UFRPE-DM Espaço Amostral Infinito

Seção 4.4 Espaço Amostral Infinito

Até este momento, somente consideramos situações em que o espaço amostral do experimento aleatório de interesse fosse finito. Mas o ferramental desenvolvido pode ser aplicado também a situações em que o espaço amostral é infinito e, mesmo, não enumerável. O exemplo a seguir é um interessante exemplo de probabilidade geométrica. Quando selecionamos um ponto ao acaso em uma parte do plano é razoável supor que a probabilidade do ponto selecionado permanecer a uma certa região seja proporcional à área dessa região.

Exemplo 4.4.1.

Selecionam-se ao acaso dois pontos em um segmento de tamanho 1, dividindo-o em três partes. Determine a probabilidade de que se possa formar um triângulo com essas três partes.

Solução.

Sejam \(x\in [0,1]\) e \(y\in [0,1]\) os pontos escolhidos, \(x\leq y\text{.}\)

Figura 4.4.2. Escolhendo dois pontos em um segmento.

Escolher \(x\) e \(y\) pertencentes a \([0,1]\text{,}\) com \(x\leq y\text{,}\) equivale a escolher um ponto \((x,y)\) no triângulo \(T\) da figura abaixo.

Figura 4.4.3. Como escolher os pontos \(x\) e \(y\text{.}\)

Para que exista um triângulo de lados \(x, y-x\) e \(1-y\) devemos ter \(x\lt y-x+1-y\) e \(y-x\lt x+1-y\) e \(1-y\lt x+y-x\text{,}\) o que dá \(x\lt 0,5\) e \(y\lt x+0,5\) e \(y>0,5\text{.}\) Em suma, o triângulo existirá se, e somente se, o ponto \((x,y)\) for selecionado na parte laranja do triângulo \(T\text{.}\)

Sendo \(A\) o evento "as três partes formam um triângulo" e sendo \(S\) o evento certo, temos que \(P(A)\) é proporcional a área da parte sombreada e \(P(S)=1\) é proporcional à área de \(T\text{.}\) Logo,

\begin{equation*} P(A)=\frac{P(A)}{P(S)}=\frac{\text{área sombreada}}{\text{área de } T} = \frac{1}{4}. \end{equation*}

Exemplo 4.4.4.

A e B lançam sucessivamente um par de dados até que um deles obtenha soma de pontos 7, caso em que a disputa termina e o vencedor é o jogador que obteve soma 7. Se A é o primeiro a jogal, qual é a probabilidade de A ser o vencedor?

Solução 1.

A probabilidade de obter 7 é

\begin{equation*} \frac{6}{36}=\frac{1}{6} \end{equation*}

e a de não ser soma 7 é

\begin{equation*} 1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}. \end{equation*}

Para \(A\) ganhar, ou \(A\) ganha na primeira mão, ou na segunda, ou na terceira, etc. A probabilidade de \(A\) ganhar na primeira mão é \(\frac{1}{6}\text{.}\) Para \(A\) ganhar na segunda mão, \(A\) não pode obter soma 7 na primeira mão e \(B\) não pode obter soma 7 na primeira mão e \(A\) deve obter soma 7 na segunda mão, o que ocorre com probabilidade

\begin{equation*} \left( \frac{5}{6} \right)^2\cdot \frac{1}{6}. \end{equation*}

Para \(A\) ganhar na terceira mão, \(A\) não pode obter soma 7 nas duas primeiras mãos e \(B\) não pode obter soma 7 nas duas primeiras mãos e \(A\) deve obter soma 7 na terceira mão, o que ocorre com probabilidade

\begin{equation*} \left( \frac{5}{6} \right)^4\cdot \frac{1}{6}. \end{equation*}

Portanto, a probabilidade de \(A\) ganhar é

\begin{equation*} \frac{1}{6}+\left( \frac{5}{6} \right)^2\cdot \frac{1}{6}+\left( \frac{5}{6} \right)^4\cdot \frac{1}{6}+\cdots = \frac{\frac{1}{6}}{1-\left(\frac{5}{6}\right)^2}=\frac{6}{11}. \end{equation*}

Solução 2.

Uma solução mais elegante pode ser obtida ignorando as mãos sem vencedores. A probabilidade de \(A\) ganhar uma mão é de \(\frac{1}{6}\text{;}\) de \(B\) ganhar uma mão é de

\begin{equation*} \frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{5}{36}, \end{equation*}

pois, para \(B\) ganhar, \(A\) não pode obter soma 7 e \(B\) deve obter soma 7; a de ninguem ganhar é de

\begin{equation*} \frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}=\frac{25}{36}, \end{equation*}

pois, para que ninguém ganhe, \(A\) não pode obter soma 7 e \(B\) não pode obter soma 7.

A probabilidade de \(A\) ganhar é a probabilidade de \(A\) ganhar em uma mão em que houve vencedor, isto é

\begin{equation*} P(A|A\cup B) = \frac{P(A\cap(A\cup B))}{P(A\cup B)}= \frac{P(A)}{P(A\cup B)}=\frac{\frac{1}{6}}{1-\frac{25}{36}}=\frac{6}{11}. \end{equation*}