 9:
“Diz-se que dois acontecimentos aleatórios quaisquer são independentes se:
.”
Exercício: Mostre que todos os acontecimentos são independentes de 
 e de 
.
Exercício: Mostre que se dois acontecimentos são independentes eles não pode ser mutuamente exclusivos. É importante que o aluno não confunda estes dois conceitos bem diferentes!
Exemplo:
Qual a probabilidade de em dois lançamentos de um dado, se obter número par no primeiro lançamento e número ímpar no segundo lançamento? Ora, os acontecimentos são obviamente independentes, pois a ocorrência de um não influência a ocorrência do outro. Logo, teremos: P(A
 B)=P(A).P(B) = 3/6 . 3/6 = 1/2.1/2 = 1/4 = 0,25 = 25%.
Exemplo:
Uma urna possui cinco bolas vermelhas e duas bolas brancas. Calcule as probabilidades de:
a. em duas extracções, sem reposição da primeira bola extraída, sair uma bola vermelha e depois uma bola branca.
b. em duas extracções, com reposição da primeira bola extraída, sair uma bola vermelha e depois uma bola branca.
a. P(V
B)=P(V).P(B|V). P(V) = 5/7 (5 bolas vermelhas de um total de 7). Supondo que saiu bola vermelha na primeira extracção, ficaram 6 bolas na urna. Logo: P(B|V)=2/6=1/3. Da lei das probabilidades compostas, vem finalmente que: P(V
B) = 5/7.1/3 =5/21 = 0,2380 = 23,8% (
b. Com a reposição da primeira bola extraída, os acontecimentos ficam independentes. Neste caso, a probabilidade pedida poderá ser calculada como: P(V
B) = P(V).P(B) =5/7.2/7=10/49=0,2041 = 20.41% < 23.8% ! (
 Observe atentamente a diferença entre as soluções das alíneas a. e b. acima, para um entendimento perfeito daquilo que procuramos transmitir. Lembre-se que foi exactamente esta a motivação da introdução da noção de probabilidade condicionada.
Definição 10:
“Os acontecimentos aleatórios A, B e C são independentes se:
,
,
, e 
.”
Teorema: 
“Se A e B são acontecimentos independentes então também são independentes os acontecimentos:
i) 
, ii) 
, e iii) 
.”
Dem.: 
		Q.E.D.
9 Exercícios Resolvidos
1. Uma urna possui 6 bolas azuis, 10 bolas vermelhas e 4 bolas amarelas. Tirando-se uma bola com reposição, calcule a probabilidade se sair bola: 
a. azul; b. vermelha; c. amarela.
Resolução:
a. sair bola azul P(A)=6/20=3/10=0,30=30% (
b. sair bola vermelha P(A)=10/20=1/2=0,50= 50% (
c. sair bola amarela P(A) = 4/20=1/5 =0,2 =20% (
 Observamos neste exercício que as probabilidades podem ser expressas como percentagem. Esta forma é conveniente, pois permite a estimativa do número de ocorrências para um número elevado de experiências aleatórias. Por exemplo, se a e.a. acima for repetida diversas vezes, podemos afirmar que em aproximadamente 30% dos casos, sairá bola azul, 50% dos casos sairá bola vermelha e 20% dos casos sairá bola amarela. Quanto maior a quantidade das experiências aleatórias., tanto mais a distribuição do número de ocorrências se aproximará das percentagens indicadas. 
2. Suponha que uma caixa possui duas bolas pretas e quatro verdes, e, outra caixa possui uma bola preta e três bolas verdes. Passa-se uma bola da primeira caixa para a segunda, e retira-se uma bola da segunda caixa. Qual a probabilidade de que a bola extraída da segunda caixa seja verde? 
Resolução:
Este problema envolve dois acontecimentos mutuamente exclusivos: ou a bola transferida é verde ou a bola transferida é preta. Teremos: 
1ª Possibilidade: a bola transferida é verde :
Probabilidade de que a bola transferida seja verde = P(V)=4/6=2/3 (4 bolas verdes em 6). Portanto, a probabilidade que saia BOLA VERDE na 2ª caixa, supondo-se que a bola transferida é de cor VERDE, será igual a: P(V|V’) = 4/5 (a segunda caixa possui agora, 3 bolas verdes + 1 bola verde transferida + 1 bola preta, portanto, 4 bolas verdes em 5). Pela regra da probabilidade condicionada, vem: P(V
V’)=P(V).P(V|V’) =2/3.4/5=8/15. (
2ª Possibilidade: a bola transferida é preta :
Probabilidade de que a bola transferida seja preta =P(P)=2/6=1/3 (2 bolas pretas e 4 verdes, num total de 6). Portanto, a probabilidade que saia BOLA VERDE, supondo-se que a bola transferida é de cor PRETA, será igual a: P(V|P)=3/5 (observe que a segunda caixa possui agora, 1 bola preta + 3 bolas verdes + 1 bola preta transferida= 5 bolas). Daí, vem: P(V
P)=P(P).P(V|P)=1/3.3/5=1/5. (
 Finalmente vem: P[(V
V’)
(V
 P)]=P(V
V’)+P(V
 P)= 8/15 + 1/5 = 8/15 + 3/15 = 11/15, que é a resposta do problem a. Mas 11/15 = 0,7333 = 73,33%. Portanto, a probabilidade de que saia uma bola verde é de 73,33%. Uma interpretação válida para o problema acima é que se a e.a. descrita for repetida 100 vezes, em aproximadamente 73 vezes será obtido bola verde. Se a e.a. for repetida 1000 vezes, em aproximadamente 733 vezes será obtido bola verde. 
 3. Considere uma experiência aleatória e um� espaço de resultados associado a esta, 
. Sejam A, B e C acontecimentos tais que :
. A e C são independentes; A
B =
 ; P(A)=0.6 ; P(B)=0.7 ; P(C)=0.2
a. Calcule P(A
B).
b. Calcule P(A|B).
c. Calcule P(A
C).
d. Os acontecimentos A, B e C são independentes ?
Resolução:
Comecemos por explicitar as hipóteses do problema:
H1: A e C independentes 
;
H2: 
;
H3: P(A)=0.6 ; H4: P(B)=0.7 ; H5: P(C)=0.2.
a. 
 
 
(
 Sempre que pretendemos calcular a probabilidade de uma intersecção de acontecimentos a primeira coisa a (tentar!) verificar é se os acontecimentos em causa são independentes, ver alínea c.. Se essa hipótese não se verificar, ou os dados do problema não permitirem concluir nada sobre a independência, devemos tentar usar o teorema que relaciona a probabilidade da intersecção, com a probabilidade da reunião e as probabilidades elementares.
b. 
 
(
 Apenas foi necessário usar a definição de probabilidade condicionada e recorreu-se ao cálculo da alínea anterior.
c. 
 
 
(
d. Para responder à pergunta basta dar um contra-exemplo:
. Logo os acontecimentos não são independentes. 
4. Se A, B e C são acontecimentos globalmente independentes�, mostre que:
a. A e B
C são independentes.
b. A e B 
 C são independentes. 
c. Que pode concluir a partir de a..
Resolução:
 Comecemos por explicitar as hipóteses do problema:
H1: 
;
H2: 
;H3: 
; 
H4: 
.
a. Tese�:
 
 Vamos fazer a demonstração "pegando" no primeiro membro da tese e através de manipulações simbólicas adequadamente justificadas "chegar" ao segundo membro da mesma tese. Assim:
Dem.:
 	c.q.m.
b. Tese:
 
Dem.: 
 
 
					c.q.m.
c. da alínea a. podemos concluir directamente, da aplicação de um teorema, que 
 e 
, são também acontecimentos independentes, no entanto pode-se mostrar de uma forma análoga às duas alíneas anteriores. Podem aínda concluir-se outros resultados análogos.
5. Um camponês comprou na feira um lote de cebolas novas, a um preço exorbitante, porque lhe garantiram que a probabilidade de cada uma delas germinar era (independentemente das outras�) 0.9. Quando chegou a casa a mulher ficou furiosa e atirou-lhe com uma cebola velha que tinha à mão. Devido à sua má pontaria, esta misturou-se com o lote de cebolas novas, e não foi possível distingui-la das outras. Assim o camponês plantou as 51 cebolas; destas, 50 germinaram. Sendo 0.4 a probabilidade da cebola velha germinar, qual é a probabilidade da cebola que não germinou ter sido uma das cebolas novas.�
Resolução: 
 Como já foi referido a resolução destes problemas, correcta e metódica, começa com a definição dos acontecimentos necessários a uma adequada resolução do problema. Numa fase inícial o leitor poderá fazer uma “pequena batota”, caso tenha dúvidas da definição dos acontecimentos. Basta para isso observar com cuidado as probabilidades que são dadas e as que são pedidas no enunciado do exercício. 
Definição dos acontecimentos�:
-
-
 Na realidade apenas uma das letras N ou V era necessária para a resolução, dado que são acontecimentos complementares. No entanto optámos por resolver desta forma.
Dados do exercício:
; 
; 
 e 
Pretendemos saber: 
�
(
( Na realidade a probabilidade pedida é imediatamente dada pela Fórmula de Bayes, na qual no denominador aparece a expressão da probabilidade total. No entanto vamos tentar resolver as coisas sem memorizar nada, ou pelo menos, reduzir ao mínimo o número de coisas a memorizar. Por isso a probabilidade (total!) calculada no denominador é facilmente deduzida com o auxilio do Diagrama de Venn correspondente a este exercício:
 Por simples observação sabemos que podemos escrever:
“Aplicando probabilidades” a ambos os membros desta igualdade e usando o facto de os acontecimentos do segundo membro serem, naturalmente, mutuamente exclusívos podemos escrever:
(
Que foi o resultado utilizado para responder ao pedido no enunciado.
6. Relativamente a uma dada população sabe-se que : 40% dos indivíduos se vacinam contra a gripe; de entre os indivíduos vacinados 30% tiveram gripe; e de entre os indivíduos não vacinados 35% não tiveram gripe. Escolhido um indivíduo ao acaso, calcule a probabilidade de :
a. Ter tido gripe .
b. Ter sido vacinado, sabendo que teve gripe .
Resolução:
Exercício análogo ao anterior, só que o problema está agora dividido em duas alíneas.
Definição dos acontecimentos:
-
-
Dados do exercício: 
; 
 e 
a. Novamente a aplicação imediata do Teorema da Probabilidade Total permite resolver o problema. No entanto vamos tentar resolver novamente com o auxilio do Diagrama de Venn correspondente a este exercício:
 Por simples observação, (, sabemos que podemos escrever:
Aplicando probabilidade a ambos os membros desta igualdade e usando o facto de os acontecimentos do segundo membro serem mutuamente exclusívos podemos escrever:
(
b. Pretendemos saber: 
(
 
 Na realidade a probabilidade pedida é imediatamente dada pela Fórmula de Bayes, na qual no denominador aparece a expressão da probabilidade total.
10 Exercícios Propostos
1. Uma urna possui três bolas pretas e cinco bolas brancas. Quantas bolas azuis devem ser colocadas nessa urna, de modo que retirando-se uma bola ao acaso, a probabilidade dela ser azul seja igual a 2/3?
2. Considere uma urna que contém uma bola preta, quatro bolas brancas e x bolas azuis. Uma bola é extraída ao acaso dessa urna, a sua cor é observada e a bola é devolvida à urna. Em seguida, retira-se novamente, ao acaso, uma bola dessa urna. Para que valores de x a probabilidade de que as bolas sejam da mesma cor vale 1/2?
3. Uma máquina produziu 60 parafusos dos quais 5 eram defeituosos. Escolhendo-se ao acaso dois parafusos dessa 
amostra, qual a probabilidade de que os dois sejam perfeitos?
4. Uma máquina produziu 50 parafusos dos quais 5 eram defeituosos. Retirando-se ao acaso, 3 parafusos dessa amostra, determine a probabilidade de que os 3 parafusos sejam defeituosos.
5. Em relação à questão anterior, determine a probabilidade de numa amostra de 3 parafusos ao acaso, termos pelo menos dois parafusos defeituosos.
6. Uma urna contém 10 bolas pretas e 8 bolas vermelhas. Retiramos 3 bolas sem reposição. Qual é a probabilidade de as duas primeiras serem pretas e a terceira vermelha?
7. Uma urna contém 5 bolas vermelhas e 4 pretas; dela são extraídas duas bolas, uma após a outra, sem reposição; a primeira bola extraída é de cor preta. Qual a probabilidade de que a segunda bola extraída seja vermelha?
8. Sejam A e B acontecimentos tais que P(A)+P(B) = x e P(A
B)= y. 
Determine em função de x e y a probabilidade de �: 
a. não se realizar nenhum dos dois acontecimentos.
b. que se realize pelo menos um dos dois acontecimentos.
c. que se realize quanto muito um único acontecimento.
d. que se realize um e um só dos dois acontecimentos.		
9. Considere uma experiência aleatória e dois acontecimentos A e B :
a. Mostre que a probabilidade de se realizar apenas um dos acontecimentos é: P(A)+P(B)-2 P(A
B).
b. Mostre que se P(A)=0.7 e P(B)=0.4 então P(A
B)
0.1. Nestas condições a probabilidade destes dois acontecimentos serem independentes é nula?
10. Sejam três acontecimentos tais que P(A)=P(B)=0.9 e P(C)=0 .
a. prove que P(A
B)
0.8 e que P(
)
0.1.
b. diga, justificando, se A e B poderão ser mutuamente exclusivos.
c. poder-se-á afirmar que A e C são independentes ? Justifique.
11. A probabilidade de ocorrência de infecção pelo HIV em uma dada comunidade é de 0,5%. A probabilidade de que esta mesma comunidade tenha alto consumo de sal (acima de 6 g/dia) é de 30%. Qual a probabilidade de que um indivíduo tomado ao acaso desta comunidade tenha alto consumo de sal e seja HIV positivo?
12. Em uma população de 1.000.000 de habitantes, 40.000 têm doença hipertensiva, 10.000 têm diabetes, 1.000 têm tuberculose activa e 500 têm infecção pelo HIV. Calcule as prevalências� de cada uma destas infecções.
	13. PRIVATE�Na tabela abaixo:
	PRIVATE�
	Infecção pelo HIV
	
	
	Com anticorpos
	Sem anticorpos
	
	ELISA positivos
	1960
	7984
	
	ELISA negativos
	40
	990.016
	
	Calcule: 
a prevalência do HIV; 
a prevalência dos ELISA positivos; 
a prevalência dos ELISA negativos; 
a sensibilidade do ELISA; 
a especificidade do ELISA; 
o valor preditivo positivo do ELISA; 
o valor preditivo negativo do ELISA; 
a razão de verosimilhança positiva do ELISA e 
a razão de verosimilhança negativa do ELISA. 
14. Num centro comercial está instalado um sistema de dez máquinas para utilização de cartão multibanco. Diz-se que o sistema está em funcionamento se pelo menos uma das máquinas funciona. Suponha que cada máquina funciona independentemente das outras e a probabilidade de funcionamento de cada máquina é 0.85. Calcule a probabilidade do sistema estar em funcionamento.
15. Um sistema electrónico é constituído por duas componentes A e B de forma que a avaria de qualquer delas inviabiliza o funcionamento do sistema. Sabe-se que a fiabilidade� do sistema é de 0.10 e que a probabilidade de falhar apenas uma componente é de 0.15 para A e 0.30 para B.
a. digase as componentes funcionam independentemente uma da outra.
b. com a montagem em paralelo das componentes�, a substituição de B por uma nova componente mais fiável (funcionando independentemente de A) levou à obtenção de uma fiabilidade de 90% . Qual a fiabilidade da nova componente?
16. A produção de uma dada empresa é resultado da laboração de três máquinas A, B e C. As máquinas A e B produzem 90% e 4% , respectivamente, dos produtos que satisfazem os critérios de qualidade. Dos restantes produtos, que terão de ser reciclados, 88% vêm da máquina B e 9% da máquina C. Os produtos de boa qualidade constituem 70% da produção global. Calcule a percentagem:
a. De produtos produzidos por A.
b. De produtos a reciclar que sejam produzidos por A. 
c. De produção de C que é de boa qualidade.
11 Exercícios de Auto-Avaliação
I Escolha Múltipla 
1. Quantos números de quatro algarismos podem ser formados com os dez algarismos usuais, sem haver repetições?
a. 34 ; b. 210 ; c. 4536 ; d. 5040 ; e. outro valor.
2. De quantas maneiras dez pessoas podem sentar-se num banco que tem apenas quatro lugares?
a. 24 ; b. 210 ; c. 4536 ; d. 5040 ; e. outro valor.
3. Uma estante contem seis livros de matemática e quatro de física. Determine aproximadamente� a probabilidade de três livros de matemática, em particular, estarem juntos.
a. 0.002 ; b. 0.011 ; c. 0.067 ; d. 0.3 ; e. outro valor.
4. Uma caixa contém três bolas vermelhas e cinco bolas brancas e outra possui duas bolas vermelhas e três bolas brancas. Considerando-se que uma bola é transferida da primeira caixa para a segunda, e que uma bola é extraída da segunda caixa, podemos afirmar que a probabilidade de que a bola extraída seja da cor branca é: 
a. 18/75 : b. 19/45 ; c. 19/48 ; d. 18/45 ; e. 19/75 
5. A quantidade de números inteiros positivos menores que 400 que podemos formar, utilizando somente os algarismos 1,2,3,4 e 5, de modo que não figurem algarismos repetidos, é:
a. 36 ; b. 56 ; c. 61; d. 85; e. 65.
6. Seja M um conjunto com 20 elementos. O número de subconjuntos de M que possuem exactamente 18 elementos é: a. 360 ; b. 190 ; c. 180 ; d. 120 ; e. 18
7. Seis pessoas A,B,C,D,E,F ficam em pé uma ao lado da outra, para uma fotografia. Se A e B se recusam a ficar lado a lado e C e D insistem em aparecer uma ao lado da outra, o número de possibilidades distintas para as 6 pessoas se disporem é:
a. 120; b.72; c. 144; d. 156; e.192..
8. Dispõe-se de 6 jogadores de voleibol, entre os quais o jogador A. Quantas duplas diferentes podemos formar nas quais não apareça o jogador A?
a. 8; b. 5; c. 10; d. 6 ; e. 16.
9. Considere os números inteiros maiores que 64000 que possuem 5 algarismos, todos distintos, e que não contém os dígitos 3 e 8. A quantidade desses números é:
a. 2160 ; b. 1320 ; c. 1440 ; d. 2280 ; e. 2400.
10. Formados e dispostos em ordem crescente todos os números que se obtêm permutando os algarismos 3,5,7,9, o número 7.953 ocupa a n-ésima posição. O valor de n é:
a. 18 ; b. 16 ; c. 17 ; d. 19 ; e. 20
11. A quantidade de números inteiros positivos menores que 400 que podemos formar, utilizando somente os algarismos 1,2,3,4 e 5, de modo que não figurem algarismos repetidos, é:
a. 36 ; b. 56 ; c. 61 ; d. 85 ; e. 65
12. Seja M um conjunto com 20 elementos. O número de subconjuntos de M que possuem exactamente 18 elementos é: a. 360 ; b. 190 ; c. 180 ; d. 120 ; e. 18.
II Verdadeiro/Falso
 
 Para cada uma das perguntas indique se cada opção é correcta ou falsa. A pergunta só estará correctamente respondida se responder correctamente a todas as opções.
	
1. Considere uma experiência aleatória e dois acontecimentos A e B tais que o Diagrama de Venn correspondente é:
Indique o valor lógico das seguintes afirmações:
a. A e B são acontecimentos mutuamente exclusivos.
b. A e B podem ser acontecimentos independentes.
c. A probabilidade de se realizar apenas um dos acontecimentos é: P(A)+P(B)-2 P(A
B).
d. A região sombreada corresponde a realizar-se um e um só dos dois acontecimentos.
2. Considere uma experiência aleatória e dois acontecimentos A e B tais que o Diagrama de Venn correspondente é:
Indique o valor lógico das seguintes afirmações:
a. A região sombreada corresponde a não se realizar nenhum dos dois acontecimentos.
b. A e B são acontecimentos independentes.
c. A região sombreada corresponde a que se realize pelo menos um dos dois acontecimentos.
d. A região sombreada corresponde a que se realize quanto muito um único acontecimento.
12 Referências Bibliográficas
Montgomery, D.C. e Runger, G. C., Applied Statistics and Probability forEngineers. John Wiley & Sons, New York, 2ª Edição, 1999.
Ross, Sheldon M., Introduction to Probability and Statistics for Engineers and Scientists.John Wiley & Sons, 1987.
Meyer, P. L., Probabilidades. Aplicações à Estatística. Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., Rio de Janeiro, 1981.
Murteira, Bento J., Probabilidades e Estatística. Vol. I e Vol. II, 2ª Edição, McGraw-Hill de Portugal Lda, Lisboa, 1990.
Anexo 1 Revisão sobre o Cálculo Combinatório
Introdução
 Com vista a desenvolver o estudo em Probabilidades são necessárias algumas noções de cálculo combinatório. 
 A origem de dois dos actuais ramos da matemática, a Análise Combinatória e a Teoria das Probabilidades, foram os jogos de azar, ainda no século XVII, e.g., os jogos de cartas e de dados. 
 De uma forma muito geral, a Análise ou Cálculo Combinatório ocupa-se dos problemas de contagem de organizações de objectos sujeitos a restrições diversas. As técnicas do Cálculo Combinatório foram evoluindo e têm hoje grande importância na Teoria das Probabilidades, bem como em outros ramos da matemática.
 Esses estudos foram iniciados já no século XVI, pelo matemático italiano Niccollo Fontana (1500-1557), conhecido como Tartaglia. Depois vieram os franceses Pierre de Fermat (1601-1665) e Blaise Pascal (1623-1662). J. Bernoulli, Leibnitz e Euler são também apontados como fundadores desta teoria.
Estratégicas básicas de Contagem: Regras Básicas
 Muitos problemas de contagem resolvem-se por aplicação, directa ou indirecta do seguinte princípio:
Regra fundamental
Se uma primeira escolha pode ser realizada de n1 maneiras, uma segunda escolha de n2 maneiras,...,etc., então o número total de possibilidades para o conjunto das escolhas possíveis é n1(n2(...
Nesta regra estamos a supor que temos vários procedimentos que podem ser executados de n1,n2,… maneiras, respectivamente, e que qualquer maneira de executar um dado procedimento pode ser seguida (ou antecedida) por qualquer das maneiras dos outros procedimentos.
Exemplo:
O menino José foi jantar com os pais a um restaurante. A ementa consta de três variedades de sopa, dois pratos de carne e dois de peixe e ainda cinco sobremesas possíveis. Quantas refeições distintas (uma sopa, um segundo prato e uma sobremesa) podem ser servidas?
 Com este exemplo pretende-se concomitantemente exemplificar a regra anterior e mostrar que a simplicidade que encerra não a impede de ser capaz de resolver problemas do nosso quotidiano. A aplicação da regra anterior é possível porque estamos na presença de uma sequência de três escolhas que podem ser realizadas de três, quatro e cinco maneiras, respectivamente. Assim 3(4(5=60 refeições distintas que podem ser servidas. 
 
 Este princípio é ainda, naturalmente, conhecido pela regra do produto como analogia com a próxima regra.
Exercício: Um aluno submete-se à avaliação de 10 professores, cada um dá-lhe uma nota de 0 a 20, somadas as notas das 10 avaliações, quantas notas diferentes pode o aluno ter?
Regra do soma
Se uma primeira escolha A pode ser realizada de n1 maneiras, umasegunda escolha B de n2 maneiras,...,etc., então a escolha de A ou B ou ... pode ser feita de n1+n2+...maneiras. 
 Nesta regra estamos a supor que cada uma das maneiras de realizar cada procedimento não pode ser seguido (ou antecedido) por nenhuma maneira de executar qualquer dos outros procedimentos.
Exemplo:
Num grupo de pessoas 30 são ingleses, 18 franceses e os restantes portugueses. Quantas pessoas deste grupo são ingleses ou franceses ?
A resposta parece muito natural no entanto ela deve ser entendida como uma aplicação desta última regra. Note-se no aspecto mais importante da regra anterior, as escolhas não se podem interceptar, i.e., não podem existir possibilidades comuns às duas ou mais escolhas realizadas. Neste exemplo a regra da soma só é aplicável porque uma dada pessoa do grupo, não pode ser inglês e francês simultaneamente. Este aspecto é de importância capital neste contexto. Logo a resposta pedida é 30+19=48 pessoas são ingleses ou franceses.
 Com estes resultados resolvem-se muitos problemas de contagem, nomeadamente com a aplicação sucessiva ou simultânea das duas regras anteriores.
 
Arranjos com e sem repetição
Arranjos com repetição
Definição:
“Designaremos por arranjo com repetição ou arranjo completo a uma qualquer sequência formada por elementos de um conjunto dado. Se o conjunto tiver n elementos, designaremos por 
 o número total de arranjos com repetição que é possível formar com p elementos escolhidos entre os dados. 
 lê-se arranjos com repetição de n, p a p. Atendendo à regra fundamental, tem-se:
.”
Exemplo:
Pretende-se formar palavras-chave, com ou sem sentido, com as habituais 23 letras. Quantas palavras-chave distintas poder-se-iam construir?
Trata-se de um exemplo clássico de arranjos com repetição pois podem existir palavras-chave com as três letras iguais. Assim temos arranjos com repetição de 23 letras, 3 a 3, 
.(
Arranjos (sem repetição)
Definição:
“Designaremos por arranjo sem repetição ou simplesmente arranjo a uma qualquer sequência formada por elementos, todos diferentes, de um dado conjunto. Se o conjunto tiver n elementos, designaremos por 
 o número total de arranjos sem repetição que é possível formar com p elementos escolhidos entre os n dados. 
 lê-se arranjos de n, p a p. É evidente que 
 A dedução de uma fórmula para esta situção é menos evidente do que no caso anterior, no entanto recorre-se novamente à regra fundamental. Seja 
um dos arranjos de p elementos, todos distintos, escolhidos de entre n elementos de um dado conjunto. Existem então n maneiras de escolher x1, que depois de este escolhido, existem n-1 maneiras de escolher x2, e assim sucessivamente até xp.
Logo temos:
.”
 Portanto um produto de p factores. Note-se que durante este capítulo apresentar-se-à uma outra fórmula para os arranjos. 
Exemplo:
Na final de uma dada prova olímpica temos 8 atletas. De quantas maneiras diferentes pode vir a ser feita a distribuição das três medalhas (ouro, prata e bronze)?
 Uma vez que um dado atleta não pode ocupar duas posições distintas do pódio, estamos na presença de um exemplo de arranjos sem repetição. Existem assim 8 possibilidades para o 1º lugar�, 7 para o 2º lugar e 6 para o 3º lugar. Formalizando a resposta temos 
 possibilidades.
Permutações
Exemplo:
Imaginemos uma situção baseada no exemplo anterior em que existiam apenas três atletas. De quantas maneiras diferentes pode vir a ser feita a distribuição das três medalhas? 
Existem assim 3 possibilidades para o 1º lugar, 2 para o 2º lugar e 1 para o 3º lugar. Formalizando a resposta temos 
 possibilidades. A situação e então um caso muito particular de arranjos, pois todos os elementos do conjunto em causa figuram em cada um dos arranjos considerados., i.e., trata-se de calcular 
 na situação de ser p=n, o que nos conduz à expressão 
. No entanto esta situação embora seja um caso particular da definição anterior, tem no contexto do cálculo combinatório, um tratamento especial, que motiva a próxima definição.
Permutações
Definição:
“Chama-se permutação de elementos de um conjunto a um qualquer arranjo em que todos os elementos desse conjunto figurem. Designaremos por Pn o número total de permutações de n elementos, lendo-se permutações de n.
.”
Pelo que no exemplo anterior a solução é dada por 
.
Factorial de um número inteiro não negativo
 Uma possível apresentação mais sintética para as duas expressões e por consequência mais simples, é badeada na próxima definição.
Factorial de um número inteiro não negativo
Definição:
“Sendo 
, dá-se o nome de factorial de n ou n-factorial, e representa-se simbolicamente por 
, ao produto dos n números naturais que são menores ou iguais a n, i.e.:
	.”
	
 
 Os factoriais de 0 e de 1 são obtidos por definição e serão necessários no ponto seguinte. Esta definição pode ainda aparecer numa forma recursiva:
 Com esta nova definição podemos então reescrever as fórmulas anteriores�:
Permutações: 
	Arranjos: 
Exemplos:
a. 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720
b. 4! = 4.3.2.1 = 24
c. observe que 6! = 6.5.4!
d. 10! = 10.9.8.7.6.5.4.3.2.1
e. 10! = 10.9.8.7.6.5!
f. 10! = 10.9.8!
		
Combinações
 Em termos de definições do Cálculo Combinatório falta apenas uma definição que possibilite fazer arranjos mas em que a ordem não seja relevante. Este aspecto esta na base da próxima definição.
Definição:
“Chamamos combinação a um qualquer subconjunto formado por elementos escolhidos de entre os de um dado conjunto. Se o conjunto tem n elementos, designaremos por combinações de n elementos, p a p, e representaremos simbolicamente por 
 ou 
. Atendendo à definição anterior:
.”
	
Evidentemente, n e p são, como habitualmente, números naturais. Além disso, deve ser 
 Note que 
 é o número de subconjuntos com p elementos de um conjunto de cardinal n.
Exemplo:
Oito jogadores disputam um torneio de xadrez, pelo que cada um deles deve jogar com todos os outros, mas apenas uma vez. Quantos jogos haverá neste torneio?
Este exemplo ilustra a definição anterior porque cada dois jogadores só se encontram uma única vez. Assim este torneio terá :	
jogos. (
Propriedades das Combinações
 Dada a importância desta definição apresentam-se agora duas propriedades das combinações cuja utilização adequada em determinadas situações pode facilitar muito os cálculos.
P1: 
 P2: 
 A demonstração destas propriedades é um bom exercício e voltaremos a estas expressões novamente, quando falarmos do triângulo de Pascal, no próximo ponto.
Observe-se que em particular, tem-se:
. 
=1 - um conjunto com n elementos tem um subconjunto com 0 elementos, o conjunto vazio.
. 
=1 - um conjunto com n elementos tem um subconjunto com n elementos, o próprio conjunto.
O Triângulo de Pascal
 Trata-se de um triângulo aritmético que pode ser aumentado indefinidamente e que apresenta a seguinte disposição:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
...
 Este triângulo é conhecido pelo nome de triângulo de Pascal ou triângulo de Tartaglia, em virtude de terem sido dois dos matemáticos que mais o utilizaram e estudaram no início do Cálculo Combinatório. É fácil verificar que os números do triângulo podem facilmente ser escritos à custa de combinações, nomeadamente atendendo às duas observações do ponto anterior, na forma:
 
 
 
 
 
 
…
A observação e estudo deste importante triângulo sugerem-nos diversas propriedades das combinações, entre as quais destacaremos as seguintes:
i) em cada linha, os números equidistantes dos extremos são iguais, i.e., 
, propriedade das combinações já referida;
ii) a soma de dois números adjacentes numa linha é igual ao número que, na linha seguinte, figura entre eles. Esta propriedade (conhecida por regra de Stiefel) já tinha sido referidana forma 
;
iii) a soma de todos os elementos da n-ésima linha é igual a 
 . Esta propriedade é muito importante pois na forma: 
, conduz ao facto , já referido, de um conjunto A, com n elementos, ter exactamente 
 subconjuntos. Note que n é o cardinal de A.
Binómio de Newton
 Denomina-se binómio de Newton� , a todo binómio da forma (a + b)n , sendo n um número natural, e.g., (3x - 2y)4 . ( onde a = 3x, b = -2y e n = 4�). Exemplos de desenvolvimento de binómios de Newton:
a. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
b. (a + b)3 = a3 + 3 a2b + 3ab2 + b3
c. (a + b)4 = a4 + 4 a3b + 6 a2b2 + 4ab3 + b4 
d. (a + b)5 = a5 + 5 a4b + 10 a3b2 + 10 a2b3 + 5ab4 + b5
 O que se pretende agora é verificar que não é necessário “decorar” as fórmulas acima, já que elas possuem uma lei de formação bem definida. Vamos tomar por exemplo, a alínea d. acima; observe que o expoente do primeiro e últimos termos são iguais ao expoente do binómio, ou seja : 5. A partir do segundo termo, os coeficientes podem ser obtidos a partir da seguinte regra prática de fácil memorização: 
 Multiplicamos o coeficiente de a pelo seu expoente e dividimos o resultado pela ordem do termo. O resultado será o coeficiente do próximo termo.
 Assim por exemplo, para obter o coeficiente do terceiro termo da alínea d. acima teríamos: 5.4 = 20; agora dividimos 20 pela ordem do termo anterior (2 por se tratar do segundo termo) 20:2 = 10 que é o coeficiente do terceiro termo procurado.
 Observe que os expoentes da variável a decrescem de n até 0 e os expoentes de b crescem de 0 até n. Assim o terceiro termo é 10 a3b2 (observe que o expoente de a decresceu de 4 para 3 e o de b cresceu de 1 para 2).
 Usando a regra prática acima, o desenvolvimento do binómio de Newton (a + b)7 será:
(a + b)7 = a7 + 7 a6b + 21 a5b2 + 35 a4b3 + 35 a3b4 + 21 a2b5 + 7 ab6 + b7
 Como obtivemos, por exemplo, o coeficiente do 6º termo (21 a2b5) ? Pela regra: coeficiente do termo anterior = 35, multiplicamos 35 pelo expoente de a que é igual a 3 e dividimos o resultado pela ordem do termo que é 5. Então, 35 . 3 = 105 e dividindo por 5(ordem do termo anterior) vem 105:5 = 21, que é o coeficiente do sexto termo, conforme se vê acima.
Observações:
i) o desenvolvimento do binómio (a + b)n é um polinómio; 
ii) o desenvolvimento de (a + b)n possui n + 1 termos;
iii) os coeficientes dos termos equidistantes� dos extremos, no desenvolvimento de (a + b)n são iguais;
iv) a soma dos coeficientes de (a + b)n é igual a 2n .
 Em termos formais, a fórmula do Binómio de Newton� pode apresentar-se na forma:
Observacões:
i) os coeficientes do desenvolvimento são exactamente os números da linha n do triângulo de Pascal;
ii) a soma dos expoentes da parte literal de cada um dos termos do desenvolvimento é sempre n.
Exercícios Resolvidos sobre o Binómio de Newton
1. Determine o 7º termo do binómio (2x + 1)9 , desenvolvido segundo as potências decrescentes de x .
Resolução: Vamos aplicar a fórmula do termo geral de (a + b)n , onde a = 2x , b = 1 e n = 9. Como queremos o sétimo termo, fazemos p = 6 na fórmula do termo geral e efectuamos os cálculos indicados. Temos então: T6+1 = T7 = C9,6 . (2x)9-6 . (1)6 = 9! /[(9-6)! . 6!] . (2x)3 . 1 = 9.8.7.6! / 3.2.1.6! . 8x3 = 84.8x3 = 672x3. Portanto o sétimo termo procurado é 672x3.
2. Qual o termo médio do desenvolvimento de (2x + 3y)8 ?
Resolução:Temos a = 2x , b = 3y e n = 8. Sabemos que o desenvolvimento do binómio terá 9 termos, porque n=8. Ora sendo T1T2T3T4T5T6T7T8T9 os termos do desenvolvimento do binómio, o termo do meio (termo médio) será o T5 (quinto termo). Logo, o nosso problema resume-se ao cálculo do T5 . Para isto, basta fazer p = 4 na fórmula do termo geral e efectuar os cálculos decorrentes. Teremos: T4+1= T5= C8,4.(2x)8-4.(3y)4 = 8!/[(8-4)!.4!].(2x)4.(3y)4 = 8.7.6.5.4! / (4!.4.3.2.1).16x4.81y4. Fazendo os cálculos vem: T5=70.16.81.x4.y4 = 90720x4y4 , que é o termo médio procurado. 
3. Desenvolvendo o binómio (2x - 3y)3n , obtemos um polinómio de 16 termos . Qual o valor de n?
Resolução: Ora, se o desenvolvimento do binómio possui 16 termos, então o expoente do binómio é igual a 15. Logo, 3n =15 de onde conclui-se que n=5.
4. Qual a soma dos coeficientes dos termos do desenvolvimento de :
a. (2x - 3y)12 ? ;		b. (x - y)50 ? 
Resolução:
a. basta fazer x=1 e y=1. Logo, a soma S procurada será: S = (2.1 -3.1)12 = (-1)12 = 1
b. analogamente, fazendo x=1 e y=1, vem: S = (1 - 1)50 = 050 = 0.
Exercícios Propostos sobre o Binómio de Newton
1. Qual é o termo em x5 no desenvolvimento de (x + 3)8 ?
2. Determine a soma dos coeficientes do desenvolvimento de (x - 3y)7 .
3. Qual é o valor do produto dos coeficientes do 2o e do penúltimo termo do desenvolvimento de (x - 1)80 ?
4. Desenvolvendo-se a expressão [(x + 1/x).(x - 1/x)]6 , obtém-se como termo independente de x o valor:
a. 10 ; b. -10 ; c. 20 ; d. -20 ; e. 36.
5. A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (2x + 3y)m é 625. O valor de m é:
a. 5 ; b. 6 ; c. 10 ; d. 3 ; e. 4.
6. Os 3 primeiros coeficientes no desenvolvimento de (x2 + 1/(2x))n estão em progressão aritmética.
O valor de n é:
a. 4 ; b. 6 ; c. 8 ; d. 10 ; e. 12.
7. No desenvolvimento de (3x + 13)n há 13 termos. A soma dos coeficientes destes termos é igual a:
8. Sabendo-se que a soma dos coeficientes no desenvolvimento do binómio (a + b)m é igual a 256, calcule (m/2)! 
9. Calcule o termo independente de x no desenvolvimento de (x2 + 1/x)9.
10. Calcule a soma dos coeficientes do desenvolvimento do binómio (3x - 1)10.
11. Determine o termo independente de x no desenvolvimento de (x + 1/x )6 .
Exercícios Propostos sobre Cálculo Combinatório.
1. Mostrar que 2.4.6.8. ... .(2n – 2).2n = n! . 2n
2. Qual a soma dos números de cinco algarismos distintos que podem ser formados com os algarismos 1,2,3,4 e 5?
3. Um cocktail é preparado com duas ou mais bebidas distintas. Se existem 7 bebidas distintas, quantos cocktails diferentes podem ser preparados?
4. Sobre uma circunferência são marcados 9 pontos, dois a dois distintos. Quantos triângulos podem ser construídos com vértices nos 9 pontos marcados?
5. Uma família com 5 pessoas possui um automóvel de 5 lugares. Sabendo apenas 2 pessoas sabem dirigir, de quantos modos poderão se acomodar para uma viagem?
6. As rectas r e s são distintas e paralelas entre si. São dados 5 pontos distintos na recta r e 4 pontos distintos sobre a recta s. Quantos são os triângulos determinados pelos pontos dados?
7. Quantas diagonais contém o hexaedro constituído por 6 faces triangulares obtido pela união de duas pirâmides triangulares?
8. Provenientes das permutações dos algarismos 1,2,2,2,3,4, quantos números pares de 6 algarismos existem?
9. De quantos modos podemos dispor em linha e alternadamente, 5 rapazes e 6 raparigas?
10. Quantos são os números de 5 algarismos distintos, menores que 30.000, formados com os algarismos 1,2,3,4,5?
11. Sabe-se que os números de telefone de uma cidade têm seis dígitos, onde o primeiro nunca é zero. Supondo-se que os números dos telefones passem a ter sete dígitos, determine o aumento possível na quantidade de telefones dessa cidade.
12. Dois grupos de excursionistas, um deles com 20 pessoas e o outro com 15, encontram-se em um certo local de um país distante. Se todas as pessoas de um grupo cumprimentarem todas as pessoas do outro grupo, qual o número total de cumprimentos?
13. Uma prova compõe-se de 6 questões de escolha múltipla com 5 alternativas cada. De quantos modos um aluno pode preencher o quadro de respostas, escolhendo as alternativas ao acaso?
14. Em uma cidade, as placas dos automóveis são formadas por duas das 26 letras do alfabeto, seguidas de 4 algarismos. Placas com letras iguais são proibidas, mas não há qualquer restrição quanto aos algarismos. Quantas placas diferentes são possíveis?15. Um salão tem 6 portas. De quantos modos distintos esse salão pode estar aberto?
Anexo 2 Revisão da Teoria dos Conjuntos: Operacões entre conjuntos.
 O que se pretende é fazer o análogo entre alguns resultados desta teoria e o que se passa com os acontecimentos. Note-se que a linguagem de conjuntos é diferente da linguagem de acontecimentos, no entanto há um certo paralelismo que faz com que em termos práticos, sejam teorias análogas. Vejamos um exemplo de como estas linguagens são diferentes. Considere-se a expressão 
:
i) linguagem de conjuntos: A e B são conjuntos e a expressão anterior lê-se intersecção dos conjuntos A e B;
ii)linguagem de acontecimentos: A e B são acontecimentos e a expressão anterior designa a realização simultânea dos dois acontecimentos referidos.
 Uma representação gráfica dos conjuntos e das operações sobre conjuntos é usualmente designada por Diagramas de Venn.
Observação:
i) podemos definir operações de união e intersecção, para qualquer número finito de conjuntos;
ii) dois (ou mais) conjuntos são equivalentes (são o mesmo conjunto) sempre que eles contenham os mesmos elementos.
1. Reunião
 Dados os conjuntos A e B, define-se o conjunto reunião A
B={x; x
A ou x
B}.
Exemplo: {0,1,3}
{ 3,4,5}={0,1,3,4,5}. Percebe-se facilmente que o conjunto reunião contempla todos os elementos do conjunto A ou B.
Propriedades imediatas:
i) A
A=A;
ii) A
�� EMBED Equation.2 = A;
iii) A
B=B
A�; 
iv) A
�� EMBED Equation.2 =
, onde 
 é o conjunto universo.
2. Intersecção
 Dados os conjuntos A e B , define-se o conjunto intersecção A
B ={x; x
A e x
B}.
Exemplo: {0,2,4,5}
{4,6,7}={4}. Percebe-se facilmente que o conjunto intersecção contempla os elementos que são comuns aos conjuntos A e B.
Propriedades imediatas:
i) A
A=A;
ii) A
�� EMBED Equation.2 =
; 
iii) A
B=B
A�;
iv) A
�� EMBED Equation.2 =A onde 
 é o conjunto universo.
São importantes também as seguintes propriedades:
i) A
(B
C)=(A
B)
(A
C) (propriedade distributiva);
ii) A
(B
C)=(A
B)
(A
C) (propriedade distributiva);
iii) A
(A
B)=A (lei da absorção);
iv) A
(A
B)=A (lei da absorção).
3. “Diferença”
 Dados os conjuntos A e B , define-se o conjunto “Diferença” A|B={x ; x
A e x 
B}. Observe que os elementos da diferença são aqueles que pertencem ao primeiro conjunto, mas não pertencem ao segundo.
Exemplos: {0,5,7}|{0,7,3}={5}; {1,2,3,4,5}|{1,2,3}={4,5}.
Propriedades imediatas:
i) A|
= A
ii) 
|A = 
 
iii) A|A = 
 
iv) A|B 
 B|A ( i.e., a diferença de conjuntos não é uma operação comutativa).
4. Complementar de um conjunto
 Trata-se de um caso particular da diferença entre dois conjuntos. Assim é , que dados dois conjuntos A e B, com a condição de que B
A , a diferença A|B chama-se, neste caso, complementar de B em relação a A . Símbolo: CAB = A|B. Caso particular: O complementar de B em relação ao conjunto universo 
, ou seja , 
|B ,é indicado pelo símbolo 
. Observe que o conjunto 
 é formado por todos os elementos que não pertencem ao conjunto B, ou seja: 
 = {x; x 
 B}. É óbvio, então, que :
i) B
�� EMBED Equation.2 =
;
ii) B
�� EMBED Equation.2 =
;
iii) 
=
;
iv) 
=
.
5. Número de elementos da Reunião de dois conjuntos.
 Sejam A e B dois conjuntos, tais que o número de elementos de A (cardinal de A) seja n(A) e o número de elementos de B (cardinal de B) seja n(B). Representando o número de elementos da intersecção A
B por n(A
B) e o número de elementos da reunião A
 B por n(A
B) , podemos escrever a seguinte fórmula: n(A
B) = n(A) + n(B) - n(A
B) 
Resumo das Propriedades mais importantes referidas:
i) Leis Comutativas: 
 e 
ii)Leis Associativas: 
 e 
iii)Leis Distributivas:
 e 
iv) Elemento neutro�: 
v) Elemento “absorvente”: 
vi) Leis de Morgan:a) 
; b) 
; c) 
vii) 
Existe ainda uma importante operação entre os conjuntos que tem interesse considerar num contexto de acontecimenmtos aleatórios.
Definição:
“Sejam A1, …, An n conjuntos. Denominaremos produto cartesiano de A1, …, An ,denotando-o por 
, o conjunto 
.”
 Note que em geral o produto cartesiano não é comutativo pois os elementos do novo conjunto são vectores tais que a componente j desse vector é um elemento do conjunto j no produto cartesiano, e não de outro qualquer.
Exercícios Propostos sobre Teoria dos Conjuntos.
1. Numa universidade são lidos apenas dois jornais, X e Y. 80% dos alunos da mesma lêem o jornal X e 60%, o jornal Y. Sabendo-se que todo aluno é leitor de pelo menos um dos jornais, assinale a alternativa que corresponde ao percentual de alunos que lêem ambos:
a. 80% ; b.14% ; c. 40% ; d. 60% ; e. 48%.
2. Se um conjunto A possui 1024 subconjuntos, então o cardinal de A é igual a:
a. 5 ; b. 6 ; c.7 ; d. 9 ; e. 10.
3. Após um jantar, foram servidas as sobremesas X e Y. Sabe-se que das 10 pessoas presentes, 5 comeram a sobremesa X, 7 comeram a sobremesa Y e 3 comeram as duas. Quantas não comeram nenhuma das sobremesas?
a. 1 ; b. 2 ; c. 3 ; d. 4 ; e. 0 .
4. Dados os conjuntos A, B e C, tais que: n(B
C) = 20 ; n(A
B) = 5 , n(A
C) = 4 , n(A
B
C) = 1 e n(A
B
C) = 22. Nestas condições, o número de elementos de A|( B
C) é igual a:
a. 0 ; b. 1 ; c. 4 ; d. 9 ; e. 12.
5. Se A =
 e B = {
}, então :
a. A
B ; b. A
B = 
; c. A = B ; d. A
B = B ; e. B
A.
6. Sejam A, B e C conjuntos finitos. O número de elementos de A
B é 30, o número de elementos de A
C é 20 e o número de elementos de A
B
C é 15. Então o número de elementos de A
 (B
C) é igual a:
a. 35 ; b. 15 ; c. 50 ; d. 45 ; e. 20.
Anexo 3 Linguagem usada em Medicina
 Interessa aplicar os conceitos aprendidos a vários áreas do conhecimento. Uma das principais é a Medicina na qual alguns termos devem estar bem interiorizados para que a resolução de alguns problemas seja possível. Este é o propósito deste anexo, tornar claro alguns dos termos desta ciência.
- Prevalência 
Probabilidade de ser doente.
- Sensibilidade 
 Capacidade de identificar os positivos (doentes) entre os verdadeiramente doentes, i.e., probabilidade de ter exame positivo, dado que é doente.
- Especificidade 
Capacidade de identificar os negativos (não-doentes) entre os verdadeiramente negativos, i.e., probabilidade de ter exame negativo, dado que não é doente.
- Valor Preditivo Positivo - VPP 
 Probabilidade de o indivíduo ser portador da doença dado que o teste é positivo.
- Valor Preditivo Negativo - VPN 
 Probabilidade de o indivíduo não ser portador da doença dado que o teste é negativo.
- Razão de Verosimilhança Positiva - RVP
 Probabilidade de que dado resultado de teste fosse esperado em um paciente portador da doença, comparado com a probabilidade de que o mesmo resultado fosse esperado em um paciente sem a doença.
- Razão de Verosimilhança Negativa- RVN
 Probabilidade de que dado resultado de teste fosse esperado em um paciente não portador da doença, comparado com a probabilidade de que o mesmo resultado fosse esperado em um paciente com a doença.
 Vejamos um exemplo em que aplicamos estas definições e os conhecimentos aprendidos até este ponto.
Exemplo:
Sabendo-se que a prevalência do HIV na população geral é de 0,5% (0,005) e que a sua prevalência em consumidores de droga é de 60% (0,6), e que a sensibilidade do ELISA é de 0,995 e a especificidade de 0,98, calcule a probabilidade de um indivíduo em cada população, sendo positivo ao ELISA, ser e não ser portador de HIV.
Definem-se os acontecimentos: 
, 
São dados: 
- A Prevalência (probabilidade de ser doente): 
- A Sensibilidade (probabilidade de ter exame positivo, dado que é doente): 
- A Especificidade (probabilidade de ter exame negativo, dado que não é doente): 
- OValor Preditivo Positivo (probabilidade de ser doente, dado que o exame é positivo) é dado por:
- Valor Preditivo Negativo (probabilidade de não ser doente, dado que o exame é negativo) é dado por:
Como:
- a probabilidade de ser positivo, dado que não é doente (falso positivo) é o complemento da especificidade:
- a probabilidade de ser negativo, dado que é doente (falso negativo) é o complemento da sensibilidade: 
- a probabilidade de não ser doente é o complemento da prevalência: 
Então:
	 Para
população geral
	
	Para consumidores de droga
	
	
	0,005
	
	
	0,6
	
	
	0,995
	
	
	0,4
	
	
	0,995
	
	
	0,995
	
	
	0,98
	
	
	0,98
	
	
	0,005
	
	
	0,005
	
	
	0,02
	
	
	0,02
	
VPP=	 0,2				 0,986777
VPN= 0,999974				 0,992405
Soluções dos Exercícios Propostos
1. Seja x o número de bolas azuis a serem colocadas na urna. O espaço amostral possuirá, neste caso, 3+5+x = x+8 bolas. Pela definição de probabilidade, a probabilidade de que uma bola extraída ao acaso seja azul será dada por: x/(x+8). Mas, o problema diz que a probabilidade deve ser igual a 2/3. Logo, vem: x/(x+8) = 2/3, resolvendo a equação do 1º grau: 3x=2(x+8) , donde 3x =2x+16 e, finalmente vem que x=16.
2. O espaço amostral da e.a. possui n(() = 1+4+x = x+5 bolas. Vamos considerar três situações distintas:
 A. as bolas extraídas são ambas da cor preta.
Como existe reposição da bola extraída, os acontecimentos são independentes. Logo, a probabilidade de que saia uma bola preta (P) e em seguida outra bola preta (P’) será dada por: P(P
P’)=P(P).P(P’) =[1/(x+5)].[1/(x+5)]=1/(x+5)2
 B. as bolas extraídas são ambas da cor branca.
Usando o mesmo raciocínio usado em A. e considerando-se que os acontecimentos são independentes (pois ocorre a reposição da bola extraída), teremos: P(B
B’)=P(B).P(B’)=[4/(x+5)].[4/(x+5)]= 16/(x+5)2 
 C. as bolas extraídas são ambas da cor azul.
Analogamente, vem: P(A
A’ =P(A).P(A’) =[x/(x+5)].[x/(x+5)] = x2/(x+5)2. 
Estes três acontecimentos são mutuamente exclusívos, pelo que a probabilidade da união desses três acontecimentos, será igual a soma das probabilidades individuais. Daí, pelos dados do problema, vem que:[1/(x+5)2]+[16/(x+5)2]+[x2/(x+5)2]=1/2. Vamos resolver esta equação do 2º grau: (1+16+x2)/(x+5)2 = 1 /2 2(17+x2) = 1. (x+5)2 34 + 2x2 = x2 + 10x + 25, x2 – 10x + 9 = 0, de onde concluímos x=1 ou x=9.
3. Existem problemas de Probabilidades nos quais a contagem do número de elementos do espaço amostral ( não pode ser feita directamente. Teremos que recorrer à Análise Combinatória, para facilitar a solução. Para determinar o número de elementos do nosso espaço amostral (, teremos que calcular quantos grupos de 2 parafusos poderemos obter com os 60 parafusos da amostra. Trata-se de um típico problema de Combinações simples. Teremos então: n(() = C60,2 = 60!/(58!.2!) = 60.59.58!/58!.1.2 = 30.59. Considerando-se o acontecimento E: os dois parafusos retirados são perfeitos, vem que: 60 parafusos – 5 defeituosos = 55 parafusos perfeitos. Teremos então que o número de possibilidades desse acontecimento será dado por: n(E) = C55,2 = 55!/53!.2! = 55.54.53!/53!.1.2 = 55.27. Logo, a probabilidade de ocorrência do acontecimento E será igual a: P(E) = n(E)/n(() = 55.27/30.59 = 1485/1770 = 0,838983=83,8983%. 
Resposta: aproximadamente 84%. A interpretação deste resultado é que se a e.a. for repetida 100 vezes, obteremos aproximadamente em 84 vezes, dois parafusos perfeitos.
4. aproximadamente 0,005%.
5. aproximadamente 2,30% . Observação: pelo menos 2 defeituosos = 2 defeituosos ou 3 defeituosos.
6. 5/34 ou aproximadamente 14,7%
7. 5/8 ou 62,5%.
8. a. 1-x+y 
 
b. x-y 
c. 1-y 
d. x-2y.
9. a. 
10. a. 
11. Consumo e positividade para o HIV são, por definição, acontecimentos independentes. A probabilidade de ocorrência simultânea é, então, o produto das probabilidades dadas: 0,005x0,3=0,0015
12. Prevalência de uma doença é a proporção de portadores desta em relação à população total, e coincide numericamente com a probabilidade de ocorrência da doença. Neste exercício: 
	
	
	prevalências:
	população
	1.000.000
	
	HAS
	40.000
	0,04
	Diabetes
	10.000
	0,01
	Tbc
	1.000
	0,001
	HIV+
	500
	0,0005
13.
	
	Gold standard
	
	Genericamente:
	
	c/Ab
	s/Ab
	
	PRIVATE�
	c/Ab
	s/Ab
	
	E+
	1960
	7984
	9944
	E+
	a
	b
	a+b
	E-
	40
	990016
	990056
	E-
	c
	d
	c+d
	
	2000
	998000
	1000000
	
	a+c
	b+d
	a+b+c+d
	P(HIV+)
	
	0,002
	P(HIV-)
	
	0,998
	P(E+)
	
	0,009944
	P(E-)
	
	0,990056
14. 1.0 .
15. a. Sim. 
b. 83%.
16.
a. 63.9% ; b. 1.4% ; c. 60.9% .
Soluções da Escolha Múltipla
1. c.
2. d.
3. c.
4. c. 19/48 = 39,58%.
5. c. 
6. b. 
7. e.
8. c.
9. a.
10. a.
11. c.
12. b.
Soluções do Verdadeiro/Falso
1. a. F; b. F; c. V; d. F
2. a. F; b. F; c. F; d. V
Soluções dos Exercícios Propostos sobre o Binómio de Newton
1. T4 = 1512.x5
2. 128
3. 6400
4. D
5. E 
6. 8
7. 248 
8. 24
9. O termo independente de x é o sétimo e é igual a 84.
10. 1024
11. 20.
Soluções dos Exercícios Propostos sobre Cálculo Combinatório.
1. O primeiro membro da igualdade pode ser escrito como: 2.1 . 2.2 . 2.3 . 2.4 . ... . 2.(n – 1) . 2.n. Observe que no produto acima, o factor 2 se repete n vezes; portanto, o produto de 2 por ele mesmo, n vezes, resulta na potência 2n. Logo, o primeiro membro da igualdade fica: 2n(1 . 2 . 3 . 4 . ... . n). Observe que entre parênteses, temos exactamente o factorial de n ou seja: n! Substituindo, vem finalmente : 2n . n!. Assim, mostramos que: 2.4.6.8. ... .2(n – 1). 2n = n! . 2n . Então, podemos dizer que: o produto dos n primeiros números pares positivos é igual ao factorial de n multiplicado pela n-ésima potência de 2.
2. Seja XYZWK a forma genérica de um número de 5 algarismos. Podemos observar que o algarismo 1 aparecerá: 4! (factorial de 4) vezes na forma 1YZWK. 4! vezes na forma X1ZWK . 4! vezes na forma XY1WK. 4! vezes na forma XYZ1K. 4! vezes na forma XYZW1. O mesmo ocorrerá com os algarismos 2, 3, 4 e 5.. Para entender a passagem seguinte, é necessário relembrar o que significa VALOR POSICIONAL de um algarismo. Vejamos através de exemplos: 132: o valor posicional de 1 é 100, o valor posicional de 3 é 30 e o valor posicional de 2 é 2, o que resulta no número cento e trinta e dois = 132. 2456: o valor posicional de 2 é 2000, o valor posicional de 4 é 400, o valor posicional de 5 é 500 e o valor posicional de 6 é 6, resultando no número dois mil quatrocentos e cinquenta e seis = 2456. Voltando à solução do problema: Usando o conceito de VALOR POSICIONAL de um algarismo, teremos então as seguintes somas:
1 – Para o algarismo 1 nas cinco posições possíveis:
S1 = 4!.1.10000 + 4!.1.1000 + 4!.1.100 + 4!.1.10 + 4!.1.1
2 – Para o algarismo 2 nas cinco posições possíveis:
S2 = 4!.2.10000 + 4!.2.1000 + 4!.2.100 + 4!.2.10 + 4!.2.1
3 – Para o algarismo 3 nas cinco posições possíveis:
S3 = 4!.3.10000 + 4!.3.1000 + 4!.3.100 + 4!.3.10 + 4!.3.1
4 – Para o algarismo 4 nas cinco posições possíveis:
S4 = 4!.4.10000 + 4!.4.1000 + 4!.4.100 + 4!.4.10 + 4!.4.1
5 – Finalmente, para o algarismo 5 nas cinco posições possíveis, teremos:
S5 = 4!.5.10000 + 4!.5.1000 + 4!.5.100 + 4!.5.10 + 4!.5.1
A soma procurada será então igual a S = S1+S2+S3+S4+S5
Vamos reescrever as expressões obtidas acima:
4!.1.10000 + 4!.1.1000 + 4!.1.100 + 4!.1.10 + 4!.1.1
4!.2.10000 + 4!.2.1000 + 4!.2.100 + 4!.2.10 + 4!.2.1
4!.3.10000 + 4!.3.1000 + 4!.3.100 + 4!.3.10 + 4!.3.1
4!.4.10000 + 4!.4.1000 + 4!.4.100 + 4!.4.10 + 4!.4.1
4!.5.10000 + 4!.5.1000 + 4!.5.100 + 4!.5.10 + 4!.5.1Somando as expressões acima, observando que 10000, 1000, 100, 10 e 1, são termos comuns, vem: S = 4!(1+2+3+4+5).104+4!(1+2+3+4+5).103+4!(1+2+3+4+5).102+4!.(1+2+3+4+5).101+4!.(1+2+3+4+5).100.
Então, a soma S ficará igual a: S = 4!.(1+2+3+4+5).(10000+1000+100+10+1). Como 4! = 4.3.2.1 = 24, vem: S = 24.(1+2+3+4+5).11111 = 24.15.11111. Finalmente, concluímos que S = 3.999.960, que é a resposta do problema.
3. 120.; 4. 84.; 5. 48.; 6. 70.; 7. 01.; 8. 80.; 9. 86400.; 10. 48.; 11. 8.100.000.
12. 300.; 13. 15625.; 14. 6.500.000.; 
15. 63 . Não pense que são 64 modos! Lembre-se de retirar a opção de todas as portas fechadas!
Soluções dos Exercícios Propostos sobre Teoria dos Conjuntos
1. c.; 2. e.; 3. a.; 4. d.; 5. a.; 6. a..
� i.e., id est, que significa isto é, é uma expressão que usaremos muito.
� Designaremos face por F e coroa por C, naturalmente.
� Em anos como habitualmente.
� e.g. exempli gratia, que significa por exemplo, expressão que também usaremos muito.
� Ver anexo 2.
� Ver nota anterior.
� i.e., se o cardinal de ( for k.
� Sabemos apenas se a lei de Laplace for aplicável.
� Em que Card(A) designa o cardinal do conjunto A.
� ou Lei das Probabilidades Compostas.
� Alguns autores designam por fórmula de Bayes e outros, por Teorema das Causas, pois é um método de calcular a probabilidade da causa, este mesmo resultado.
� Note que o j é um índice livre ao passo que o i é um índice mudo.
� um dos infinitos espaços de resultados que é possível associar a esta experiência aleatória, como a qualquer outra experiência aleatória.
� independentes dois a dois e três a três.
� o que pretendemos mostrar.
� o que deve ser necessariamente intuítivo.
� começar por definir os acontecimentos necessários à resolução do exercício, expressando em seguida as probabilidades fornecidas e a calcular em função destes.
� Na qual devemos usar letras maiúsculas que sugiram o acontecimento...
� O leitor deve perceber porque não é � EMBED Equation.3 ���a probabilidade pedida. Lembre-se que o que é conhecido é sempre o condicionante que neste exercício é não germinar.
� Neste tipo de exercício, envolvendo acontecimentos, deve recorrer-se sistematicamente à representação por diagramas de Venn, apenas para ajudar a visualizar, antes de equacionar, pois a justificação analítica é sempre necessária .
� veja o anexo 3, em que são esclarecidas estas noções de medicina.
� probabilidade de não avariar durante um período de tempo fixo .
� a falha deste sistema só ocorre com a avaria de ambas as componentes .
� às milésimas.
� ou qualquer um dos outros dois lugares.
� em que a expressão para os arranjos foi obtida multiplicando o numerador e o denominador por (n-p)!.
� Isaac Newton - físico e matemático inglês(1642 - 1727). Suas contribuições à Matemática, estão reunidas na monumental obra Principia Mathematica, escrita em 1687. 
� grau do binómio.
� mesma distância.
� Ou fórmula binomial.
� a união de conjuntos é uma operação comutativa.
� a intersecção é uma operação comutativa
� Observe a analogia entre o � EMBED Equation.3 ���, conjunto vazio, e o 0, número real, em relação às operações de � EMBED Equation.3 ��� e � EMBED Equation.3 ���, e as operações aritméticas x e +, respectivamente.
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Estatística, Probabilidades ou Matemática 11º/12º: telemóvel: 96 545 94 13
� HYPERLINK "http://www.explicacoes.com\\estatistica" ��www.explicacoes.com\estatistica�
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