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Análise Combinatória e Probabilidade: Com Aplicações no SageMath

Ricardo Machado, Gabriel Guedes

Seção 4.3 Distribuição Binomial

Subseção 4.3.1 Distribuição Binomial

Exemplo 4.3.1.

Jogando uma moeda não viciada 15 vezes. Qual é a probabilidade de obtermos exatamente 7 caras?
Solução.
Os eventos são independentes e a probabilidade de obter cara no lançamento da moeda é \(p=\frac{1}{2}\text{.}\)
Queremos achar a probabilidade de obtermos 7 caras em 15 lançamentos. Vamos, inicialmente, fixar que queremos os 7 primeiros resultados iguais a cara, assim estamos impondo que os 8 resultados seguintes serão coroa. Desta forma, a probabilidade de que os 7 primeiros resultados sejam cara e de que os 8 resultados seguintes sejam coroa é
\begin{equation*} \left(\frac{1}{2}\right)^7 \times \left(1 - \frac{1}{2}\right)^{8}, \end{equation*}
mas a pergunta do problema não foi esta, pois a ordem em que apareceram as caras e as coroas não importa.
Observe que o número de formas de ordenar 7 caras e 8 coroas coincide com o número formas de escolher 7 lugares, para colocar as caras, dentre 15 disponíveis, e colocar as coroas nos lugares que sobraram. Isto pode ser feito de \(C_{15}^{7}\) maneiras.
Portanto a resposta para nosso problema é
\begin{equation*} C_{15}^{7}\times \left(\frac{1}{2}\right)^7 \times \left(\frac{1}{2}\right)^{8}=0.1963 \approx 20\%. \end{equation*}
Considere um experimento com apenas dois resultados possíveis, chamados de sucesso e fracasso. Denotaremos por \(p\) a probabilidade de sucesso.
A probabilidade de nessas \(n\) provas obtermos \(k\) sucessos, e consequentemente, \(n-k\) fracassos em uma ordem fixada é
\begin{equation*} \underbrace{p\cdot p \cdots p}_{k\text{ fatores}}\underbrace{\cdot (1-p)\cdots(1-p)}_{(n-k)\text{ fatores}} = p^k(1-p)^{n-k}, \end{equation*}
pois as provas são independentes. É claro que em outra ordem, a probabilidade seria a mesma, pois apenas a ordem dos fatores se altera. Como o número de formas de alterar esta ordem é \(C_n^k\text{,}\) a probabilidade de obtermos \(k\) sucessos, em \(n\) provas é
\begin{equation*} C_n^k \times p^k\times(1-p)^{n-k}. \end{equation*}

Exemplo 4.3.3.

Um dodecaedro (regular, com peso uniforme, ou seja, não viciado) tem 3 faces verdes e 4 faces vermelhas e 5 faces azuis.
  1. Qual é a probabilidade de em 8 lançamentos desse dodecaedro, obtermos 3 vezes a cor verde?
  2. Qual é a probabilidade de em 8 lançamentos desse dodecaedro, obtermos 3 vezes a cor azul?
Solução.
item a) Vamos considerar os eventos:
S: saiu uma face verde \(\Rightarrow p = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}.\)
F: não saiu uma face verde \(\Rightarrow p = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}.\)
Pelo Teorema 4.3.2 a probabilidade é
\begin{equation*} C_8^3\times \left( \frac{1}{4} \right)^3 \times \left( \frac{3}{4} \right)^5 = \frac{1701}{8192} \approx 0.20764 \approx 21\%. \end{equation*}
item b) Vamos considerar os eventos:
S: saiu uma face azul \(\Rightarrow p = \frac{5}{12}.\)
F: não saiu uma face azul \(\Rightarrow p = \frac{7}{12}.\)
Pelo Teorema 4.3.2 a probabilidade é
\begin{equation*} C_8^3\times \left( \frac{5}{12} \right)^3 \times \left( \frac{7}{12} \right)^5 = \frac{14706125}{53747712} \approx 0.27361 \approx 27,4\%. \end{equation*}
Para que o sucesso seja obtido exatamente na \(n\)-ésima tentativa é necessário e suficiente que as \(p-1\) tentativas seja fracassos e que a \(n\)-ésima seja um sucesso. Assim, obtemos a Equação (4.3.1). Como
\begin{equation*} \sum_{n=1}^\infty (1-p)^{n-1}p = p\sum_{n=1}^\infty (1-p)^{n-1} = \frac{p}{1-(1-p)}=1, \end{equation*}
um sucesso acabará ocorrendo, com probabilidade 1.

Exemplo 4.3.5.

Uma urna contém 5 bolas brancas e 7 bolas pretas. A bolas são selecionadas aleatoriamente, uma de cada vez, até que saia uma bola preta. Se supormos que cada bola selecionada seja substituída por outra de mesma cor, antes que a próxima bola seja retirada, qual é a probabilidade de que
  1. sejam necessárias exatamente 4 retiradas?
  2. sejam necessárias pelo menos 4 retiradas?
Solução.
item a) Aplicando o Teorema 4.3.4, com \(p = \frac{7}{7+5} = \frac{7}{12}\text{.}\) A probabilidade é
\begin{equation*} \left(\frac{5}{12}\right)^{3}\frac{7}{12}. \end{equation*}
item b)
\begin{align*} \frac{7}{12}\cdot\sum_{n=4}^{\infty}\left(\frac{5}{12}\right)^{n-1} =\amp~ \frac{7}{12}\cdot\frac{\left(\frac{5}{12}\right)^{3}}{1-\frac{5}{12}} \\ =\amp~ \left(\frac{5}{12}\right)^{3}. \end{align*}
Para que o \(k\)-ésimo sucesso ocorra na \(n\)-ésima tentativa, devem ocorrer \(k - 1\) sucessos nas primeiras \(n - 1\) tentativas e a \(n\)-ésima tentativa deve ser um sucesso. A probabilidade do primeiro evento é
\begin{equation*} C_{n-1}^{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \end{equation*}
e a probabilidade do segundo evento é \(p\text{,}\) assim, pela independência dos eventos, obtemos a Equação (4.3.2). Ainda precisamos verificar que um total de \(k\) sucessos acaba sendo acumulado, ou seja, precisamos verificar que
\begin{equation} \sum_{n=k}^{\infty} C_{n-1}^{k-1}p^k(1-p)^{n-k}=1.\tag{4.3.3} \end{equation}
O número de tentativas necessárias para que se obtenham \(k\) sucessos pode ser representado como \(T_1 + T_2 + \cdots + T_k\text{,}\) na qual, \(T_1\) é o número de tentativas necessárias para o primeiro sucesso, \(T_2\text{,}\) é o número de tentativas adicionais feitas até que ocorra o segundo sucesso e assim por diante. Tem-se que \(T_1, T_2, \ldots, T_k\) satisfazem o Teorema Teorema 4.3.4. Portanto, cada uma delas é finita com probabilidade 1, e então \(\sum_{i=1}^kT_i\) também deve ser finita, o que estabelece a Equação (4.3.3).
Note que ocorrem \(k\) sucessos antes de \(m\) fracassos se e somente se o \(k\)-ésimo sucesso ocorrer até a \((k + m -1)\)-ésima tentativa. Tem-se esse resultado porque, se o \(k\)-ésimo sucesso tiver ocorrido antes ou na \((k + m - 1)\)-ésima tentativa, então ele deve ter ocorrido antes do \(m\)-ésimo fracasso, e vice-versa. Portanto, da Equação (4.3.2), a probabilidade desejada é dada pela Equação (4.3.4).

Exemplo 4.3.8.

Joga-se uma moeda não viciada. Qual é a probabilidade de serem obtidas
  1. 3 caras antes de 2 coroas?
  2. 5 caras antes de 3 coroas?
Solução.
item a) Pelo Corolário 4.3.7, basta aplicar a Fórmula (4.3.4) com \(k=3\) e \(m=2\text{.}\) Portanto, a resposta é
\begin{align*} \sum_{n=3}^{4} C_{n-1}^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\left(1-\frac{1}{2}\right)^{n-3} = \amp~ C_2^2\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}+ C_3^2\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{1}\\ =\amp~ \left(\frac{1}{2}\right)^{3}+ C_3^2\left(\frac{1}{2}\right)^{4}\\ =\amp~ \left(\frac{1}{2}\right)^{3}+ 3\left(\frac{1}{2}\right)^{4}\\ =\amp~ 0,3125. \end{align*}
item b) Pelo Corolário 4.3.7, basta aplicar a Fórmula (4.3.4) com \(k=5\) e \(m=3\text{.}\) Portanto, a resposta é
\begin{align*} \sum_{n=5}^{7} C_{n-1}^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{5}\left(1-\frac{1}{2}\right)^{n-5} = \amp~ C_4^4\left(\frac{1}{2}\right)^{5}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}+ \cdots + C_6^4\left(\frac{1}{2}\right)^{5}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\\ =\amp~ \left(\frac{1}{2}\right)^{5}+ C_5^4\left(\frac{1}{2}\right)^{6}+ C_6^4\left(\frac{1}{2}\right)^{7}\\ =\amp~ \left(\frac{1}{2}\right)^{5}+ 5\left(\frac{1}{2}\right)^{6}+ 15\left(\frac{1}{2}\right)^{7}\\ =\amp~ 0,2265625. \end{align*}

Exercícios 4.3.2 Exercícios

1.

Uma caixa contém 9 bolas brancas, 6 pretas e 5 vermelhas. Retiram-se, sucessivamente e com reposição, 4 bolas dessa caixa. Determine a probabilidade:
  1. das 4 bolas retiradas serem vermelhas;
  2. de somente 2 bolas retiradas serem vermelhas;
  3. de pelo menos 2 bolas serem vermelhas.
Resposta.
a) \(\dfrac{1}{256}\text{,}\) b) \(\dfrac{27}{128}\text{,}\) c) \(\dfrac{67}{256}\text{.}\)

2.

(ITA 2009) Um determinado concurso é realizado em duas etapas. Ao longo dos últimos anos, 20% dos candidatos do concurso têm conseguido na primeira etapa nota superior ou igual à nota mínima necessária para poder participar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos dentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de no mínimo 4 deles conseguirem nota para participar da segunda etapa?
Resposta.
\(P = \frac{53}{3125}\text{.}\)
Solução.
Temos três casos que pelo menos 4 candidatos, dentre 6, conseguem a nota mínima:
\begin{align*} 1º: \amp ~ \text{4 conseguem e 2 não conseguem;} \\ 2º: \amp ~ \text{5 conseguem e 1 não conseguem;} \\ 3º: \amp ~ \text{6 conseguem.} \end{align*}
Aplicando o Teorema 4.3.2 temos que a probabilidade pedida é dada por:
\begin{equation*} P = C_6^4\times(20\%)^4\times (80\%)^2 + C_6^5\times(20\%)^5\times (80\%)^1 + C_6^6\times(20\%)^6\times(80\%)^0 \end{equation*}
\begin{equation*} P = \frac{15360 + 1534 + 64}{1000000} \Rightarrow P = \frac{53}{3125}. \end{equation*}

3.

(ITA 2010) Um palco possui \(6\) refletores de iluminação. Num certo instante de um espetáculo moderno os refletores são acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos refletores, seja de \(\frac{2}{3}\) a probabilidade de ser aceso. Então, a probabilidade de que, este instante, \(4\) ou \(5\) refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
a) \(\dfrac{16}{27}~~~~\) b) \(\dfrac{49}{81}~~~~\) c) \(\dfrac{151}{243}~~~~\) d) \(\dfrac{479}{729}~~~~\) e) \(\dfrac{2^4}{3^4} + \dfrac{2^5}{3^5}\)
Resposta.
a)
Solução.
Aplicando o Teorema 4.3.2 temos
\begin{equation*} P = C_6^4\times \left(\frac{2}{3}\right)^4\times \left(\frac{1}{3}\right)^2 + C_6^5\times \left(\frac{2}{3}\right)^5\times \left(\frac{1}{3}\right)^1 = \frac{16}{27} \end{equation*}

4.

Dois adversários A e B disputam uma série de partidas. O primeiro que obtiver \(10\) vitórias ganha a série. No momento o resultado é \(7\times4\) a favor de A. Qual é a probabilidade de A ganhar a série sabendo que em cada partida as probabilidades de A e B vencerem são respectivamente 0,3 e 0,7?
Solução.
Basta aplicar o Corolário 4.3.7, na qual, A deve obter 3 vitórias antes que 6 derrotas. Logo, a resposta é
\begin{align*} \sum_{n=3}^8 C_{n-1}^{3-1}(0,3)^3(0,7)^{n-3}=\amp~ C_2^2(0,3)^3(0,7)^0+\cdots+C_7^2(0,3)^3(0,7)^5\\ =\amp~ 0.44822619. \end{align*}
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