Probabilidade Condicional e Independência

(1)

FCT/UNL, Probabilidades e Estat´ıstica I

MLE

1 Introdu¸c˜

ao

Neste cap´ıtulo estudamos as no¸cões de probabilidade condicional e de independência de conjuntos enfatizando as aplica¸cões nos casos simples em que o espa¸co de probabilidades é finito. Tal como no primeiro cap´ıtulo recomendamos a leitura das obras que desenvolvem o formalismo introdutório da teoria das probabilidades a um n´ıvel universitário, nas quais se incluem [Fel68], [Shi96], [Sin92] e [Gne67] e [Par92].

2 Probabilidade condicional e independˆ

encia

Com a probabilidade condicional faz-se intervir o aumento da informa¸cão dispon´ıvel na modela¸cão matemática dos eventos aleatórios.

Defini¸c˜ao 1. Seja (Ω,A, P) um espa¸co de probabilidade e B ∈ A um acon-tecimento verificando P[B] > 0. Para qualquer acontecimento A ∈ A, a pro-babilidade condicional de A dado B, representada por P[A | B], ´e definida por:

P[A | B] = P[A ∩ B]_P[B] .

A proposi¸cão seguinte permite aplicar às probabilidades condicionais todo o forma-lismo dispon´ıvel para a no¸cão de probabilidade.

Proposi¸cão 1. A aplica¸cão que a A ∈A associa P[A | B] é uma probabilidade sobre (Ω,A).

Demonstra¸cão. A verifica¸cão decorre imediatamente das defini¸cões.

Defini¸c˜ao 2. Seja (Ω,A, P) um espa¸co de probabilidade e A, B ∈ A aconteci-mentos. A e B dizem-se independentes se e s´o se:

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Nota¸c˜ao 1. Para A e B independentes num dado espa¸co de probabilidade escrevemos A ⊥⊥ B.

Observa¸cão 1 (Independência e disjun¸cão). Sejam A e B acontecimentos independentes e disjuntos. Então tem-se que:

0 =P[∅] = P[A ∩ B] = P[A]P[B] ,

o que implica, pela lei de anulamento do produto, que ou P[A] = 0 ou P[B] = 0. Ou seja, se dois acontecimentos incompat´ıveis (isto é, sem realiza¸cões em comum) forem independentes então um deles, pelo menos, tem probabilidade nula.

Observa¸cão 2 (Auto-independência e disjun¸cão). Seja A um acontecimento independente de si próprio. Então tem-se que:

P[A] = P[A ∩ A] = P[A]P[A] = P[A]2 _,

o que implica que ouP[A] = 0 ou P[A] = 1. Isto é, se um acontecimento for independente de si próprio então, ou tem probabilidade nula ou tem probabilidade unitária.

A proposi¸cão seguinte mostra que a no¸cão de independência probabil´ıstica de dois acontecimentos coincide, nos casos não triviais de conjuntos com probabilidades não nulas, com o facto de sabermos que se um dos acontecimentos ocorreu isso não altera a probabilidade do outro.

Proposi¸cão 2 (Independência de dois acontecimentos). Seja (Ω,A, P) um espa¸co de probabilidade. Se B for um acontecimento com probabilidade não nula então B é independente de um qualquer outro acontecimento A se e só se a probabilidade condicional de A dado B for igual à probabilidade de A, isto é,

∀A, B ∈A P[B] > 0 ⇒ (A ⊥⊥ B ⇔P[A | B] = P[A]) . (1)

Demonstra¸cão. É uma simples aplica¸cão das defii¸cões. Se P[B] > 0 vem, primeiro, em resultado da independência que

P[A | B] = P[A ∩ B]_P[B] = P[A]P[B]

P[B] =P[A] ,

o que mostra que a condi¸cão mais à direita na fórmula (1) é necessária. Em segundo lugar, se se verificar a condi¸cão mais à direita na fórmula (1), virá que:

P[A]P[B] = P[A | B]P[B] = P[A ∩ B]_P[B] P[B] = P[A ∩ B] ,

o que mostra que A e B são independentes e que, portanto, a codi¸cão é suficiente. A proposi¸cão seguinte mostra, num caso particular simples, uma propriedade geral muito importante: faz todo o sentido definir a no¸cão de independência no contexto das ´

(3)

Proposi¸cão 3 (Independência e álgebras-σ). Seja Ω um conjunto e A, B ∈ P(Ω). Então tem-se que:

1. σ({A}) := {∅, A, Ac, Ω} e σ({B}) := {∅, B, Bc, Ω} são álgebras-σ sobre Ω. 2. A e B são acontecimentos independentes se e só se, todos os conjuntos de σ({A}) forem (dois a dois) independentes de todos os conjuntos de σ({B}), isto é, se e s´se:

∀C ∈ σ({A}) ∀D ∈ σ({B}) C ⊥⊥ D .

Demonstra¸cão. A primeira afirma¸cão demonstra-se sem dificuldade recorrendo à de-fini¸cão de álgebra-σ. Para demonstrar a segunda afirma¸cão, a única verifica¸cão não trivial é que que A ⊥⊥ Bc_{(ou que A}c_⊥_{⊥ B). Mas, por exemplo no primeiro caso}

observa-se que, pela aditividade das probabilidades e, por observa-se verificar que A ⊥⊥ B, P [A] = P [A ∩ Ω] = P [A ∩ (B ∪ Bc_{)] =}_{P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ B}c _{)] =}

=P [A ∩ B] + P [A ∩ Bc] =P [A] P [B] + P [A ∩ Bc] , donde resulta que:

P [A ∩ Bc_{] =}_{P [A] − P [A] P [B] = P [A] (1 − P [B]) = P [A] P [B}c_{] ,}

demonstrando-se assim que A ⊥⊥ Bc_.

Proposi¸c˜ao 4 (Probabilidade Composta). Seja (Ω,A, P) um espa¸co de proba-bilidade. Seja A1, . . . , AN, · · · ∈A, tal que

∀N ≥ 2 P [A1∩ · · · ∩ AN −1] > 0 .

Ent˜ao, para qualquer N ≥ 2: P " _N \ n=1 An # =P [A1] ×P [A2| A1] ×P [A3| A1∩ A2] × · · · ×P " AN | N −1 \ n=1 An # .

Demonstra¸cão. Para N = 2 a proposi¸cão resulta da defini¸cão de probabilidade con-dicional. Para o caso geral demonstra-se por indu¸cão. Suponha-se que se verifica a propriedade para um dado N > 2, isto é que:

P " _N \ n=1 An # =P [A1] N Y k=2 P " Ak| k−1 \ n=1 An # . (2)

Verifiquemos a propriedade para o inteiro N + 1. Para tal basta observar que pela associatividade da interseçcão e pela defini¸cão de probabilidade condicional:

P "_{N +1} \ n=1 An # =P " AN +1∩ N \ n=1 An !# =P " AN +1| N \ n=1 An !# P " _N \ n=1 An !# .

(4)

Pela hipótese de recorrência dada pela fórmula (2): P " AN +1| N \ n=1 An !# P " _N \ n=1 An !# =P [A1] N +1 Y k=2 P " Ak| k−1 \ n=1 An # , ou seja, P "_{N +1} \ n=1 An # =P [A1] N +1 Y k=2 P " Ak| k−1 \ n=1 An # , isto é, a propriedade enunciada para o inteiro N + 1.

Proposi¸c˜ao 5 (Probabilidade Total). Seja (Ω,A, P) um espa¸co de probabili-dade. Seja A1, . . . , AN, · · · ∈A uma parti¸c˜ao de Ω. Verifica-se que:

(∀n ≥ N P [An] > 0) ⇒ ∀B ∈A P [B] = +∞ X n=1 P [B | An]P [An] ! . (3)

Demonstra¸cão. O teorema resulta das propriedades das probabilidades. Com efeito, dado que (An)n≥1 é uma parti¸cão de Ω, pela aditividade-σ da probabilidade:

P [B] = P " B ∩ +∞ [ n=1 An !# =P "_+∞ [ n=1 (B ∩ An) # = +∞ X n=1 P [B ∩ An] . (4)

Finalmente, uma vez que para cada n ≥ 1 se tem que P [An] > 0, pela defini¸c˜ao de

probabilidade condicional:

P [B ∩ An] =P [B | An]P [An]

o que, substitu´ıdo no termo à direita em (4), dá a fórmula anunciada.

Teorema 1 (Teorema de Bayes ou da probabilidade das causas). Seja (Ω,A, P) um espa¸co de probabilidade. Seja A1, . . . , AN, · · · ∈ A uma parti¸c˜ao de Ω tal

que para n ≥ 1 se verifique: P [An] > 0. Ent˜ao para qualquer B ∈ A tal que

P [B] > 0:

∀i ≥ 2 P [A_i| B] = P [B | Ai]P [Ai] P+∞

n=1P [B | An]P [An]

.

Demonstra¸cão. O teorema de Bayes é uma consequência imediata das defini¸cões relativas `

as probabilidades condicionais e da proposi¸cão 5 relativa à probabilidade total. Com efeito tem-se, em resultado da fórmula (3) que:

P [Ai | B] = P [Ai ∩ B] P [B] = P [B | Ai]P [Ai] P [B] = P [B | Ai]P [Ai] P+∞ n=1P [B | An]P [An] .

(5)

Observa¸c˜ao 3. Uma ilustra¸c˜ao muito interesssante do teorema1, no contexto dos ensaios cl´ınicos, pode ser estudada no exerc´ıcio 10.

Defini¸c˜ao 3 (Acontecimentos independentes no seu conjunto). Uma fam´ılia de acontecimentos (Ai)i∈I indexada por um conjunto I, ´e uma fam´ılia de

aconteci-mentos independentes no seu conjunto ou, mutuamente independentes, se e s´o se: ∀N ≥ 2 ∀i1, i2, . . . , iN ∈ I P "_N \ k=1 Aik # = N Y k=1 P [ Aik]

Observa¸c˜ao 4. Deve sublinhar-se que os elementos da fam´ılia (Ai)i∈I podem ser dois a

dois independentes, verificando a defini¸cão1mas não serem mutuamente independentes no sentido da defini¸cão 3. Um exemplo dessa situa¸cão pode ser estudado no exerc´ıcio 7. As propriedades das probabilidades implicam que a fórmula de defini¸cão de aconte-cimentos independentes vale para um número infinito numerável de acontecimentos.

Proposi¸c˜ao 6 (Acontecimentos independentes no seu conjunto). Seja I =N e (An)n∈N uma fam´ılia de acontecimentos independentes no seu conjunto, ent˜ao:

P "_+∞ \ n=0 An # = +∞ Y n=0 P [An] .

Demonstra¸cão. A proposi¸cão é uma consquência da continuidade da probabilidade 1, se observarmos que sendo, por defini¸cão,

BN := N

\

n=0

An

se tem que BN +1⊆ BN, ou seja que a sucess˜ao (BN)n≥1´e decrescente. Observe-se ainda

que +∞ \ N =1 BN = +∞ \ N =1 N \ n=0 An ! = +∞ \ n=0 An,

o que implica, pela continuidade da probabilidade referida que: P "_+∞ \ n=0 An # =P "_+∞ \ N =1 BN # = lim N →+∞P [BN] =N →+∞lim P " _N \ n=0 An # = = lim N →+∞ N Y n=0 P [An] = +∞ Y n=0 P [An] 1

Este resultado foi estudado no primeiro cap´ıtulo. Se (An)n≥1 for uma sucess˜ao decrescente de

conjuntos ent˜aoP ∩+∞

n=1An = limn→+∞P [An] e, tamb´em, se (An)n≥1 for uma sucess˜ao crescente de

(6)

As no¸cões de convergência seguintes permitem transpor para os conjuntos as no¸cões de maior sublimite, menor sublimite e de limite de uma sucessão, no¸cões que foram estudadas no contexto das sucessões de números reais.

Defini¸cão 4 (Convergências de conjuntos). Seja Ω um conjunto e A1, . . . , AN, · · · ∈A uma sucessão de subconjuntos de Ω. Então podemos definir

os seguintes limites.

1. O limite superior da sucess˜ao (An)n≥1 dado por:

lim sup n→+∞ An:= +∞ \ n=1   [ m≥n Am   ,

que é o acontecimento formado pelas realiza¸cões que pertencem a uma infinidade de elementos da sucessão (An)n≥1.

2. O limite inferior da sucess˜ao (An)n≥1 dado por:

lim inf n→+∞An:= +∞ [ n=1   \ m≥n Am   ,

que é o acontecimento formado pelas realiza¸cões que pertencem a todos salvo talvez a um número finito de elementos da sucessão (An)n≥1.

3. O limite da sucess˜ao (An)n≥1 que existe sempre que se verifica

lim sup_n→+∞An = lim infn→+∞An ´e, por defini¸c˜ao, igual a esse valor

comum, ou seja: lim

n→+∞An:= lim sup_n→+∞ An= lim infn→+∞An.

A determina¸cão dos sublimites ou do limite de uma sucessão de conjuntos, no caso em que a sucessão converge não é, em geral, fácil. No entanto, os casos das sucessões monótonas são notáveis.

Proposi¸cão 7 (Convergências de conjuntos). Seja Ω um conjunto e A1, . . . , AN, · · · ∈A uma sucessão de subconjuntos de Ω. Tem-se que:

1. lim infn→+∞An⊆ lim supn→+∞An;

2. se a sucess˜ao (An)n≥1 for crescente ent˜ao: limn→+∞An=S+∞n=1An;

3. se a sucess˜ao (An)n≥1 for decrescente ent˜ao: limn→+∞An=

T+∞ n=1An.

(7)

observemos que para um dado p ≥ 1 fixo se tem, para qualquer q ≥ 1: \ m≥p Am ⊆ [ m≥q Am

pelo que virá uma vez que q ≥ 1 é arbitrário que

\ m≥p Am ⊆ \ q≥1   [ m≥q Am  = lim sup n→+∞ An

o que, por sua vez implica, uma vez que não há restri¸cão nos valores de p ≥ 1 que:

lim inf n→+∞An= [ p≥1   \ m≥p Am  ⊆ \ q≥1   [ m≥q Am  = lim sup n→+∞ An

Suponhamos que a sucessão (An)n≥1 é crescente. Então:

\ m≥n Am = An pelo que lim inf n→+∞An= +∞ [ n=1   \ m≥n Am  = +∞ [ n=1 An. (5)

Por outro lado temos sempre que, para qualquer n ≥ 1

[ m≥n Am⊆ +∞ [ m=1 Am ⇒ lim sup n→+∞ An= +∞ \ n=1   [ m≥n Am  ⊆ +∞ [ m=1 Am . (6)

Juntando as fórmulas (5) e (6) temos finalmente, em consequência da primeira asser¸cão do enunciado que: +∞ [ n=1 An= lim inf n→+∞An⊆ lim sup_n→+∞ An⊆ +∞ [ n=1 An,

o que implica, que a sucess˜ao (An)n≥1 admite limite e que limn→+∞An =

S+∞ n=1An. A

demostra¸cão da terceira asser¸cão da proposi¸cão é semelhante à demosntra¸cão da segunda asser¸cão.

Os dois lemas seguintes mostram como relacionar informa¸cão sobre elementos indi-viduais de uma sucessão de acontecimentos com a informa¸cão sobre conjuntos notáveis constru´ıdos a partir dessa sucessão de acontecimentos. O segundo lema oferece uma aplica¸cão importante da no¸cão de independência de conjuntos.

(8)

Teorema 2 (Lemas de Borel Cantelli). Seja (Ω,A, P) um espa¸co de pro-babilidade e uma sucess˜ao de acontecimentos A1, . . . , AN, · · · ∈ A. Defina

lim sup_n→+∞An, o limite superior da sucess˜ao (An)n≥1. Mostre que:

1. Se P+∞

n=1P [An] < +∞ ent˜aoP lim supn→+∞An = 0.

2. Se (An)n≥1 for uma sucess˜ao de acontecimentos independentes ent˜ao: +∞ X n=1 P [An] = +∞ ⇒P lim sup n→+∞ An = 1 .

Demonstra¸c˜ao. Dado que se verifica para qualquer n ≥ 1 que

+∞ \ n=1   [ m≥n Am  ⊆ [ m≥n Am

o primeiro lema decorre trivialmente de se ter, em consequˆencia da monotonia da pro-babilidade, que P lim sup n→+∞ An =P   +∞ \ n=1   [ m≥n Am    ≤P   [ m≥n Am  ≤ X m≥n P [Am] ≤ X m≥n P [Am] .

A conclusão segue, observando que uma vez que n ≥ 1 é arbitrário e que por hipótese P+∞

n=1P [An] < +∞, isto ´e, a s´erie das probabilidades converge, se tem quePm≥nP [Am],

o resto da s´erie, tende para zero quando n tende para +∞.

O segundo lema decorre da continuidade da probabilidade, e da independˆencia dos acontecimentos da sucess˜ao. Vamos mostrar que P [lim infn→+∞Acn] = 0, atendendo a

que: 1 −P lim sup n→+∞ An =P   +∞ \ n=1   [ m≥n Am   c =P   +∞ [ n=1   \ m≥n Ac_m    =P lim inf n→+∞A c n .

Observemos que definindo

Bn=

\

m≥n

Ac_m

a sucess˜ao (Bn)n≥1´e crescente pelo que pela continuidade da probabilidade, referida na

demonstra¸c˜ao da proposi¸c˜ao 6, se tem que P lim inf n→+∞A c n =P "_+∞ [ n=1 Bn # = lim n→+∞P [Bn] . (7)

Note-se que para qualquer p ≥ 1, pela independência dos acontecimentos da sucessão (An)n≥1, a condi¸cão \ m≥n Ac_m⊆ n+p \ m=n Ac_m

(9)

implica, usando a majora¸cão 1 − x ≤ e−x que é válida para x ≥ 0 que, P [Bn] ≤P "_n+p \ m=n Ac_m # = n+p Y m=n P [Ac m] = n+p Y m=n (1 −P [Am]) ≤ n+p Y m=n e−P[Am]₌ = exp − n+p X m=n P [Am] ! . (8)

Finalmente, a hip´otese P+∞

n=1P [An] = +∞, onde se supõe a divergência da série das

probabilidades, implica que:

lim p→+∞ n+p X m=n P [Am] = +∞ ,

pelo que, a majora¸c˜ao da f´ormula (8) implica que P [Bn] = 0, o que por sua vez pela

f´ormula (7) implica queP [lim infn→+∞Acn] = 0, isto ´e, o resultado anunciado no segundo

lema de Borel-Cantelli.

3 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 1 (Localiza¸c˜ao de um documento). [Jaf76, p. 15] Considerem-se as seguintes hip´oteses. [1]

H1 O documento X pode estar arquivado ou não. A probabilidade de que esteja arquivado é 1/2. H2 Na sala de arquivo há 9 estantes. O documento X pode ter sido arquivado numa qualquer das 9

estantes com igual probabilidade.

1. Determine p a probabilidade de que o documento X esteja na nona estante.

2. Determine q a probabilidade de que tendo verificado que o documento n˜ao se encontra nas oito primeiras estantes, o documento esteja na nona estante.

3. Comente a rela¸c˜ao observada entre p e q.

Exerc´ıcio 2 (Primeiro exemplo de acontecimentos independentes). Considere um modelo para dois [1]

lan¸camentos sequenciais de um dado equilibrado. Considere os acontecimentos:

B = {no primeiro lan¸camento saiu 6 } , A = {no segundo lan¸camento saiu 2 } . Mostre que A e B s˜ao independentes.

Exerc´ıcio 3. [Jaf76, p. 17] Sejam a, b e N trˆes inteiros estritamente positivos tais que N seja divis´ıvel [2]

por a e por b. Seja ω extra´ıdo ao acaso em Ω = {1, 2, . . . , N }. Considere os dois acontecimentos: A = {ω ´e divis´ıvel por a} , B = {ω ´e divis´ıvel por b} .

Dˆe uma condi¸c˜ao para que A e B sejam independentes.

Exerc´ıcio 4. [Jaf76, p. 15] Numa assembleia de N pessoas escolhe-se uma comiss˜ao com s elementos e, [1]

de entre estes, um presidente. Sabendo que uma certa pessoa da assembleia não é presidente da comissão, qual é a probabilidade dessa pessoa fazer parte da comissão?

(10)

Exerc´ıcio 5. [KL72, p. 74] Procuramos um guarda chuva que se encontra com uma probabilidade p/7 [1]

num qualquer dos sete andares de um prédio. Procurou-se em vão nos seis primeiros andares. 1. Determinar a probabilidade que o guarda-chuva se encontre no sétimo andar.

2. Seja f (p) a probabilidade determinada na al´ınea anterior. Represente graficamente a varia¸c˜ao de f (p) em fun¸c˜ao de p.

Exerc´ıcio 6 (Sobre a f´ormula das probabilidades totais). [KL72, p. 74] Uma urna contem bolas brancas [1]

e pretas. Efectuamos uma sequência de n tiragens na urna. Supomos que a probabilidade que a k-ésima bola saia branca, dado que as k − 1 bolas tirandas anteriormente o eram também, é igual a 1/(k + 1). Determine a probabilidade de que as n primeiras bolas sejam todas brancas.

Exerc´ıcio 7 (Acontecimentos independentes dois a dois e acontecimentos mutuamente independentes2_).

[Mig05, p. 20] Considere um tetraedro regular equilibrado em que uma das faces ´e verde, uma outra ´e [1]

encarnada, uma outra é azul e a quarta face é às pintas encarnadas, azuis e verdes. Lan¸camos o tetraedro sobre uma superf´ıcie e observamos a face apoiada. Para cada uma das cores c ∈ {V, A, E}, considere os acontecimentos: Ac= { A face apoiada contem a côr c}. Estude, quanto à independência,

os acontecimentos Ac para c ∈ {V, A, E}.

Exerc´ıcio 8. Considere uma sucess˜ao infinita de lan¸camentos independentes de uma moeda equilibrada [2]

ao ar. Em cada lan¸camento n há dois resultados poss´ıveis, a saber, cara (0) e coroa (1) e, como a moeda é equilibrada temos quePn[{1}] = 0.5 =Pn[{0}]. Admita-se que o modelo para o fenómeno atrás descrito

´

e o seguinte. Ω = {(αn)n≥1: αn∈ {0, 1}}, a álgebra -σ está bem definida e a probabilidadeP do modelo é

tal que se um dado acontecimento A ∈A só depender de um número finito de lan¸camentos N ≥ 1, então P[A] coincide comPbN[A] em que bPNe a probabilidade usual sobre {0, 1}´ N= {(β1, . . . , βN) : βi∈ {0, 1}}.

Mais concretamente, para (β1, . . . , βN) ∈ {0, 1}N tem-se que:

b PN[{(β1, . . . , βN)}] = N Y n=1 Pn[{βn}] .

1. Considerando para cada N ≥ 1 o acontecimento definido por sa´ıram caras nos N primeiros lan¸camentos, isto ´e:

AN= {(αn)n≥1: αn∈ {0, 1} , ∀ 1 ≤ i ≤ N αi= 1}}

mostre que a probabilidade de s´o sa´ırem caras numa infinidade de lan¸camentos independentes de uma moeda equilibrada ao ar ´e nula.

2. Considerando para cada N ≥ 1 o acontecimento definido por sa´ıu caras no lan¸camento N , isto ´e:

BN= {(αn)n≥1: αn∈ {0, 1} , αN= 1}}

mostre que vale 1 a probabilidade de numa dada infinidade de lan¸camentos independentes de uma moeda equilibrada ao ar sa´ırem uma infinidade de caras e uma infinidade de coroas.

Exerc´ıcio 9. Seja para cada N ≥ 1 um prisma PN de base quadrada com lado igual a 1/N e de altura [3]

N/4. Suponhamos que por razão de simetria e de homogeneidade, quando lan¸camos o prisma ele aterra numa dada face com probabilidade proporcional à área da face.

2

Na obra clássica [Fel68, p. 126] W. Feller refere que as situa¸cões em que os eventos são independentes dois a dois mas não são mutuamente independentes são tão raras que o fenómeno passou despercebido até que o matemático S. Bernstein constru´ıu um exemplo artificial.

(11)

1. Mostre que sendo aN a ´area total do prisma e sendo li = {o prisma ca´ıu sobre a face i}, para

i = 1, . . . , 4, e se bj = {o prisma ca´ıu sobre a base j}, para j = 1, 2, se considerarmos Ω =

{l1, l2, l3, l4, b1, b2} e A = P(Ω) e ainda, P[li] = 1 4aN ,P[bi] = 1 N2_a N ,

ent˜ao o espa¸co de probabilidade (Ω,A, P) ´e um modelo para o lan¸camento de o prisma PNdescrito

acima.

2. Seja para cada N ≥ 1 o acontecimento AN definido pela condi¸c˜ao: o prisma cai sobre uma

das bases. Mostre que se lan¸car sequencialmente os prismas P1, P2, . . . , PN, . . . a probabilidade

de uma infinidade de prismas ca´ırem sobre uma das suas bases ´e zero.

3. Seja para cada N ≥ 1 o acontecimento BN definido pela condi¸c˜ao: o prisma cai sobre uma

das faces laterais. Mostre que se lan¸car sequencialmente e de forma independente os prismas P1, P2, . . . , PN, . . . a probabilidade de uma infinidade de prismas ca´ırem sobre uma das suas faces

laterais ´e um.

Exerc´ıcio 10 (Probabilidade das causas). Suponhamos que ´e poss´ıvel efectuar um teste de diagn´ostico [1]

de uma doen¸ca tal que:

• a probabilidade que o teste dê positivo sabendo que o paciente tem a doen¸ca é 0.95; • a probabilidade que o teste dê negativo sabendo que o paciente não tem a doen¸ca é 0.95; • a probabilidade que um paciente tenha a doen¸ca é: 0.005.

Determine a probabilidade que uma pessoa com um teste positivo tenha a doen¸ca. Resposta: 8.7156%.

Exerc´ıcio 11 (Probabilidade das causas). Sejam A1 e A2 dois conjuntos de bolas brancas e pretas. [1]

Suponhamos que:

• A1 contem 70% de bolas brancas;

• A2 contem 80% de bolas brancas;

• A1 contem 3 vezes mais bolas que A2.

Colocam-se todas as bolas de A1 e A2 numa urna e tira-se ao acaso uma bola da urna observando-se que

´

e branca. Qual a probabilidade que a bola provenha do conjunto A1.

Resposta: 72.4138%.

Exerc´ıcio 12. Uma urna contem quatro bolas vermelhas e seis bolas pretas, distintas umas das outras. [1]

Retiramos duas bolas da urna sequencialmente. Determine a probabilidade que a primeira bola extra´ıda seja vermelha e a segunda seja preta sabendo que:

1. a primeira bola é reposta na urna antes da segunda extraçcão; 2. não se repõe a primeira bola extra´ıda na urna.

Respostas: 24/100 e 24/90.

Exerc´ıcio 13. Uma urna contem sete bolas vermelhas, cinco bolas brancas e trˆes bolas pretas, distintas [1]

umas das outras. Retiramos trˆes bolas da urna sequencialmente. Determine a probabilidade que a primeira bola extra´ıda seja vermelha, a segunda seja branca e a terceira preta, sabendo que:

1. n˜ao se rep˜oem as bolas extra´ıdas na urna;

(12)

Exerc´ıcio 14. Seja (An)n≥1uma sucess˜ao de acontecimentos mutuamente independentes (independen- [1]

tes no seu conjunto). Sejam I, J ⊂N∗tais que I ∩ J = ∅. Mostre que: \ i∈I Ai, \ j∈I Aj ! ´

e um par de acontecimentos independentes.

Exerc´ıcio 15. Seja (An)n≥1uma sucess˜ao de acontecimentos dois a dois disjuntos e tais que para cada [1]

n ≥ 1 os acontecimentos AN e B sejam independentes. Mostre que:

  [ n≥1 An, B   ´

e um par de acontecimentos independentes.

4 Resolu¸c˜

oes

Resolu¸c˜ao:[Exerc´ıcio10] Seja D o acontecimento definido por o paciente tem a doen¸ca, e T+ o acontecimento o teste deu positivo. As hip´oteses podem ser expressas usando as

probabilidades condicionais na forma:

P [T+| D] = 0.95 , P T+c | Dc = 0.95 , P [D] = 0.005 ,

pretendendo-se determinar P [D | T+]. Pelo teorema de Bayes ou da probabilidade das

causas, observando que D, Dcformam uma parti¸c˜ao de Ω, tem-se a f´ormula: P [D | T+] = P [T+

| D]P [D]

P [T+| D]P [D] + P [T+| Dc]P [Dc]

.

Finalmente, observando que P [Dc] = 1 −P [D] e que P [T+| Dc] = 1 −P T+c | Dc,

P [D | T+] =

0.95 · 0.005

0.95 · 0.005 + (1 − 0.95) · (1 − 0.005) = 0.087156 .

♦ Resolu¸cão:[Exerc´ıcio 11] Este exerc´ıcio poderia ser interpretado, por exemplo, da forma seguinte. A1 é um conjunto de árbitros do centro e sul com 30% de árbitros

incorrupt´ıveis, havendo dúvidas para os restantes 70%. A2 é um conjunto de árbitros

do norte com 20% de árbitros incorrupt´ıveis, havendo dúvidas para os restantes 80%. No contexto do enunciado, consideremos os seguintes acontecimentos. U corresponde à bola extra´ıda ter origem no conjunto A1 e B corresponde à bola extra´ıda ser branca.

Pretende-se determinarP [U | B]. Dado que U, Uc_{formam uma parti¸}_c˜_{ao de Ω vem, pela}

f´ormula de Bayes,

P [U | B] = _{P [B | U] P [U] + P [B | U}P [B | U] P [U] _c

(13)

Sabemos pelas hip´oteses que P [U] = 3/4 e, portanto, que P [Uc] = 1/4. Ainda pelas hip´oteses, sabemos que P [B | U] = 0.7, e que P [B | Uc] = 0.8, donde resulta que:

P [U | B] = 0.7 · 0.75

0.7 · 0.75 + 0.8 · 0.25 = 0.724138 .

♦ Resolu¸c˜ao:[Exerc´ıcio12] Seja o conjunto das bolas vermelhas e pretas designado por: B = {v1, v2, v3, v4, p5, p6, p7, p8, p9, p10}. Para a primeira quest˜ao, temos que o conjunto

das realiza¸cões é: Ω = {(a, b) : a, b ∈ B} = B × B, pelo que #Ω = 100. Temos ainda que as tiragens são independentes pelo que a probabilidade que a primeira bola extra´ıda seja vermelha é 4/10 e a a probabilidade que a segunda bola extra´ıda seja preta é 6/10. Em consequência, no conjunto das duas extraçcões independentes a probabilidade que a primeira seja vermelha e a segunda preta é: (4 × 6)/100 = 24/100.

Para a segunda quest˜ao, consideremos os acontecimentos V1 dado pelas realiza¸c˜oes

em que a primeira bola extra´ıda ´e vermelha e P2dado pelas realiza¸c˜oes em que a segunda

bola extra´ıda é preta. Pela defini¸cão de probabilidade condicional temos que: P [V1∩ P2] =P [P2 | V1] ·P [V1] = 6 9· 4 10 = 24 90 . ♦ Resolu¸cão:[Exerc´ıcio13] A resolu¸cão é semelhante à do Exerc´ıcio12. Para a segunda questão temos tiragens independentes pelo que a probabilidade da primeira sair vermelha a segunda branca e a terceira preta é:

7 15 · 5 15 · 3 15 = 7 225= 3.11111% .

Paara a primeira questão, em que há reposi¸cão, consideremos os acontecimentos V1 dado

pelas realiza¸cões em que a primeira bola extra´ıda é vermelha, B2 dado pelas realiza¸cões

em que a segunda bola extra´ıda ´e branca e P3 dado pelas realiza¸c˜oes em que a terceira

bola extra´ıda é preta. Temos pelas defini¸cões de probabilidade condicional, usando a associatividade da interseçcão, que:

P [(V1∩ B2) ∩ P3] =P [P3| V1∩ B2] ·P [V1∩ B2] = =P [P3| V1∩ B2] ·P [B2| V1] ·P [V1] = = 3 13 · 5 14· 7 15 = 1 26 = 3.84615% . ♦

Referˆ

encias

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(14)

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