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Apostila TP501 - Ynoguti, 2011

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(4,3) (4,4) (4,5)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5)
1.4.2 Amostragem sem reposição e com ordenação.
O problema agora consiste em escolher k objetos em sucessão, sem reposição, de uma
população A de n objetos distintos. Claramente, k ≤ n. O número de resultados
possíveis na primeira retirada é n1 = n, e o número de resultados possíveis na segunda
Luciano
FreeText
Seja um LED que pode assumir 4 cores diferentes. Quantas sequencias diferentes de cores pode existir com 3 LEDs?
Luciano
FreeText
Note que a ordem da sequencia importa, ou seja, a diferenca na ordem faz com que a sequencia seja diferente!
Luciano
c_importante
Probabilidade 9
retirada é n2 = n− 1, e assim por diante, até nk = n− (k − 1) na retirada final. Desta
forma, a Equação 1.12 fornece
número de k-uplas ordenadas distintas = n(n− 1) . . . (n− k + 1) (1.14)
Exemplo 1.6. Uma urna contém cinco bolas numeradas. Suponha que selecionamos
duas bolas da urna em sucessão, e sem reposição. Quantos pares ordenados distintos
são possíveis? Qual é a probabilidade de que a primeira bola tenha um número maior
que a segunda?
Solução. A Equação 1.14 mostra que o número de pares ordenados possíveis é 5(4) =
20. Estes são mostrados na Tabela abaixo. Dez pares ordenados nesta tabela têm o
primeiro número maior que o segundo, de forma que a probabilidade deste evento é
10/20 = 0,5.
(1,2) (1,3) (1,4) (1,5)
(2,1) (2,3) (2,4) (2,5)
(3,1) (3,2) (3,4) (3,5)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,5)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4)
1.4.3 Permutação de n objetos distintos.
Considere uma amostragem sem reposição com k = n. Isto equivale a retirar objetos de
uma urna até que ela esteja vazia. Então o número de seqüências possíveis de n objetos
distintos é igual ao número de n-uplas da amostragem sem reposição com k = n. Da
Equação 1.14, temos
número de permutações de n objetos = n(n− 1) . . . (2)(1) = n! (1.15)
Para n grande, a fórmula de Stirling é bastante útil:
n! ≈
√
2pi nn+
1
2 e−n (1.16)
Exemplo 1.7. Encontre o número de permutações de três objetos distintos 1,2,3.
Solução. A Equação 1.15 fornece 3! = 6. As seis permutações são
123 312 231 132 213 321
Luciano
c_importante
10 Probabilidade
1.4.4 Amostragem sem reposição e sem ordenação.
Suponha que pegamos k objetos de um conjunto de n objetos distintos sem reposição e
armazenamos o resultado sem nos importarmos com a ordem. Chamamos o subconjunto
resultante de k objetos selecionados de uma “combinação de tamanho k".
Da Equação 1.15, existem k! sequências nas quais os objetos selecionados podem ter
sido selecionados. Então se Cnk denota o número de combinações de tamanho k de um
conjunto de tamanho n, então Cnk k! é o número total de amostras ordenadas distintas
de k objetos, a qual é dada pela Equação 1.14. Então
Cnk k! = n(n− 1) . . . (n− k + 1) (1.17)
e o número de combinações diferentes de tamanho k de um conjunto de tamanho n,
k ≤ n, é
Cnk =
n(n− 1) . . . (n− k + 1)
k!
=
n!
k!(n − k)! ≡
(
n
k
)
(1.18)
A expressão
(n
k
)
é chamada de coeficiente binomial.
Note que escolher k objetos de um conjunto de n é equivalente a escolher os (n− k)
objetos que não foram selecionados. Segue então que(
n
k
)
=
(
n
n− k
)
(1.19)
Exemplo 1.8. Encontre o número de modos de selecionar dois objetos de A = {1, 2, 3,
4, 5} sem se importar com a ordem.
Solução. A Equação 1.18 fornece (
5
2
)
=
5!
2!3!
= 10 (1.20)
Abaixo temos a listagem destes 10 pares.
(1,2) (1,3) (1,4) (1,5)
(2,3) (2,4) (2,5)
(3,4) (3,5)
(4,5)
Exemplo 1.9. Encontre o número de permutações distintas de k bolas brancas e (n−k)
bolas pretas.
Solução. Este problema é equivalente ao seguinte problema de amostragem: coloque n
etiquetas numeradas de 1 a n em uma urna, onde cada etiqueta representa uma posição
no arranjo das bolas; pegue uma combinação de k etiquetas e coloque as k bolas brancas
nas posições correspondentes.
Cada combinação de tamanho k leva a um arranjo diferente (permutação) de k bolas
brancas e (n− k) bolas pretas.
Então o número de permutações distintas de k bolas brancas e (n− k) bolas pretas
é Cnk .
Luciano
Pencil
Luciano
Pencil
Luciano
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Note que (i,k) e (k,i) sao o mesmo evento!
Luciano
c_importante
Probabilidade 11
Este exemplo mostra que a amostragem sem reposição e sem ordenação é equivalente
a particionar o conjunto de n objetos distintos em dois conjuntos: B, contendo os k
itens que foram retirados da urna, e Bc, contendo os (n− k) deixados na urna.
Suponha que particionemos um conjunto de n objetos distintos em F subconjuntos
B1, B2, . . . , BF , onde ao subconjunto Bj são associados kj elementos e k1+k2+. . .+kF =
n.
Neste caso, o número de combinações distintas é dado por
n!
k1!k2! . . . kF !
(1.21)
A Equação 1.21 é chamada de coeficiente multinomial. O coeficiente binomial é o
caso F = 2 dos coeficientes multinomiais.
1.4.5 Amostragem com reposição e sem ordenação.
Suponha que tomemos k objetos de um conjunto de n objetos distintos com reposição
e armazenamos os resultados sem nos importarmos com a ordem. Isto pode ser feito
preenchendo-se um formulário com n colunas, uma para cada objeto distinto. Cada
vez que um objeto é selecionado, um “x” é colocado na coluna correspondente. Por
exemplo, se selecionamos 5 objetos de 4 objetos distintos, um formulário destes poderia
ter a seguinte forma:
Objeto 1 Objeto 2 Objeto 3 Objeto 4
xx x xx
Note que este formulário pode ser resumido pela sequência xx / / x / xx, onde o
símbolo “/” é usado para separar as entradas para as diferentes colunas. Desta forma os
(n -1) /’s indicam as linhas entre as colunas, e onde nada aparece entre /’s consecutivos
se o objeto correspondente não foi selecionado.
Cada arranjo diferente de 5 x’s e 3 /’s leva a um formulário distinto.
Se identificarmos os x’s com bolas brancas e os /’s com bolas pretas, então este
problema foi considerado no Exemplo 1.9, e o número de arranjos diferentes é dado por(8
3
)
.
No caso geral o formulário irá envolver k x’s e (n−1) /’s. Então o número de modos
diferentes de escolher k objetos de um conjunto de n objetos distintos com reposição e
sem ordenação é dado por (
n− 1 + k
k
)
=
(
n− 1 + k
n− 1
)
(1.22)
1.5 Probabilidade Conjunta.
Ao invés de lidar com um experimento, consideremos agora dois experimentos e seus
respectivos resultados. Por exemplo, os dois experimentos podem ser dois arremessos
consecutivos de um único dado ou um único arremesso de dois dados. Em ambos os
casos, o espaço amostral consiste de 36 duplas (i, j), onde i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Se os
dados são ideais, a cada ponto do espaço amostral é associada uma probabilidade 1/36.
Podemos agora considerar eventos conjuntos tais como {i é par, j = 3}, e determinar
12 Probabilidade
as probabilidades associadas a tais eventos a partir do conhecimento das probabilidades
dos pontos amostrais.
Definição 1.14. Se os resultados possíveis de um experimento são Ai, i = 1, 2, ..., n,
e os resultados possíveis de um segundo experimento são Bj, j = 1, 2, ...,m, então os
resultados possíveis do experimento combinado são dados pelo conjunto (Ai, Bj), i =
1, 2, ..., n, j = 1, 2, ...,m. A cada resultado conjunto (Ai, Bj) associa-se uma probabi-
lidade conjunta P (Ai, Bj) que satisfaz a condição
0 ≤ P (Ai, Bj) ≤ 1 (1.23)
Exemplo 1.10. Retirar duas cartas em sucessão (com ou sem reposição) de um baralho.
Solução. Vamos considerar os seguintes eventos
Evento A: retirar um às na primeira tentativa
Evento B: retirar um às na segunda tentativa
AB é o evento de retirar dois ases.
1.5.1 Probabilidades Marginais.
Assumindo que os resultados Bj , j = 1, 2, ...,m são mutuamente exclusivos, segue que
m∑
j=1
P (Ai, Bj) = P (Ai) (1.24)
Similarmente, se os resultados Ai, i = 1, 2, ..., n são mutuamente exclusivos então
n∑
i=1
P (Ai,

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