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Apostila TP501 - Ynoguti, 2011

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Bj) = P (Bj) (1.25)
Além disso, se todos os resultados dos dois experimentos são mutuamente exclusivos
temos
n∑
i=1
m∑
j=1
P (Ai, Bj) = 1 (1.26)
P [Ai] e P [Bj ] são chamadas de probabilidades marginais. É fácil ver que a
generalização do tratamento acima para mais de dois experimentos é direta.
1.6 Probabilidade Condicional.
Considere um experimento combinado no qual um evento conjunto ocorre com probabili-
dade P (A,B). Suponha que o evento B ocorreu e queremos determinar a probabilidade
de ocorrência do evento A. Esta probabilidade é chamada de probabilidade condicional
e denota-se por P (A|B).
Luciano
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Luciano
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Calcule esta probabilidade, considerando com reposicao e sem reposicao.
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Demonstre isso usando o diagrama de Venn!
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Probabilidade de A ocorrer dado que B ocorreu.
Luciano
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Exemplo: encontre a probabilidade de receber o bit "0" dado que o bit "1" foi transmitido no BSC abaixo
Luciano
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Probabilidade 13
Exemplo 1.11. No exemplo anterior, se a primeira carta não é recolocada no baralho,
fica evidente que a retirada de um às na segunda tentativa é influenciada pelo resultado
da primeira.
1.6.1 Regra de Bayes.
Teorema 1.2. Teorema de Bayes. Seja um experimento fornecendo dois resulta-
dos A e B. Então,
P (AB) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A) (1.27)
Demonstração. Sejam as seguintes grandezas:
• N : número total de tentativas;
• nB : número de resultados favoráveis ao evento B;
• nAB : número de resultados favoráveis ao evento A dentro das nB tentativas.
Estas grandezas são mostradas em um diagrama de Venn na Figura 1.4.
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..
S
NA
B
nAB
nB
Figura 1.4: Espaço amostral para a derivação da regra de Bayes.
Observe que nAB é o número de tentativas que são favoráveis ao evento AB. Assim
P (AB) = lim
N→∞
nAB
N
= lim
N→∞
(nB
N
)(nAB
nB
)
(1.28)
Do diagrama acima, podemos extrair as seguintes expressões:
P (B) = lim
N→∞
nB
N
(1.29)
P (A|B) = lim
N→∞
nAB
nB
(1.30)
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c_importante
14 Probabilidade
Aqui estamos implicitamente usando o fato que nB → ∞ à medida que N →
∞. Observe que nAB é o número de tentativas favoráveis ao evento A dentro das nB
tentativas favoráveis ao evento B. Isto representa a probabilidade condicional P (A|B).
Combinando (1.28), (1.29) e (1.30), temos:
P (A|B) = P (AB)
P (B)
(1.31)
E por um desenvolvimento similar, pode-se demonstrar que
P (B|A) = P (AB)
P (A)
(1.32)
Combinando 1.31 e 1.32, chegamos à Regra de Bayes
P (AB) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A) (1.33)
Extensão para mais eventos
Uma generalização bastante útil da regra de Bayes é a seguinte: considere os eventos
Ai, i = 1, 2, . . . , n, mutuamente exclusivos tais que
n⋃
i=1
Ai = S (1.34)
e um evento arbitrário B com probabilidade não nula. Então, a regra de Bayes pode
ser reescrita como
P (Ai|B) = P (Ai, B)
P (B)
=
P (B|Ai)P (Ai)
n∑
j=1
P (B|Aj)P (Aj)
(1.35)
1.7 Eventos independentes.
Definição 1.15. Um evento A é dito independente de B se
P (A|B) = P (A) (1.36)
Teorema 1.3. Se A e B são eventos independentes então
P (AB) = P (A)P (B) (1.37)
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Luciano
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1) Qual eh a probabilidade de A ocorrer dado que B ocorreu, sendo A e B eventos disjuntos?null2) Qual eh a condicao para que P(A/B)=P(B/A)?
Luciano
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No canal BSC apresentado acima, qual eh a probabilidade de se ter o bit "1" na saida, assumindo que a entrada eh equiprovavel?
Luciano
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Luciano
c_importante
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Dois eventos sao ditos independentes quando a ocorrencia de um nao afeta a probabilidade de ocorrencia do outro.
Probabilidade 15
Demonstração. Pela Regra de Bayes, temos que
P (AB) = P (A|B)P (B)
Mas como A e B são independentes,
P (A|B) = P (A)
Substituindo este resultado na Equação acima, chegamos a
P (AB) = P (A)P (B)
Exemplo 1.12. Suponha que uma moeda é jogada três vezes. Se assumimos que as
jogadas são independentes e a probabilidade de caras é p, encontre a probabilidade dos
eventos nenhuma coroa, uma coroa, duas coroas e três coroas.
Solução. A probabilidade para as sequências de caras e coroas é dada por
P [{CCC}] = P [{C}]P [{C}]P [{C}] = p3
P [{CCK}] = P [{C}]P [{C}]P [{K}] = p2(1− p)
P [{CKC}] = P [{C}]P [{K}]P [{C}] = p2(1− p)
P [{KCC}] = P [{K}]P [{C}]P [{C}] = p2(1− p)
P [{KKC}] = P [{K}]P [{K}]P [{C}] = p(1− p)2
P [{KCK}] = P [{K}]P [{C}]P [{K}] = p(1− p)2
P [{CKK}] = P [{C}]P [{K}]P [{K}] = p(1− p)2
P [{KKK}] = P [{K}]P [{K}]P [{K}] = (1− p)3
onde usamos o fato de que as jogadas são independentes. Seja k o número de caras em
três tentativas. Então
P [k = 0] = P [KKK] = (1− p)3
P [k = 1] = P [KKC,KCK,CKK] = 3p(1− p)2
P [k = 2] = P [CCK,CKC,KCC] = 3p2(1 − p)
P [k = 3] = P [CCC] = p3
Observações
A definição de independência estatística pode ser estendida a três ou mais eventos. Para
que três eventos A1, A2 e A3 sejam estatisticamente independentes, precisam satisfazer
as seguintes condições
P (A1, A2) = P (A1)P (A2)
P (A1, A3) = P (A1)P (A3)
P (A2, A3) = P (A2)P (A3)
P (A1, A2, A3) = P (A1)P (A2)P (A3)
(1.38)
Para o caso geral, os eventos Ai, i = 1, 2, . . . , n são estatisticamente independentes se as
probabilidades dos eventos conjuntos tomados 2, 3, . . . , n eventos de cada vez possam
ser fatoradas no produto das probabilidades dos eventos individuais.
16 Probabilidade
1.8 Experimentos sequenciais e diagramas em árvore
Muitos experimentos consistem de uma sequência de subexperimentos. O procedimento
adotado para cada subexperimento pode depender dos resultados dos subexperimentos
anteriores. Podemos usar um diagrama em árvore para representar a natureza sequencial
dos subexperimentos. Seguir o procedimento e anotar as observações do experimento é
equivalente a seguir a sequência de ramificações da raiz para as folhas da árvore. Cada
folha corresponde a um resultado do experimento.
É natural modelar probabilidades condicionais em termos de experimentos sequenci-
ais e ilustrá-las através de diagramas em árvores. Na raiz da árvore, a probabilidade de
um evento particular é descrito pelo nosso conhecimento a priori. Se os resultados possí-
veis do primeiro resultado são descritos pelos eventos B1, · · · , Bm, então {B1, · · · , Bm} é
um espaço de eventos. A partir da raiz, desenhamos ramos para cada evento Bi. Seguir

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