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Matemática Discreta: notas de aula

Ricardo Machado

Seção 8.2 Probabilidade Condicional

Exemplo 8.2.1.

Um dado (não viciado) foi lançado. Considere o evento \(B = \{\text{o resultado é par}\}\text{.}\) A probabilidade de ocorrer \(B\) é
\begin{equation*} P(B) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}. \end{equation*}
Agora, suponha que alguém (que você confia) viu o resultado e falou que a face virada para cima é um número maior que 3.
A nossa opinião sobre a probabilidade \(P(B)\) modifica, pois agora o espaço amostral foi reduzido para \(\{4, 5, 6\}\) e temos duas chances em três de que o resultado seja par.
Essa é a noção de probabilidade de \(B\) na certeza de \(A\) e é denotada por:
\begin{equation*} P(B|A) = \frac{2}{3}. \end{equation*}

Definição 8.2.2.

Dados dois eventos (conjuntos) \(A\) e \(B\text{,}\) a probabilidade condicional de \(B\) dado \(A\) é dada por
\begin{equation} P(B|A) = \frac{P(A\cap B)}{P(A)} \tag{8.2.1} \end{equation}

Nota 8.2.3.

Note que \(P(B|A)\) só está definido quando \(P(A)>0\text{.}\) A igualdade (8.2.1) pode ser reescrita das seguintes formas:
\begin{equation*} P(A\cap B) = P(A)P(B|A) \end{equation*}
e, caso \(P(B)> 0\text{:}\)
\begin{equation*} P(A\cap B) = P(B)P(A|B). \end{equation*}

Exemplo 8.2.4.

Refaça a 2ª parte do Exemplo Exemplo 8.2.1, usando a definição Definição 8.2.2.
Suponha que alguém (que você confia) viu o resultado, do lançamento de um dado, e falou que a face virada para cima é um número maior que 3. Qual a probabilidade de que o resultado tenha sido um número par?
Solução.
Seja \(B\) o evento \(\{2, 4, 6\}\text{,}\) foi dado que ocorreu \(A=\{4, 5, 6\}\text{,}\) então temos \(A\cap B = \{ 4, 6\}\) e
\begin{equation*} P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} ~~\text{ e }~~ P(A\cap B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}. \end{equation*}
Pela definição de probabilidade condicional, temos
\begin{equation*} P(B|A) = \frac{P(A\cap B)}{P(A)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}. \end{equation*}
a) Como \(0\leq P(A\cap B)\leq P(A)\) temos
\begin{equation*} 0\leq \frac{P(A\cap B)}{P(A)}\leq 1, ~~ \text{ ou seja }~~ 0\leq P(B|A)\leq 1. \end{equation*}
b)
\begin{equation*} P(\varnothing|A) = \frac{P(\varnothing\cap A)}{P(A)} = \frac{P(\varnothing)}{P(A)} = \frac{0}{P(A)} = 0 \end{equation*}
e
\begin{equation*} P(\Omega|A) = \frac{P(\Omega\cap A)}{P(A)} = \frac{P(A)}{P(A)} = 1. \end{equation*}
c)
\begin{align*} P((B\cup C)|A) = \amp ~ \frac{P((B\cup C)\cap A)}{P(A)} \\ \amp ~ \frac{P((B\cap A)\cup (C\cap A))}{P(A)} \\ \amp ~ \frac{P(B\cap A)}{P(A)} + \frac{P(C\cap A)}{P(A)} \\ \amp ~ P(B|A) + P(C|A). \end{align*}

Exemplo 8.2.6.

Em um experimento aleatório é retirado sucessivamente e sem reposição três bolas de uma caixa que comtém 8 bolas pretas e 6 bolas brancas. Qual a probabilidade de que sejam três bolas brancas?
Solução.
Considere os eventos:
\begin{align*} A_1: \amp ~ \text{ a primeira bola é branca;} \\ A_2: \amp ~ \text{ a segunda bola é branca;} \\ A_3: \amp ~ \text{ a terceira bola é branca;} \end{align*}
Queremos calcular a probabilidade \(P(A_1\cap A_2\cap A_3)\text{.}\)
Figura 8.2.7. Árvore de Probabilidades.
A probabilidade de que a primeira bola seja branca é \(\frac{6}{14}\text{.}\) Dado que aconteceu \(A_1\text{,}\) a probabilidade de que a segunda bola seja branca é \(\frac{5}{13}\text{.}\) Dado que aconteceram \(A_1\) e \(A_2\text{,}\) a probabilidade de que a terceira bola seja branca é \(\frac{4}{12}\text{.}\) Portanto
\begin{equation*} P(A_1\cap A_2\cap A_3) = \frac{6}{14}\cdot\frac{5}{13}\cdot\frac{4}{12} = \frac{5}{91} \approx 0.0549 \approx 5,5\% \end{equation*}
Na solução deste problema, usamos a Proposição 8.2.8
Para dois conjuntos a fórmula é verdadeira, pois coincide com a definição de probabilidade condicional. Vamos usar o Princípio de Indução para mostrar que o resultado é verdadeiro. Suponha o resultado válido para \(n-1\) eventos.
Defina \(B = A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_{n-1}\text{,}\) queremos a probabilidade \(P(B\cap A_n)\text{.}\) Pela definição de probabilidade condicional, temos
\begin{equation*} P(B\cap A_n) = P(B)\cdot P(A_n|B), \end{equation*}
ou seja,
\begin{equation} P(A_1\cap \cdots \cap A_{n-1}) = P(A_1\cap \cdots \cap A_{n-1})\cdot P(A_n|A_1\cap \cdots \cap A_{n-1})\tag{8.2.2} \end{equation}
Pela hipótese de indução, temos
\begin{align*} P(A_1\cap \cdots \cap A_{n-1}) = \amp ~ P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdots \\ \amp ~~~~ ~ \cdots P(A_{n-1}|(A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_{n-2})). \end{align*}
Substituindo a igualdade dada pela hipótese de indução em (8.2.2), chegamos no resultado:
\begin{align*} P(A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_n) = \amp ~ P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdots \\ \amp ~~~~ \cdots P(A_n|(A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_{n-1})). \end{align*}

Exemplo 8.2.9.

Sabe-se que \(80\%\) das importações, por pessoas físicas, para o Brasil vem da China. A probabilidade de uma importação chegar na residência do comprador é de \(30\%\) se for uma compra da China e \(90\%\) caso contrário. Se uma importação for feita agora.
  1. Qual a probabilidade de que a compra ser da China e de chegar na residência do comprador?
  2. Qual a probabilidade de que a compra chegue na residência do comprador?
  3. Uma importação foi feita e o produto se perdeu. Qual a probabilidade de ter sido da china?
Solução 1.
item a)
Usaremos as notações:
\begin{align*} C: \amp ~ \text{ é uma importação da China;} \\ R: \amp ~ \text{ o comprador Recebe a importação;} \end{align*}
Logo,
\begin{align*} P(C\cap R) = \amp ~ P(C) P(R|C) \\ = \amp ~ 0,8\times 0,3 = 0,24\\ = \amp 24\% \end{align*}
item b)
Para uma importação chegar na residência do comprador, ela pode ter sido feita da china ou do complementar da china. Usaremos \(nR\) para dizer que não chegou na residência e \(nC\) para dizer que não é da china. A probabilidade de que a importação chegue é dada por
\begin{equation*} P(R) = \underbrace{P( (C\cap R) \cup (nC\cap R))}_{(\bigstar)} = P(C\cap R) + P(nC\cap R). \end{equation*}
Usando a Nota 8.2.3, temos
\begin{align*} P(R) = \amp ~ \overbrace{P(C)P(R|C) +P(nC)P(R|nC)}^{(\bigstar)} \\ = \amp ~ 0,8\times 0,3 + 0,2\times 0.9 = 42\% \end{align*}
Nesta solução, usamos o Teorema 8.2.11 (Teorema da Probabilidade Total).
item c)
Vamos calcular a probabilidade de que a importação seja da China e tenha se perdido, vamos dividir esse valor pela probabilidade de que a importação tenha se perdido.
A probabilidade de que a importação se perdeu e foi da china é de
\begin{equation*} P(C\cap nR) = 0,8\times 0,7 = 0,56 = 56\%. \end{equation*}
A probabilidade de que a importação tenha se perdido é dada por
\begin{equation*} P(nR) = 0,2\times 0,1 + 0,8\times 0,7 = 58\%. \end{equation*}
Portanto a probabilidade de que tenha sido da china a importação que se perdeu é
\begin{equation*} \frac{P(C\cap nR)}{P(nR)} = \frac{0,56}{0,58} = 0.965517241379310 \approx 0,97\%. \end{equation*}
Observe que o cálculo usado foi o seguinte:
\begin{align*} P(C|nR) = \amp ~\frac{P(C\cap nR)}{P(nR)} \\ = \amp ~ \frac{P(C)P(nR|C)}{P(nC\cap nR)+P(C\cap nR)}\\ = \amp ~ \frac{P(C)P(nR|C)}{P(nC)P(nR|nC)+P(C)P(nR|C)} \end{align*}
Este é o Teorema 8.2.12 Teorema de Bayes.
Solução 2.
item b)
Para organizar melhor as ideias, desenhamos uma árvore com todas as possibilidades.
Figura 8.2.10. Árvore de Probabilidades.
Observa-se mais facilmente que a probabilidade da importação chegar na residência é dada por
\begin{equation*} 0,2\times 0,9 + 0,8\times 0,3 = 0,42=42\% \end{equation*}
item c)
Usando a árvore de probabilidades, vamos calcular a probabilidade de que a importação seja da China e tenha se perdido, vamos dividir esse valor pela probabilidade de que a importação tenha se perdido.
\begin{equation*} \frac{0,8\times 0,7}{0,2\times 0,1 + 0,8\times 0,7} = \frac{0,56}{0,58} = 0,9655 \approx 97\%. \end{equation*}
Como vale
\begin{equation*} B\subset A_1\cup A_2\cup\cdots \cup A_n, ~~~~ A_i\cap A_j = \varnothing, ~~\text{ para } i\neq j. \end{equation*}
Temos
\begin{equation*} B = (A_1\cap B) \cup (A_2\cap B) \cup \cdots \cup (A_n\cap B). \end{equation*}
com a união disjunta, portanto
\begin{align*} P(B) = \amp ~ P(A_1\cap B) + P(A_2\cap B) + \cdots + P(A_n\cap B) \\ = \amp ~ P(A_1)P(B|A_1)+ P(A_2)P(B|A_2)+\cdots + P(A_n)P(B|A_n). \end{align*}
Aplicando a definição de probabilidade condicional, temos
\begin{align*} P(A_i|B) = \amp ~ \frac{P(B\cap A_i)}{P(B)} \\ = \amp ~ \frac{P(A_i)P(B|A_i)}{P(B)}. \end{align*}
Usando o Teorema 8.2.11 e substituindo em \(P(B)\text{,}\) obtemos
\begin{equation*} P(A_i|B) = \frac{P(A_i)P(B|A_i)}{P(A_1)P(B|A_1)+ P(A_2)P(B|A_2)+\cdots + P(A_n)P(B|A_n)}. \end{equation*}

Subseção 8.2.1 Eventos Independentes

Definição 8.2.13.

Sejam \(A\) e \(B\) eventos. \(A\) e \(B\) são independentes se,
\begin{equation*} P(B|A) = P(B). \end{equation*}
Da Nota 8.2.3, temos
\begin{equation*} P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B|A) = P(A)\cdot P(B). \end{equation*}

Exemplo 8.2.14.

Em um experimento aleatório é retirado sucessivamente, com reposição, duas bolas de uma caixa que comtém 8 bolas pretas e 6 bolas brancas. Qual a probabilidade de que sejam duas bolas brancas?
Solução.
Considere os eventos:
\begin{equation*} A_1: \text{ a primeira bola é branca;}\\ A_2: \text{ a segunda bola é branca;}\\ \end{equation*}
Observe que os eventos são independentes, portanto a probabilidade é
\begin{align*} P(A_1\cap A_2) = \amp ~ P(A_1)\cdot P(A_2)\\ = \amp ~ \frac{6}{14}\cdot \frac{6}{14} \\ = \amp ~\frac{9}{49} \\ = \amp ~ 0.18367 \\ \approx \amp ~ 18,37\%. \end{align*}

Definição 8.2.15.

Sejam \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) eventos. \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) são independentes se, para todo \(k\text{,}\) \(1 \leq k \leq n\) e para quaisquer \(i_1, i_2, \ldots, i_k\in \{1, 2, \ldots, n\}\text{,}\) tem-se
\begin{equation*} P(A_k|A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap \cdots \cap A_{i_k}) = P(A_k). \end{equation*}
Consequentemente,
\begin{equation*} P(A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{n}) = P(A_{1})\cdot P(A_{2})\cdots P(A_{n}). \end{equation*}

Exemplo 8.2.16.

Em um experimento aleatório é retirado sucessivamente, com reposição, três bolas de uma caixa que comtém 8 bolas pretas e 6 bolas brancas. Qual a probabilidade de que sejam três bolas brancas?
Solução.
Considere os eventos:
\begin{equation*} A_1: \text{ a primeira bola é branca;}\\ A_2: \text{ a segunda bola é branca;}\\ A_3: \text{ a terceira bola é branca;}\\ \end{equation*}
Observe que os eventos são independentes, portanto a probabilidade é
\begin{align*} P(A_1\cap A_2\cap A_3) = \amp ~ P(A_1)\cdot P(A_2)\cdot P(A_3) \\ = \amp ~ \frac{6}{14}\cdot \frac{6}{14}\cdot \frac{6}{14} \\ = \amp ~\frac{27}{343} \\ = \amp ~ 0.07871 \\ \approx \amp ~ 7,9\%. \end{align*}

Exemplo 8.2.17.

Um dado (não viciado) é lançado 5 vezes. Qual é a probabilidade de obtermos os resultados \(1, 2, 3, 2, 1\text{,}\) exatamente nessa ordem?
Solução.
Seja \(A_i\) o evento: saiu o valor da posição \(i\) da lista \([1, 2, 3, 2, 1]\text{,}\) no \(i\)-ésimo lançamento, \(i\in\{1, 2, 3, 4, 5\}\text{.}\)
Como os eventos são independentes, temos
\begin{align*} P(A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_{5}) = \amp ~ P(A_1)\cdot P(A_2)\cdots P(A_{5}) \\ = \amp ~ \left(\frac{1}{6}\right)^{5} \\ = \amp ~\frac{1}{7776} \\ = \amp ~ 0.0001286 \\ \approx \amp ~ 0,013\%. \end{align*}

Exercícios 8.2.2 Exercícios

1.

Dois dados \(D_1\) e \(D_2\) são lançados e os resultados nas faces de cima anotados.
  1. Qual a probabilidade da soma dos pontos ser 6, se a face observada em \(D_1\) foi 2?
  2. Qual a probabilidade de ter saı́do 2 em \(D_1\) , se a soma dos pontos foi 6?
  3. Qual a probablidade da soma dos pontos ser menor do que 7, sabendo que o número 2 saiu pelo menos uma vez?
  4. Qual a probabilidade da soma dos pontos ser menor do que ou igual a 6, se o maior dos números obtidos é menor do que 5?
  5. Qual a probabilidade do maior dos números obtidos ser menor do que 5, sabendo que a soma dos pontos foi menor do que ou igual a 6?
Resposta.
a) \(\dfrac{1}{6}\text{,}\) b) \(\dfrac{1}{5}\text{,}\) c) \(\dfrac{7}{11}\text{,}\) d) \(\dfrac{13}{16}\text{,}\) e) \(\dfrac{13}{15}\text{.}\)

2.

Três caixas I, II e III contém respectivamente 1 bola branca e 2 pretas; 2 brancas e 1 preta; 3 brancas e 2 pretas. Uma caixa é escolhida ao acaso e dela é retirada uma bola. Determine a probabilidade:
  1. da bola retirada ser branca, sabendo que a caixa escolhida foi a I;
  2. da caixa escolhida ter sido a I e a bola retirada ser branca.
Resposta.
a) \(\dfrac{1}{3}\text{,}\) b) \(\dfrac{1}{9}\text{.}\)

3.

Uma caixa contém 30 bolas pretas, 20 brancas e 10 vermelhas. Três bolas são retiradas da caixa, uma após a outra, sem reposição. Qual a pobabilidade da terceira bola retirada ser preta?
Resposta.
\(\dfrac{1}{2}\)

4.

(ITA 2008) Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos \(5\%\) dos homens e \(0,25\%\) das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população.
a) \(\dfrac{1}{21}~~~~\) b) \(\dfrac{1}{8}~~~~\) c) \(\dfrac{3}{21}~~~~\) d) \(\dfrac{5}{21}~~~~\) e) \(\dfrac{1}{4}~~~~\)
Resposta.
a)

5.

(ITA 2009) Uma amostra de estrangeiros, em que 18% são proficientes em inglês, realizou um exame para classificar a sua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que são proficientes em inglês, 75% foram classificados como proficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7% foram classificados como proficientes. Um estrangeiro desta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como proficiente em inglês. A probabilidade deste estrangeiro ser efetivamente proficiente nesta língua é de aproximadamente
a) \(73\%~~~~\) b) \(70\%~~~~\) c) \(68\%~~~~\) d) \(65\%~~~~\) e) \(64\%~~~~\)
Resposta.
b)
Solução.
Dos \(18\%\) de estrangeiros proficientes em inglês, \(75\%\) foram classificados como proficientes:
\begin{equation*} 75\%\times 18\% = 13,5\%. \end{equation*}
Dos \(82\%\) de estrangeiros não-proficientes em inglês, \(7\%\) foram classificados como proficientes:
\begin{equation*} 7\%\times 82\% = 5,74\%. \end{equation*}
A probabilidade do estrangeiro ser efetivamente proficiente em inglês é
\begin{equation*} P = \frac{13,5}{13,5+5,74} = 0,7 \end{equation*}

6.

(ITA 2008) Em um espaço amostral com uma probabilidade \(P\text{,}\) são dados os eventos \(A, B\) e \(C\) tais que: \(P(A) = P (B) = 1/2\text{,}\) com \(A\) e \(B\) independentes, \(P(A \cap B \cap C) = 1/16\text{,}\) e sabe-se que \(P((A\cap B) \cup (A \cap C)) = 3/10\text{.}\) Calcule as probabilidades condicionais \(P(C|A\cap B)\) e \(P(C|A\cap B^c)\text{.}\)
Resposta.
\(P(C|A\cap B) = \frac{1}{4}\)
\(P(C|A\cap B^c) = \frac{1}{5}\)
Solução.
\(P(C|A\cap B^c) = \frac{P(C\cap A\cap B^c)}{P(A\cap B^c)}\text{.}\) Precisamos calcular \(P(C\cap A\cap B^c)\) e \(P(A\cap B^c)\text{.}\)
\(\bullet\) Para calcular \(P(A\cap B^c)\text{,}\) usaremos a igualdade \(A = (A\cap B)\cup (A\cap B^c)\text{.}\) Logo
\begin{align*} P(A) = \amp ~ P((A\cap B)\cup (A\cap B^c)) \\ \underbrace{P(A)}_{1/2} = \amp ~ \underbrace{P(A\cap B)}_{1/4} + P(A\cap B^c) \end{align*}
Portanto \(P(A\cap B^c)=1/4\text{.}\)
\(\bullet\) Para calcular \(P(C\cap A\cap B^c)\text{,}\) usaremos a igualdade \(C\cap A = (C\cap A\cap B)\cup (C\cap A\cap B^c)\text{.}\) Logo
\begin{align*} P(C\cap A) = \amp ~ P(C\cap A\cap B)\cup (C\cap A\cap B^c) \\ \underbrace{P(C\cap A)}_{?} = \amp ~ \underbrace{P(C\cap A\cap B)}_{1/16} + P(C\cap A\cap B^c) \end{align*}
Resta agora calcular \(P(C\cap A)\text{.}\)
Pelo item d) do Teorema 8.1.7 temos
\begin{equation*} \underbrace{P((A\cap B)\cup (A\cap C))}_{3/10} = \underbrace{P(A\cap B)}_{1/4} + P(A\cap C) - \underbrace{P((A\cap B)\cap (A\cap C))}_{1/16} \end{equation*}
Logo, \(P(A\cap C) = 3/10 - 1/4+1/6 = 9/80.\) E
\begin{equation*} P(C\cap A\cap B^c) = 9/80-1/16 = 1/20. \end{equation*}
Substituindo os valores obtidos
\begin{equation*} P(C|A\cap B^c) = \frac{P(C\cap A\cap B^c)}{P(A\cap B^c)} = \frac{1/20}{1/4}=\frac{1}{5}. \end{equation*}

7.

(ITA 2011) Numa caixa com \(40\) moedas, \(5\) apresentam duas caras, \(10\) são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas coroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma coroa. A probabilidade de a outra face desta moeda também apresentar uma coroa é
a) \(\dfrac{7}{8}~~~~\) b) \(\dfrac{5}{7}~~~~\) c) \(\dfrac{5}{8}~~~~\) d) \(\dfrac{3}{5}~~~~\) e) \(\dfrac{3}{7}\)
Resposta.
\(P = \dfrac{5}{6}\text{.}\) Questão anulada, nenhum item estava correto.
Solução.
Temos 10 moedas comuns, com uma cara e uma coroa, 25 moedas com duas coroas e 5 moedas com duas caras. Desenhando a árvore de probabilidades:
Figura 8.2.18. Árvore de Probabilidades.
Podemos calcular a probabilidade da seguinte maneira:
\begin{equation*} P = \frac{\frac{25}{40}\times 1}{\frac{25}{40}\times 1 + \frac{10}{40}\times \frac{1}{2}}= \frac{5}{6}. \end{equation*}
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