Introdução à Probabilidade e Estatı́stica
Professor Cristian F. Coletti
(1) Para cada um dos casos abaixo, escreva o espaço amostral correspondente e conte seus
elementos.
a) Uma moeda é lançada duas vezes e observam-se as faces obtidas.
b) Um dado é lançado duas vezes e a ocorrência de face par ou ı́mpar é observada.
c) Uma urna contém 10 bolas azuis e 10 vermelhas. Três bolas são selecionadas ao acaso
com reposição e as cores são anotadas.
d) Em uma cidade, famı́lias com 3 crianças são selecionadas ao acaso, anotando-se o
sexo de cada uma.
e) Uma máquina produz 20 peças por hora, escolhe-se um instante qualquer e observa-se
o número de defeituosas na próxima hora.
a) Denotando cara por C e coroa por T temos que Ω = {CC, CT, T C, T T }
b) Denotando por P a ocorrência de uma fase par e por I a ocorrência de uma fase
impar, temos que Ω = {P P, P I, IP, II}
c) Denotando a ocorrência de uma bola azul por A e por V a ocorrência de uma bola
vermelha temos que Ω = {AAA, AAV, AV A, V AA, AV V, V AV, V V A, V V V }.
d) Denotando por M uma criança do sexo masculino e por F uma criança do sexo femenino temos que Ω = {M M M, M M F, M F M, F M M, M F F, F M F, F F M, F F F }.
e) Sendo que só contamos o número de defeituosas, Ω = {0, 1, 2, . . . , 20}.
(2) Sendo A e B dois eventos em um mesmo espaço amostral traduza para a linguagem da
Teoria dos Conjuntos, as seguintes situações:
a) Pelo menos um dos eventos ocorre.
b) Exatamente um dos eventos ocorre.
c) Nenhum deles ocorre.
d) O evento A ocorre mas B não.
a)
b)
c)
d)
A ∪ B.
(A ∩ B c ) ∪ (Ac ∩ B).
Ac ∩ B c .
A ∩ Bc
(3) Sejam A e B dois eventos em um dado espaço amostral, tais que P[A] = 0, 2; P[B] =
0, 4; P[A ∪ B] = 0, 5 e P[A ∩ B] = p. Determine o valor de p.
Pelo principio de inclusão-exclusão sabemos que
P[A ∪ B] = P[A] + P[B] − P[A ∩ B].
Substituindo temos que
0, 5 = 0, 2 + 0, 4 − p.
Logo, p = 0, 1.
(4) Seis dados honestos são lançados. Qual a probabilidade de que cada dado mostre na sua
face virada para cima um número diferente?
O espaço amostral para este experimento é
Ω = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) : xi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, }
Logo, |Ω| = 66 . Por outro lado, se A denota o evento A= Cada dado mostra na sua face
virada para cima um número diferente, então |A| = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6!. Logo,
P[A] =
1
6!
.
66
2
(5) Quantas permutações diferentes existem das letras A, B, C, D, E, F
(a) que têm as letras A, B juntas em qualquer ordem?
(b) que têm a letra A em primeiro lugar ou a letra F em último?
(c) em que a letra A vem antes da letra B?
(d) em que a letra E não é a última?
a) Imaginamos as letras A e B coladas como uma letra só, na ordem AB, o que fornece
5! permutações. Como também existem 5! permutações nas quais a letra B está imediatamente antes da letra A, obtemos um total de 2.5! = 240 permutações diferentes.
b) Sejam A o conjunto das permutações que começam por A e F o conjunto das permutações que terminam em F . Logo, o número de permutações que começam por A
ou terminam em F é
|A ∪ F | = |A| + |F| − |A ∩ F| = 5! + 5! − 4! = 216.
c) Existe um total de 6! = 720 permutações possı́veis, e existem tantas com A antes de
B quantas com B antes de A, logo a resposta é 360.
d) Existem 5! permutações em que a letra E é a última, portanto 6! − 5! = 600 permutações em que E não é a última letra.
(6) Em uma prova, um estudante deve responder exatamente 7 questões de um total de 10
questões.
(a) Quantas escolhas ele tem?
(b) Quantas escolhas ele tem se entre as 7 questões deve responder pelo menos 3 das
primeiras 5 questões?
a) O estudante deve escolher
um subconjunto de tamanho 7 de um conjunto com 10
elementos, logo tem 10
7 = 120 escolhas.
b) No caso em que entre as 7 questões deve responder pelo menos 3 das primeiras 5
questões, o estudante possui três opções (disjuntas):
– Escolher exatamente 3 das primeiras 5 questões e 4 das 5 últimas;
– Escolher exatamente 4 das primeiras 5 questões e 3 das 5 últimas;
– Escolher as 5 primeiras questões e 2 das 5 últimas.
Assim, o total de escolhas que tem é
5 5
5 5
5 5
+
+
= 110.
3 4
4 3
5 2
(7) Em uma urna há 20 bolas brancas e 30 bolas vermelhas. Retiramos, sem reposição e ao
acaso, 36 bolas da urna. Qual a probabilidade de ter retirado k bolas brancas? (0 ≤ k ≤
20)
O espaço amostral Ω é a familia de todos
os subconjuntos de 36 bolas das 20 + 30 = 50
bolas que há na urna. Então, |Ω| = 50
.
36
Agora devemos contar os subconjuntos de 36 bolas nos quais há k bolas brancas e 36 − k
bolas vermelhas. Note que ao retirarmos 36 de uma urna com 20 brancas
30 e 30 vermelhas, temos que 6 ≤ k ≤ 20. O número de tais subconjuntos é 20
k
36−k . Assim, a
30
(20
)(
)
probabilidade procurada é k 5036−k para 6 ≤ k ≤ 20.
(36)
(8) Quantos são os anagramas da palavra PARAGUAIO que não possuem consoantes adjacentes?
Permutemos, inicialmente, as vogais, o que pode ser feito de 6!/3! = 120 modos, e
depois colocamos as consoantes de forma que não fiquem adjacentes. Arrumadas as vogais,
temos 7 escolhas para a colocação do P , 6 para o R e 5 para o G. Assim, existem
120.7.6.5 = 25200 anagramas de PARAGUAIO que não possuem consoantes adjacentes.
3
(9) Um grupo de 20 piratas encontra um cofre com 500 moedas de ouro.
(a) De quantas formas podemos distribuir as moedas de ouro entre os piratas?
(b) De quantas formas podemos distribuir as moedas de ouro se o chefe do grupo decide
que cada pirata deva receber pelos menos 10 moedas?
a) O número de formas de repartir as moedas de ouro entre os piratas nada mais é que
o número de soluções inteiras e não negativas de x1 + · · · + x20 = 500 onde xi (≥ 0)
representa o número
de moedas de ouro recebidas pelo i-ésimo pirata. Tal número é
500+20−1
= 519
20−1
19 .
b) Por outro lado, se cada pirata deve receber pelo menos 10 moedas, então podemos
escrever xi (número de moedas de ouro recebidas pelo i-ésimo pirata) como xi =
10 + yi , onde yi ≥ 0. Logo temos que achar o número de soluções inteiras e não
negativas de
10 + y1 + · · · + 10 + y20 = 500;
o qual é equivalente a achar o número de soluções inteiras e não negativas de
200 + y1 + · · · + y20 = 500;
que por sua vez é equivalente a achar o número de soluções inteiras e não negativas
de
y1 + · · · + y20 = 300.
Como já sabemos tal número é 300+20−1
= 319
20−1
19 .
(10) Em uma urna há N bolas enumeradas de 1 a N . Alguém escolhe n bolas (1 ≤ n ≤ N )
simultaneamente da urna. Qual a probabilidade de que o menor número escolhido seja k
(k ≤ N − m)?
Há N
n subconjuntos de n bolas entre as N bolas. Se a bola k pertence ao subconjunto
e se é a bola com o menor número, o restante das
n − 1 bolas devem ser escolhidas entre
−k
N − k bolas (i.e. k + 1, ..., N ). Isto deixa N
n−1 escolhas. A probabilidade a ser achada é
−k
(Nn−1
)
.
(Nn )
(11) Em uma caixa há 100 bolas enumeradas de 1 a 100. Cinco bolas são escolhidas ao acaso.
Qual a probabilidade de que os números correspondentes as cinco bolas escolhidas sejam
consecutivos?
Há 100
subconjuntos de 5 bolas entre as 100 bolas. Um raciocı́no simples permite ver
5
que há 96 subconjuntos de 5 bolas em que os números das bolas escolhidas são consecutivos.
96
.
A probabilidade a ser achada é 100
(5)
(12) 25 novos estagiarios são distribuidos em 5 dependências de uma empresa. Só cinco deles
falam inglês.
(a) Qual a probabilidade de que cada dependência receba um estagiario que fale inglês?
(b) Qual a probabilidade de que só uma dependência receba os cinco estagiarios que falam
inglês?
a) O número de formas de distribuir 25 estagiários em 5 dependências de forma equitativa
25!
. O número de formas de distribuir um estagiário que fale inglês em cada
é 5!5!5!5!5!
grupo é 5!. Logo, temos que distribuir os restantes 20 estagiários de forma equitativa
20!
em 5 grupos. Isto pode ser feito em 4!4!4!4!4!
. Logo, a probabilidade a ser achada é
20!
(5! 4!4!4!4!4!
)
.
25!
( 5!5!5!5!5!
)
4
b) Agora, se uma dependencia recebe os 5 estagiários que falam inglês, há 5 posibilidades
dependendo de qual dependência seja escolhida. Logo, os restantes 20 estagiários
20!
. Logo, a
devem ser distribuidos em 4 dependências. Isto pode ser feito em 5!5!5!5!
20!
(5 5!5!5!5!
)
probabilidade a ser achada é
.
25!
)
( 5!5!5!5!5!
(13) Em uma população de n elementos, n1 são vermelhos e n2 = n−n1 são negros. Escolhemos
ao acaso um grupo com r elementos. Qual a probailidade de que o grupo escolhido contenha
exatamente k elementos vermelhos, com 0 ≤ k ≤ min{n1 , r}?
Este problema é semelhante ao problema 7. A probabilidade a ser calculada é
n1 n−n1
k
r−k
n
r
.
(14) Um baralho comum consiste de 52 cartas separadas em 4 naipes com 13 cartas de cada
um. Para cada naipe, os valores da carta são 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; J; Q;K e A. Um
baralho comum é embaralhado. Qual é a probabilidade de que as quatro cartas do topo
tenham
(a) valores diferentes?
(b) naipes diferentes?
Sendo que consideramos relevante a ordem entre as quatro cartas do topo, temos que
o espaço amostral consiste de 52.51.50.49 resultados.. Além disso, existem 52.48.44.40
resultados em que as cartas têm valores diferentes é 52.39.26.13 resultados em que as
cartas têm naipes diferentes. Então, as probabilidades desejadas são
52.39.26.13
52.48.44.40
e
b)
a)
52.51.50.49
52.51.50.49
(15) Uma secretária atrapalhada prepara quatro cartas com conteudos distintos para enviar a
quatro firmas distintas. Na hora de envelopá-las, bate um vento que derruba as cartas e
os envelopes, e, com pressa, a secretária coloca aleatoriamente as cartas nos envelopes.
(a) Determine a probabilidade de que nenhuma carta tenha sido corretamente envelopada.
(b) Sabendo que ao menos uma carta foi colocada no envelope certo, calcule a probabilidade de que todas as cartas tenham sido corretamente envelopadas.
a) Sejam os eventos
A
:
Pelo menos uma carta foi colocada no envelope certo
B
:
A i-ésima carta foi colocada no envelope certo,
Como A = ∪4i=1 Ai , temos que,
P[A] =
4
X
P[Ai ] −
i=1
X
P[Ai ∩ Aj ] +
i<j
X
P[Ai ∩ Aj ∩ Ak ] − P[A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4]
i<j<k
Porém,
P[Ai ]
=
P[Ai ∩ Aj ]
=
P[Ai ∩ Aj ∩ Ak ]
=
P[A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4]
=
3!
4!
2!
4!
1
4!
1
4!
1
, i = 1, 2, 3, 4.
4
1
=
,1 ≤ i < j ≤ 4
12
1
=
,1 ≤ i < j < k ≤ 4 e
24
1
=
.
24
=
5
Portanto,
1
4 1
4 1
1
5
P[A] = 4. −
+
−
= .
4
2 12
3 24 24
8
Assim, a probabilidade de que nenhuna carta tunha diso corretamente envelopada é
P[Ac ] =
3
= 0, 375
8
b) Visto que (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4) ∩ A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4, a probabilidade desejada é
P[{A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4}/A] =
1/24
1
P[A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4]
=
=
.
P[A]
5/8
15
(16) Em um curso secundario, 1/3 dos estudantes são do sexo masculino e 2/3 dos estudantes
são do sexo femenino. A proporção de rapazes que estudam ciências é 20 por cento e
apenas 10 por cento das moças dedicam-se às ciências. Obtenha as probabilidades de que
(a) um estudante escolhido ao acaso estude ciências;
(b) um estudante de ciências selecionado ao acaso seja do sexo femenino.
Sejam os eventos
A
:
O estudante é do sexo femenino
B
:
O estudante estuda ciência.
a) Pela fórmula da probabilidade total,
P[B] = P[B/A]P[A] + P[B/Ac ]P[Ac ] =
2
1 2 11
+
=
.
10 3 5 3
15
b) Pela fórmula de Bayes,
P[A/B] =
(1/10)(2/3)
1
P[B/A]P[A]
=
= .
P[B]
2/15
2
(17) Um cliente que visita o departamento de roupa masculinas de uma loja compra um terno
com probabilidade 2/5, uma gravata com probabilidade 5/12 e uma camisa com probabilidade 1/2. O cliente compra um termo e uma gravata com probabilidade 2/5, um termo
e uma camisa com probabilidade 17/60 e uma gravata e uma camisa com probabilidade
1/4; compra os três itens com probabilidade 1/12. Considere os eventos
A
:
O cliente compra um termo;
B
:
O cliente compra uma gravata;
C
:
O cliente compra uma camisa;
(a) Os eventos A, B e C são independentes?
(b) Qual a probabilidade de que o cliente não compre nenhum dos itens?
(c) Dado que o cliente não vai comprar uma gravata, qual a probabilidade de que compre
um terno?
(d) Dado que o cliente vai comprar uma camisa, qual a probabilidade de que também
compre uma gravata e um terno?
a) Não,
4
,
b) 15
16
c) 35 ,
d) 16 .
6
(18) Para detectar uma certa doença, os médicos aplicam um teste, que, se o paciente estiver
doente, da uma resultado positivo no 99 por cento dos casos. Porém, pode ocorrer que
um paciente saudável seja diagnosticado com um resultado positivo no 2 por cento dos
casos. Dados do Ministério da Saúde mostram que a probabilidade de um paciente estar
doente é 1/1000. Qual a probabilidade de um paciente com resultado positivo no teste
estar doente?
Considere os eventos
D
:
O paciente está doente
P
:
O teste é Positivo
N
:
O teste é Negativo
Temos os seguintes dados
P[D] = 0, 001, P[P/D] = 0, 99, P[P/Dc ] = 0, 02
e temos que calcular P[D/P ]. Logo,
P[D/P ] =
P[P/D]P[D]
.
P[P ]
Por outro lado,
P[P ] = P[P/D]P[D] + P[P/Dc ]P[Dc ].
Assim,
P[D/P ] =
1
(0, 99)(0, 001)
≈
.
(0, 99)(0, 001) + (0, 02)(0, 999)
20
(19) Um dado honesto é lançado duas vezes. Dado que a soma dos números observados é 11,
qual a probabilidade do primeiro resultado do experimento ser k e ache os valores de k
adequados.
Definimos o evento Aki por
Aki = O número observado no i-ésimo lançamento é k
e o evento
S = A soma dos números observados é 11.
Logo, queremos calcular P[Ak1 /S] para k = 5, 6. O resto fica como exercı́cio.