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Lição 39 — Probabilidade clássica

Espaço amostral, eventos, axiomas de Kolmogorov. Probabilidade clássica: casos favoráveis sobre possíveis. Complemento, adição, condicional e independência. Bayes simples.

Usado em: 1.º ano do EM (15–16 anos) · Equiv. Math B japonês · Equiv. Stochastik Klasse 11 alemã · Equiv. H2 Math Statistics (Singapura)

P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}

A probabilidade clássica de um evento $A$ é o número de resultados favoráveis dividido pelo total de resultados no espaço amostral $\Omega$ — válida quando todos os resultados são igualmente prováveis. O valor está sempre em $[0, 1]$ : zero significa impossível, um significa certo.

Escolha sua porta

Notação rigorosa, derivação completa, hipóteses

Definições e axiomas

Espaço amostral e eventos

Axiomas de Kolmogorov (1933)

Probabilidade clássica

Propriedades derivadas dos axiomas

Probabilidade condicional

Independência

Teorema de Bayes

"O teorema de Bayes é uma ferramenta para atualizar crenças à luz de nova evidência. O prior $P(A)$ é atualizado para o posterior $P(A \mid B)$ quando observamos $B$ ." — Grinstead-Snell, Introduction to Probability, Cap. 4

Exemplos resolvidos

Exemplo· Probabilidade clássica com dois dados

Problema. Dois dados honestos de seis faces são lançados simultaneamente. Calcule a probabilidade de a soma ser igual a 8.

Estratégia. Construir o espaço amostral $\Omega$ de pares ordenados $(i, j)$ com $i, j \in \{1,2,3,4,5,6\}$ e identificar os pares que somam 8.

Resolução.

Espaço amostral: $|\Omega| = 36$ .
Evento $A$ = soma igual a 8: pares $(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)$ , logo $|A| = 5$ .
Probabilidade: $P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{5}{36}$

Verificação. A soma 8 é menos provável que a soma 7 (6 pares) e mais provável que a soma 9 (4 pares) — coerente com a distribuição triangular das somas.

Fonte. OpenIntro Statistics, 4ª ed., §3.1 — Diez, Çetinkaya-Rundel, Barr · CC-BY-SA.

Exemplo· Complemento e inclusão-exclusão em baralho

Problema. Uma carta é retirada ao acaso de um baralho padrão de 52 cartas. Calcule: (a) $P(\text{rei ou copas})$ ; (b) $P(\text{não é rei})$ .

Estratégia. Para (a), aplicar inclusão-exclusão: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ , pois o rei de copas pertence a ambos os eventos. Para (b), usar complemento.

Resolução.

$A = \{\text{rei}\}$ , $B = \{\text{copas}\}$ . $|A| = 4$ , $|B| = 13$ , $|A \cap B| = 1$ .
(a) Inclusão-exclusão: $P(A \cup B) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13} \approx 0{,}308$
(b) Complemento: $P(\text{não é rei}) = 1 - \frac{4}{52} = \frac{48}{52} = \frac{12}{13} \approx 0{,}923$

Verificação. Em (a): $4 + 13 - 1 = 16$ cartas satisfazem "rei ou copas". Correto.

Fonte. OpenStax Statistics, §3.3 — Illowsky, Dean · CC-BY.

Exemplo· Probabilidade condicional em urna sem reposição

Problema. Uma urna contém 5 bolas vermelhas e 3 bolas azuis. Retiram-se 2 bolas sem reposição. Calcule: (a) $P(\text{segunda é azul} \mid \text{primeira foi vermelha})$ ; (b) $P(\text{ambas azuis})$ .

Estratégia. Para (a), após retirar uma vermelha, a urna tem 7 bolas restantes, 3 azuis. Para (b), aplicar a regra da multiplicação.

Resolução.

(a) Após retirar 1 vermelha, restam 7 bolas: 4 vermelhas e 3 azuis. $P(\text{2ª azul} \mid \text{1ª vermelha}) = \frac{3}{7}$
(b) Regra da multiplicação: $P(\text{ambas azuis}) = \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} = \frac{6}{56} = \frac{3}{28}$

Verificação via combinatória: $\binom{3}{2}/\binom{8}{2} = 3/28$ . Coincide.

Fonte. OpenIntro Statistics, 4ª ed., §3.2, exemplo 3.28 — CC-BY-SA.

Exemplo· Paradoxo do aniversário — complemento

Problema. Em uma sala com 3 pessoas, qual a probabilidade de que pelo menos duas façam aniversário no mesmo dia (365 dias equiprováveis)?

Estratégia. Calcular o complemento: todas as 3 pessoas fazem aniversário em dias distintos.

Resolução.

Complemento (todos os dias distintos): $P(\text{todos distintos}) = \frac{365}{365} \cdot \frac{364}{365} \cdot \frac{363}{365} = \frac{365 \cdot 364 \cdot 363}{365^3}$
Probabilidade pedida: $P(\text{pelo menos 2 iguais}) = 1 - \frac{365 \cdot 364 \cdot 363}{365^3} \approx 1 - 0{,}9918 = 0{,}0082$

Apenas $0{,}82\%$ para 3 pessoas. Para 23 pessoas, esse valor supera $50\%$ — o famoso paradoxo do aniversário.

Fonte. OpenIntro Statistics, 4ª ed., §3.1, exercício 3.5 — CC-BY-SA.

Exemplo· Teorema de Bayes — diagnóstico médico

Problema. Uma doença afeta $1\%$ da população ( $P(D) = 0{,}01$ ). Um teste tem sensibilidade $P(+ \mid D) = 0{,}90$ e especificidade $P(- \mid D^c) = 0{,}95$ . Uma pessoa testa positivo. Qual a probabilidade de ela ter a doença?

Estratégia. Aplicar Bayes com probabilidade total no denominador.

Resolução.

Probabilidade total de teste positivo: $P(+) = 0{,}90 \times 0{,}01 + 0{,}05 \times 0{,}99 = 0{,}009 + 0{,}0495 = 0{,}0585$
Bayes: $P(D \mid +) = \frac{0{,}90 \times 0{,}01}{0{,}0585} = \frac{0{,}009}{0{,}0585} \approx 0{,}154$

Apenas 15,4% de probabilidade de doença com teste positivo — o efeito da baixa prevalência: a maioria dos positivos são falsos positivos ( $0{,}0495/0{,}0585 \approx 84{,}6\%$ ).

Verificação: $P(D \mid +) + P(D^c \mid +) = 0{,}154 + 0{,}846 = 1$ . Coerente.

Fonte. OpenStax Statistics, §3.2, exemplo 3.16 — CC-BY. Adaptado de OpenIntro Statistics §3.2.

Lista de exercícios

44 exercícios · 11 com solução desenvolvida (25%)

Aplicação 28Compreensão 8Modelagem 4Desafio 4

Fontes

OpenIntro Statistics, 4ª ed. — Diez, Çetinkaya-Rundel, Barr · 2019 · EN · CC-BY-SA · Cap. 3: Probabilidade (§3.1–§3.3). Fonte primária.
OpenStax Statistics — Illowsky, Dean · 2022 · EN · CC-BY · Cap. 3: Tópicos de probabilidade (§3.1–§3.5).
Introduction to Probability — Grinstead, Snell · Dartmouth · EN · GNU FDL · Cap. 1–4 (espaços amostrais, independência, condicional, Bayes).