Técnicas de contagem
Também conhecidas como Análise Combinatória, estas técnicas possibilitam a contagem de agrupamentos de diferentes tipos, sendo estes originados de um grupo finito de elementos. Neste sentido, Arranjos, Permutações e Combinações são os três tipos principais de agrupamentos e são extremamente úteis para o cálculo de probabilidades, em específico para espaços amostrais finitos e eventos elementares equiprováveis (probabilidade clássica).
Princípio fundamental da contagem
Utilizamos esta técnica quando um experimento é composto por dois estágios. Desta forma, o primeiro pode ocorrer de \(m\) modos diferentes, o segundo de \(n\) modos diferentes. O número de maneiras distintas de ocorrer este acontecimento é \(m\times n\). Este procedimento pode ser estendido facilmente a um experimento composto por vários estágios.
Exemplo: Ao se fabricar lápis temos que escolher entre dois tipos de grafite (\(A\) e \(B\)) e três tipos de madeira (\(M_{1},M_{2},M_{3}\)). Quantos são os possíveis lápis a serem produzidos?
Resolução:
\(2\) possíveis grafites \(\times\) \(3\) possíveis madeiras.
\(2\times3=6\)
Logo temos 6 possíveis lápis a serem produzidos
\(\Rightarrow\{AM_{1},AM_{2},AM_{3},BM_{1},BM_{2},BM_{3}\}\)
Note que, para o exemplo anterior, a escolha da madeira não é influenciada pela escolha do lápis, ou seja, estas escolhas acontecem de forma independente.
Tipos de elementos
Considere o conjunto \(A=\{a,b,c\}\) e os subconjuntos \((a,b)\), \((a,c)\) e \((c,a)\).
- \((a,b)\) e \((a,c)\) são elementos sempre distintos pois diferem por natureza, pois possuem o segundo elemento diferente.
- \((a,c)\) e \((c,a)\) diferem apenas por ordem e podem ser considerados distintos ou não.
Arranjo
Utilizamos um arranjo quando queremos verificar de quantas maneiras distintas podemos organizar, arranjar, agrupar \(n\) elementos distintos em \(k\) lugares, \(k\) posições \((k<n)\).
Denotamos \(A_{n,k}\) = arranjo simples \(k\) a \(k\) dos \(n\) elementos do conjunto \(A\). Assim, temos
\[\begin{array}{cc} n & \mbox{possibilidades para escolha do 1º elemento}; \\ n-1 & \mbox{possibilidades para escolha do 2º elemento}; \\ n-2 & \mbox{possibilidades para escolha do 3º elemento}; \\ \vdots & \vdots \\ n-(k-1)=n-k+1 & \mbox{possibilidades para escolha de }~k~\mbox{elemento} \end{array}\]
Organizando estas ideias para as possíveis escolhas, temos:
\[A_{n,k}=n(n-1)(n-2)...(n-(k-1))=\frac{n!}{(n-k)!}\]
Lembre-se: \(n!\) é lido como n fatorial e implica em \(n\times(n-1)\times...\times1\), ou seja, \(4!=4\times3\times2\times1=24\).
Exemplo: Na fabricação de uma máquina, seu design final deve possuir necessariamente duas cores. A primeira cor é destinada a parte superior e a segunda é destinada a parte inferior. O setor disponibiliza somente 4 cores: Preto, Vermelho, Cinza e Branca. De quantas maneiras distintas esta máquina pode ser pintada?
Resolução: A problemática deste exercício se baseia em: De quantas maneiras diferentes podemos agrupar 4 cores nas duas partes da máquina?
\[\begin{array}{ccc} \mbox{(Preto, Vermelho)} & \mbox{(Preto,Cinza)} & \mbox{(Preto,Branco)} \\ \mbox{(Cinza, Preto)} & \mbox{(Cinza,Vermelho)} & \mbox{(Cinza, Branco)} \\ \mbox{(Vermelho, Preto)} & \mbox{(Vermelho,Cinza)} & \mbox{(Vermelho,Branco)} \\ \mbox{(Branco, Preto)} & \mbox{(Branco, Vermelho)} & \mbox{(Branco, Cinza)} \end{array}\]
Ou seja,
\[\begin{array}{cccc} 4 & \times & 3 & =12 \mbox{ maneiras}\\ \mbox{Superior} & & \mbox{Inferior} \end{array}\]
Permutação
Se ao invés de tomarmos os elementos \(k\) e \(k\), consideramos estes \(n\) a \(n\), basicamente, estamos verificando o problema de organizar os \(n\) elementos distintos. Ou seja;
\[\begin{array}{cc} n & \mbox{possibilidades para escolha do 1º elemento}; \\ n-1 & \mbox{possibilidades para escolha do 2º elemento}; \\ n-2 & \mbox{possibilidades para escolha do 3º elemento}; \\ \vdots & \vdots \\ 1 & \mbox{possibilidades para escolha de}~ n\mbox{-éssimo elemento.} \end{array}\]
Organizando estas idéias para as possíveis escolhas, temos:
\[A_{n,n}=n\times(n-1)\times(n-2)\times...\times1=n!=P_{n}\]
Exemplo: Para o exemplo anterior, considere que devemos pintar a máquina necessariamente com 4 cores: Preto, Vermelho, Cinza e Branco.
\[\begin{array}{cccccccc} 4 & \times & 3 & \times & 2 & \times & 1 & =24\,\mathrm{possibilidades}\\ \mbox{Área 1} & & \mbox{Área 2} & & \mbox{Área 3} & & \mbox{Área 4} \end{array}\]
Note que estes elementos se diferenciavam por ordem e natureza, como indicado na Figura acima.
Ou seja, arranjo e permutação levam em consideração ordem e natureza dos elementos.
Combinação
As vezes a ordem não é importante, estamos interessados em elementos que diferem apenas pela natureza. Ou seja, o objetivo é verificar o número de maneiras possíveis que podemos selecionar, combinar elementos distintos, desconsiderando sua ordem. Neste sentido, dentre \(n\) elementos distintos temos o interesse em selecionar \(k\). Esta operação é chamada combinação e é denotada por \(C_{n,k}\) (lê-se: combinação de \(n\) elementos \(k\) a \(k\)).
\[C_{n,k}=\left(\begin{array}{c} n\\ k \end{array}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}\]
Exemplo: Considere o problema de compra das 4 possíveis cores para a pintura da máquina anterior. Sabemos que o departamento de marketing pode comprar quaisquer 4 cores dentre 20 possíveis.
Problema: Quantos conjuntos de cores diferentes podem ser compradas?
Resolução:
\[C_{20,4}=\left(\begin{array}{c} 20\\ 4 \end{array}\right)=\frac{20!}{4!16!}=4845\]
Quando possuímos \(n_{1}\) objetos do tipo \(1\), \(n_{2}\) objetos do tipo \(2\), \(\ldots\)\(n_{k}\) objetos do tipo \(k\). A permutação é corrigida da seguinte forma:
\[P_{n}=\frac{n!}{n_{1}!\times n_{2}!\times\ldots\times n_{k}!}\]
Através das técnicas de contagem introduzidas acima, podemos resolver problemas de Probabilidade mais complexos. Em particular aplicando a teoria de probabilidade clássica, ou seja, quando o espaço amostral é finito. Para ilustrar tal aplicação considere os próximos exemplos.
Exemplo: Em um grupo de \(n\) pessoas, qual a probabilidade de pelo menos duas fazerem aniversário no mesmo dia?
Resolução:
Seja o evento \(A\): pelo menos duas pessoas nasceram no mesmo dia
\(\#(\Omega) = 365\times365\times\ldots\times365=365^{n}\)
\(P(A)=\frac{\#(A)}{\#(\Omega)}\)
\(A^{c}:\) não ter pelo menos duas pessoas que nasceram no mesmo dia \(=\) nenhuma pessoa faz aniversário no mesmo dia que a outra
\(\#(A^{c})=365\times364\times\ldots\times(365-(n-1))\)
\(P(A)=1-P(A^{c})=1-\frac{\#(A^{c})}{\#(\Omega)}=1-\frac{365\times364\times...(365-n+1)}{365^{n}}\)
Exemplo: Uma urna contém 5 peças vermelhas, 6 peças azuis e 8 peças pretas. Se um conjunto de 3 peças for selecionado ao acaso, qual a probabilidade de selecionarmos todas as peças da mesma cor? E de cores diferentes?
Resolução:
\(\Omega=\{(V,V,V),(V,A,P),(A,V,P),\ldots\}\)
\(\#(\Omega)=19\times18\times17=5814\)
Seja \(A\): as peças são da mesma cor;
\(A_{v}\): as peças são vermelhas;
\(A_{a}\): as peças são azuis;
\(A_{p}\): as peças são pretas.
\(A=(A_{v} \cup A_{a} \cup A_{p})\)
\(A_{a} \cap A_{v}=A_{v} \cap A_{p}=A_{p} \cap A_{a}=\varnothing\)\(\Rightarrow\) disjuntos
\(P(A)=P(A_{v}\cup A_{a}\cup A_{p})=P(A_{v})+P(A_{a})+P(A_{p})\)
\[=\frac{\#(A_{v})+\#(A_{p})+\#(A_{a})}{\#(\Omega)}=\frac{5\times4\times3+8\times7\times6+6\times5\times4}{5814}\cong0,09\]
Probabilidade Condicional e Independência
Até agora, definimos um espaço amostral e todas as probabilidades foram calculadas com respeito a este espaço amostral. Porém, existem situações nas quais podemos atualizar o espaço amostral baseado em uma nova informação ou informação de interesse. Nestes casos, podemos atualizar o cálculo de probabilidades a qual será condicionada por tal informação, chamamos esse tipo de probabilidade de probabilidade condicional.
Seja \(A\) e \(B\) dois eventos quaisquer de um espaço amostral, a probabilidade condicional de \(B\) sabendo que o evento \(A\) é considerado conhecido é expressa por \(P(B|A)\) (lê-se: probabilidade de \(B\) dado \(A\)) e definida em:
\[P(B|A)=\frac{P(A \cap B)}{P(A)}\]
Analogamente, \(P(A,B)=P(A \cap B)=P(B|A)P(A)=P(A|B)P(B)\).
Esta expressão, considerando mais do que dois eventos, permite a construção de probabilidades em espaços amostrais que representam experimentos realizados em sequências. Considerando a intersecção de \(n\) eventos \(A_{1},A_{2}, \ldots ,A_{n},\) temos:
\(P(A_{1} \cap A_{2} \cap , \ldots, \cap A_{n})=P(A_{1})P(A_{2}|A_{1})P(A_{3}|A_{1},A_{2})...P(A_{n}|A_{1}A_{2} \ldots A_{n-1})\)
Teorema de Bayes
Seja \(B_{1},B_{2}, \ldots ,B_{k}\) uma partição de \(\Omega\), isto é, eventos disjuntos em que sua união resulta em \(\Omega\). Considere \(A\) um evento e \(P\) uma probabilidade definida nos eventos de \(\Omega\). Podemos visualizar estas ideias no Diagrama de Venn da Figura abaixo.
Exemplo de Partição
Assim, o evento \(A\) pode ser escrito utilizando a disjunção proveniente das interseções com \(B\), ou seja, \(A = (A \cap B_{1}) \cup (A \cap B_{2}) \cup \ldots \cup (A \cap B_{k})\), sendo que \(P(A \cap B_{i})=P(A|B_{i})P(B_{i})\) para \(i=1,\ldots,k\). Uma vez que \((A \cap B_{1}), \ldots ,(A \cap B_{k})\) são disjuntos, temos a igualdade abaixo, também conhecida como teorema da probabilidade total (Magalhães 2006Magalhães, M. N. 2006. Probabilidade E Variáveis Aleatórias. Edusp.),
\[P(A)=\sum_{i=1}^{k}P(A|B_{i})P(B_{i})\]
Seja \(P(A)>0\), temos que
\[P(B_{j}|A)=\frac{P(B_{j})P(A|B_{j})}{P(A)}\] em que \(P(A)\) é definida anteriomente.
Portanto, o Teorema de Bayes é dado por:
\[P(B_{j}|A)=\frac{P(B_{j})P(A|B_{j})}{\sum_{i=1}^{k}P(A|B_{i})P(B_{i})}\]
Exemplo: Seja \(E\): lançamento de um par de dados (\(\Omega\) = \(\{(1,1),\ldots,(6,6)\}\)). Você não vê o lançamento, mas recebe a informação: “em cada um dos lançamentos, a face superior é menor ou igual a 2”. Qual a probabilidade da soma das faces superiores ser igual a 4?
Resolução:
Seja
\(B\): a soma é igual a 4.
\(B=\{(1,3),(2,2),(3,1)\}\)
A probabilidade de ocorrer o evento \(B\) é \(P(B)=\frac{3}{36}\).
\(A\): a face superior dos dois dados é menor ou igual a 2.
\(A=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\}\)
Agora, sabendo que \(A\) ocorreu, a probabilidade de ocorrência de B é \(P(B|A)=\frac{1}{4}\). Note que o espaço amostral foi reduzido ao evento \(A\). Logo, o conhecimento de \(A\) altera a probabilidade de B.
Observações:
Em geral na aplicação do teorema de Bayes conhecemos (ou fazemos suposições) a respeito de \(P(A|B_{i})\) e \(P(B_{i})\), para \(i=1, \ldots,k\)
Note que \(\sum_{j=1}^{k}P(B_{j}|A)=1\)
Interpretação: Suponha que \(B_{i}\) represente uma possível causa no resultado de um experimento aleatório. Realizado tal experimento e obtido o resultado A, o teorema de Bayes indica como atualizar as probabilidades a priori \(P(B_{j})\). As probabilidades resultantes \(P(B_{j}|A)\), são chamadas de probabilidades a posteriori.
Estas probabilidades são utilizadas para avaliar o quanto o evento A é responsável por cada \(B_{j}\).
Exemplo: Considere cinco urnas numeradas de 1 a 5. Cada uma contém dez bolas. A urna \(i\) contém \(i\) bolas defeituosas e \(10-i\) bolas perfeitas, para \(i\) variando de 1 a 5. Considere o seguinte experimento aleatório: uma urna é selecionada aleatoriamente e então uma bola é selecionada desta urna.
- Qual a probabilidade de uma bola defeituosa ter sido selecionada?
Seja
\(U_{i}\): selecionar a urna \(i\)
\(D\): Selecionar uma bola defeituosa
Sabemos que \(P(U_{i})=\frac{1}{5}\)
\(P(D|U_{i})=\frac{i}{10}\), com \(i=1,...,5\)
\(P(D)=P(D|U_{1})P(U_{1})+P(D|U_{2})P(U_{2})\) \(+P(D|U_{3})P(U_{3})+P(D|U_{4})P(U_{4})+P(D|U_{5})P(U_{5})\)
\(P(D)=\frac{1}{10}.\frac{1}{5}+\frac{2}{10}.\frac{1}{5}+\frac{3}{10}.\frac{1}{5}+\frac{4}{10}.\frac{1}{5}+\frac{5}{10}.\frac{1}{5}=\frac{3}{10}\)
- Sabendo que a bola selecionada é defeituosa, qual a probabilidade de ter sido da urna 5?
\(P(U_{5}|D)=\frac{P(U_{5}\cap D)}{P(D)} = \frac{P(U5)P(D|U5)}{P(D)}\) \(= \frac{\frac{5}{10}\frac{1}{5}}{\frac{3}{10}}\) = \(\frac{1}{3}\)
Independência condicional
Basicamente, podemos considerar que os eventos \(A\) e \(B\) são independentes, quando existe a relação:
\[P(A|B)=P(A)\;\mathrm{ou}\; P(B|A)=P(B)\]
Desta forma, podemos dizer que \(A\) não influencia a chance de acontecer \(B\) e vice-versa. A relação acima advém da propriedade de independência \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\).
Exemplo: A probabilidade de um homem viver mais 10 anos é P(H) = \(\frac{1}{4}\). E da sua esposa viver mais 10 anos é P(M) = \(\frac{1}{3}\). Encontre as probabilidades de:
- Ambos estarem vivos dentro de 10 anos.
\(P(HM)=P(H)P(M)\)
- Ao menos um estar vivo dentro de 10 anos.
\(P(H\cup M)=P(H)+P(M)-P(HM)\)
- Nenhum estar vivo dentro de 10 anos.
\(P(H^{c}\cap M^{c})=P(H^{c})P(M^{c})\)
- Somente a esposa estar viva dentro de 10 anos.
\(P(H^{c}\cap M)=P(H^{c})P(M)\)
Mais exemplos e exercícios sobre a teoria de probabilidades podem ser encontrados em Costa Neto and Cymbalista (1974Costa Neto, P. L. O., and M. Cymbalista. 1974. “Probabilidades.” São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda.).