Capítulo 2

Probabilidade condicional e independência

2.1 Probabilidade condicional

A informação disponível pode alterar as probabilidades atribuídas aos eventos. Se sabemos que \(B\) ocorreu, os resultados fora de \(B\) deixam de ser possíveis, e as probabilidades devem ser recalculadas nesse conjunto.

Há duas exigências naturais. Primeiro, \(B\) deve passar a ter probabilidade \(1\). Segundo, as proporções internas devem ser preservadas: se, antes de condicionar, \(A\cap B\) era três vezes mais provável que \(C\cap B\), essa razão não deve mudar apenas porque sabemos que o resultado pertence a \(B\).

Essas exigências conduzem à probabilidade condicional. Para medir \(A\) depois de observar \(B\), consideramos a parte compatível, \(A\cap B\), e dividimos sua probabilidade pela probabilidade total de \(B\).

Definição 2.1 (Probabilidade Condicional)

Dado um espaço de probabilidade \((\Omega ,\mathcal{F},\P )\) e eventos \(A,B\in \mathcal{F}\) com \(\P (B)\gt 0\), a probabilidade condicional de \(A\) dado \(B\) é

\[ \P (A | B) = \frac{\P (A \cap B)}{\P (B)} \]

A definição satisfaz as duas exigências apresentadas acima.

\(\P (A|B)\) é proporcional a \(\P (A\cap B)\);
\(\P (B|B)=1\);
Para \( A, C \in \mathcal{F} \) com \( \P (C \cap B) \gt 0 \), vale

\[ \frac{\P (A \mid B)}{\P (C \mid B)} = \frac{\dfrac {\P (A \cap B)}{\P (B)}}{\dfrac {\P (C \cap B)}{\P (B)}} = \frac{\P (A \cap B)}{\P (C \cap B)}. \]

Podemos, assim, interpretar a probabilidade condicional como uma probabilidade no espaço amostral restrito ao evento \(B\).

Teorema 2.1

Dado um espaço de probabilidade \((\Omega ,\mathcal{F},\P )\) e \(B\in \mathcal{F}\) com \(\P (B)\gt 0\), então \(\left(B,\mathcal{F}_B,\P (\, \cdot \mid B)\right)\) é um espaço de probabilidade, onde \(\mathcal{F}_B=\{ A\cap B:A\in \mathcal{F}\} \).

Exemplo 2.1 (Inspeção automática com tempo máximo)

Uma inspeção automática pode terminar antes do prazo ou, se a análise não for concluída antecipadamente, permanecer ativa até o tempo máximo de 40 minutos. Seja \(T\) sua duração. Suponha que

\[ \P (T\lt t)=\frac{t}{60},\qquad 0\leq t\leq 40. \]

Sabendo que a inspeção ainda está em andamento após 30 minutos, qual é a probabilidade de ela permanecer ativa até os 40 minutos?

Sol Seja \(F\) o evento de a inspeção atingir o tempo máximo. Como

\[ \P (T\lt 40)=\frac{40}{60}=\frac23, \]

temos

\[ \P (F)=\P (T=40)=1-\frac23=\frac13. \]

Por outro lado, o evento de a inspeção ainda estar em andamento após 30 minutos é \(\{ T\geq 30\} \), cuja probabilidade é

\[ \P (T\geq 30)=1-\P (T\lt 30)=1-\frac{30}{60}=\frac12. \]

Como \(F\subseteq \{ T\geq 30\} \), segue que

\[ \P (F\mid T\geq 30) =\frac{\P (F)}{\P (T\geq 30)} =\frac{1/3}{1/2} =\frac23. \]

O ponto importante é que a distribuição de \(T\) possui uma parte contínua antes de 40 minutos e uma massa de probabilidade no próprio tempo máximo: toda análise que não termina antes fica acumulada em \(T=40\).

Exemplo 2.2

Suponha que, em uma determinada cidade, \(40\% \) da população seja composta por homens e \(60\% \) por mulheres. Suponha também que \(50\% \) dos homens sejam fumantes e que \(30\% \) das mulheres sejam fumantes.

Se uma pessoa é escolhida aleatoriamente e sabemos que ela é fumante, qual é a probabilidade de que essa pessoa seja homem?

Sol

Vamos denotar por \(H\) o evento “a pessoa escolhida é homem” e por \(F\) o evento “a pessoa escolhida é mulher”. Além disso, seja \(S\) o evento “a pessoa escolhida é fumante”.

As informações do enunciado podem ser escritas como

\[ \P (H)=0{,}40, \qquad \P (F)=0{,}60, \]

\[ \P (S\mid H)=0{,}50, \qquad \P (S\mid F)=0{,}30. \]

Queremos calcular

\[ \P (H\mid S), \]

isto é, a probabilidade de que a pessoa seja homem, sabendo que ela é fumante.

Pela definição de probabilidade condicional,

\[ \P (H\mid S)=\frac{\P (H\cap S)}{\P (S)}. \]

Primeiro, calculamos a probabilidade de a pessoa escolhida ser homem e fumante:

\[ \P (H\cap S) = \P (H)\P (S\mid H) = 0{,}40\cdot 0{,}50 = 0{,}20. \]

Agora precisamos calcular \(\P (S)\), isto é, a probabilidade de que uma pessoa escolhida ao acaso seja fumante. Uma pessoa fumante pode ser homem ou mulher. Assim,

\[ S=(S\cap H)\cup (S\cap F), \]

e essa união é disjunta. Portanto,

\[ \P (S)=\P (S\cap H)+\P (S\cap F). \]

Já sabemos que

\[ \P (S\cap H)=0{,}20. \]

Além disso,

\[ \P (S\cap F) = \P (F)\P (S\mid F) = 0{,}60\cdot 0{,}30 = 0{,}18. \]

Logo,

\[ \P (S)=0{,}20+0{,}18=0{,}38. \]

Portanto,

\[ \P (H\mid S) = \frac{0{,}20}{0{,}38} = \frac{20}{38} = \frac{10}{19} \approx 0{,}526. \]

Assim, sabendo que a pessoa escolhida é fumante, a probabilidade de que ela seja homem é aproximadamente

\[ 52{,}6\% . \]

2.2 Probabilidade total e fórmula de Bayes

Em muitos problemas, conhecemos \(\P (B\mid A)\), mas precisamos calcular \(\P (A\mid B)\). A relação entre essas duas probabilidades condicionais é obtida escrevendo a probabilidade da mesma intersecção de dois modos:

\[ \P (A\cap B)=\P (A\mid B)\P (B)=\P (B\mid A)\P (A). \]

Quando \(\P (B)\gt 0\), basta isolar \(\P (A\mid B)\).

Teorema 2.2 (Fórmula de Bayes)

Dados eventos \(A\) e \(B\), tais que \(\P (B) \neq 0\) então:

\[ \P (A|B) = \frac{\P (B | A)\, \P (A)}{\P (B)} \]

Exemplo 2.3

Considere um teste para uma doença rara. Suponha que o teste tenha sensibilidade de \(98\% \), isto é, ele acusa resultado positivo em \(98\% \) das pessoas que realmente possuem a doença. Suponha também que sua especificidade seja de \(98\% \), isto é, ele acusa resultado negativo em \(98\% \) das pessoas saudáveis.

Além disso, suponha que apenas \(0{,}5\% \) da população possua a doença. Se uma pessoa escolhida aleatoriamente testa positivo, qual é a probabilidade de que ela realmente esteja doente?

Sol

Vamos denotar por \(D\) o evento “a pessoa está doente” e por \(+\) o evento “o teste deu positivo”. Queremos calcular

\[ \P (D\mid +), \]

isto é, a probabilidade de a pessoa estar doente sabendo que o teste deu positivo.

Pelas informações do enunciado, temos

\[ \P (D)=0{,}005, \qquad \P (D^c)=0{,}995, \]

e também

\[ \P (+\mid D)=0{,}98. \]

Como a especificidade do teste é \(98\% \), a probabilidade de falso positivo é

\[ \P (+\mid D^c)=1-0{,}98=0{,}02. \]

Pelo Teorema de Bayes,

\[ \P (D\mid +) = \frac{\P (+\mid D)\P (D)}{\P (+\mid D)\P (D)+\P (+\mid D^c)\P (D^c)}. \]

Substituindo os valores, obtemos

\[ \P (D\mid +) = \frac{0{,}98\cdot 0{,}005}{0{,}98\cdot 0{,}005+0{,}02\cdot 0{,}995}. \]

Portanto,

\[ \P (D\mid +) = \frac{0{,}0049}{0{,}0049+0{,}0199} = \frac{0{,}0049}{0{,}0248} \approx 0{,}1976. \]

Assim, mesmo após um teste positivo, a probabilidade de que a pessoa esteja realmente doente é de aproximadamente

\[ 19{,}76\% . \]

O resultado se explica pela baixa prevalência da doença. A população saudável é muito maior que a população doente; por isso, mesmo uma pequena taxa de falsos positivos pode produzir muitos resultados positivos entre pessoas saudáveis. A interpretação do teste depende, portanto, tanto de suas características quanto da prevalência da doença.

Para interpretar esses números, consideremos uma população de \(10\, 000\) pessoas. Como a prevalência da doença é de \(0{,}5\% \), esperamos que cerca de \(50\) pessoas estejam doentes. Dessas, aproximadamente

\[ 0{,}98\cdot 50=49 \]

testariam positivo.

Por outro lado, haveria cerca de \(9\, 950\) pessoas saudáveis. Como a taxa de falso positivo é de \(2\% \), aproximadamente

\[ 0{,}02\cdot 9\, 950=199 \]

pessoas saudáveis também testariam positivo.

Portanto, entre os resultados positivos, teríamos aproximadamente \(49\) pessoas realmente doentes e \(199\) pessoas saudáveis. Logo, a proporção de pessoas realmente doentes entre aquelas que testaram positivo seria

\[ \frac{49}{49+199} = \frac{49}{248} \approx 0{,}1976. \]

Isso mostra um ponto importante sobre testes de triagem para doenças raras: mesmo testes com alta sensibilidade e alta especificidade podem produzir muitos falsos positivos quando a prevalência da doença é baixa.

Como \(E=(E\cap F)\cup (E\cap F^c)\), com união disjunta, obtemos a forma mais simples da regra da probabilidade total.

Teorema 2.3 (Probabilidade total)

Se \(0\lt \P (F)\lt 1\), então, para todo evento \(E\),

\[ \P (E)=\P (E\mid F)\P (F)+\P (E\mid F^c)\P (F^c). \]

Mais geralmente, se \(F_1,\ldots ,F_n\) formam uma partição de \(\Omega \) e \(\P (F_i)\gt 0\) para todo \(i\), então

\[ \P (E)=\sum _{i=1}^n \P (E\mid F_i)\P (F_i). \]

De fato, \(E\) é a união disjunta dos eventos \(E\cap F_i\); basta somar suas probabilidades e usar \(\P (E\cap F_i)=\P (E\mid F_i)\P (F_i)\).

Exemplo 2.4

Considere três recipientes, cada um contendo 100 esferas:

O Recipiente 1 contém 75 esferas vermelhas e 25 azuis.
O Recipiente 2 contém 60 esferas vermelhas e 40 azuis.
O Recipiente 3 contém 45 esferas vermelhas e 55 azuis.

Um recipiente é selecionado aleatoriamente e, em seguida, uma esfera é escolhida do recipiente selecionado, também de forma aleatória. A tarefa é determinar a probabilidade de que a esfera escolhida seja vermelha.

Sol

Seja \( R \) o evento de que a esfera escolhida seja vermelha, e \( B_i \) o evento de que o Recipiente \( i \) foi escolhido. As probabilidades condicionais são conhecidas:

\[ \begin{aligned} & \P \left(R \mid B_1\right) = 0,75, \\ & \P \left(R \mid B_2\right) = 0,60, \\ & \P \left(R \mid B_3\right) = 0,45. \end{aligned} \]

A partição dos recipientes é dada por \( B_1, B_2, B_3 \). É importante observar que essa partição é válida, pois os eventos \( B_i \) são mutuamente exclusivos (apenas um pode ocorrer) e a união deles abrange todo o espaço amostral, ou seja, \( \P \left(B_1 \cup B_2 \cup B_3\right) = 1 \).

Utilizando a lei da probabilidade total, a probabilidade de escolher uma esfera vermelha pode ser expressa como:

\[ \begin{aligned} \P (R) & = \P \left(R \mid B_1\right) \P \left(B_1\right) + \P \left(R \mid B_2\right) \P \left(B_2\right) + \P \left(R \mid B_3\right) \P \left(B_3\right) \\ & = (0,75) \cdot \frac{1}{3} + (0,60) \cdot \frac{1}{3} + (0,45) \cdot \frac{1}{3} \\ & = 0,60. \end{aligned} \]

Assim, a probabilidade de que a esfera escolhida seja vermelha é de 60%.

Exemplo 2.5 (Monty Hall)

Um participante escolhe uma entre três portas. Atrás de uma delas há um carro; atrás das outras, cabras. O apresentador sabe onde está o carro, sempre abre uma das portas não escolhidas que contém uma cabra e sempre oferece a troca. Se puder escolher entre duas portas com cabras, decide ao acaso entre elas. É melhor manter a escolha inicial ou trocar?

A priori, cada porta tem probabilidade \(1/3\) de esconder o carro. A regra do apresentador, porém, fornece informação sem redistribuir igualmente essa probabilidade entre as duas portas fechadas.

Acontece, porém, que o apresentador do programa fornece-lhe informações adicionais e por isso importa! Sem perda de generalidade, podemos assumir que você selecionou a porta \(A\) como sua primeira escolha. Existem três possibilidades igualmente prováveis: o carro está atrás da porta \(A\), o carro está atrás da porta \(B\), ou o carro está atrás da porta \(C\). Vamos considerar cada um destas possibilidades separadamente.

Se o carro está atrás da porta \(A\), em seguida, o apresentador pode abrir qualquer uma das outros duas portas. E, neste caso, a resposta correta (em retrospectiva) é ficar com a porta inicial.

Se o carro está atrás da porta \(B\), em seguida, o apresentador vai abrir necessariamente a porta \(C\). Neste caso, a resposta correta é trocar de porta.

Da mesma forma, se o carro está atrás da porta \( C\), em seguida, o apresentador vai abrir a porta\( B\), e novamente a resposta correta é trocar de porta.

Assim, em dois dos três casos igualmente prováveis, a estratégia correta é mudar de porta. Isto significa que são mais propensos a ganhar os que alternam de porta.

Podemos formalizar a solução do problema de Monty Hall pelo Teorema de Bayes.

Como antes, vamos supor sem perda de generalidade que a porta que você selecionou é denominada porta \(A\). Além disso, vamos denominar a porta que o apresentador abre como \(B\). Assim temos:

\[ \begin{aligned} & \P (\text{prêmio em A}\mid \text{apres. abre B})\\ & \qquad =\frac{\P (\text{apres. abre B}\mid \text{prêmio em A}) \P (\text{prêmio em A})}{\P (\text{apres. abre B})} =\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3},\\[0.5em]& \P (\text{prêmio em C}\mid \text{apres. abre B})\\ & \qquad =\frac{\P (\text{apres. abre B}\mid \text{prêmio em C}) \P (\text{prêmio em C})}{\P (\text{apres. abre B})} =\frac{1\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}. \end{aligned} \]

Logo é vantajoso trocar de porta.

Exemplo 2.6

Uma urna contém \(b\) bolas azuis e \(c\) bolas vermelhas. Uma bola é retirada ao acaso, sua cor é observada, e esta bola é devolvida para a urna juntamente com outras \(d\) bolas da mesma cor. Este procedimento é repetido indefinidamente. Qual é a probabilidade de que:

A segunda bola é tirada vermelha?
A primeira bola tirada é vermelha dado que a segunda bola tirada é vermelha?

a Denotaremos por \(V_n\) o evento que a bola retirada na \(n\)-ésima etapa é vermelha. Então

\[ \P (V _2 ) = \P (V_2 |V_1 )\P (V_1 ) + \P ( V_2 |V_1^{\mathsf c}) \P (V_1^{\mathsf c}). \]

Assim dado que ocorreu \(V_1\), ou seja a primeira vola retirada é vermelha, sabemos que a urna contém \(c + d\) bolas vermelha para a segunda retirada e assim

\[ \P (V_2 |V_1 ) = \frac{c+d}{b+c+d} \]

De modo análogo, dado que ocorreu \(V_1^{\mathsf c}\), sabemos que a urna contém \(c\) bolas vermelha para a segunda retirada e assim

\[ \P (V_2 |V_1^{\mathsf c} ) = \frac{c}{b+c+d} \]

E assim

\[ \P (V_2)=\frac{c+d}{b+c+d}\frac{c}{b+c} +\frac{c}{b+c+d}\frac{b}{b+c} =\frac{c}{b+c}=\P (V_1). \]

\[ \P (V_1\mid V_2) =\frac{\P (V_1\cap V_2)}{\P (V_2)} =\frac{\P (V_2\mid V_1)\P (V_1)}{\P (V_2)} =\frac{c+d}{b+c+d}. \]

2.3 Independência

Um caso particular ocorre quando a informação de que \(B\) aconteceu não altera a probabilidade de \(A\). Nesse caso, o condicionamento não acrescenta informação sobre \(A\):

\[ \P (A\mid B)=\P (A). \]

Essa igualdade expressa a ideia de independência. Para obter uma definição que inclua também eventos de probabilidade zero, usaremos uma forma equivalente.

Definição 2.2 (Eventos Independentes - Definição Provisória)

Dado um espaço de probabilidade \( (\Omega ,\mathcal{F},\P ) \), dois eventos \( A \) e \( B \) com \( \P (A) \gt 0 \) e \( \P (B) \gt 0 \) são ditos independentes se \( \P (A|B) = \P (A) \).

Essa definição se restringe a eventos com probabilidade positiva e não torna explícita a simetria da independência. A expressão \( \P (A|B) = \P (A) \) não reflete a simetria presente na afirmação "A e B são independentes". De fato, com base apenas nessa expressão, poderia parecer mais razoável afirmar que \( A \) é independente de \( B \), mas não necessariamente o contrário.

No entanto, se \( \P (A|B) = \P (A) \gt 0 \), então podemos deduzir que

\[ \P (B|A) = \frac{\P (A \cap B)}{\P (A)} = \frac{\P (A|B) \P (B)}{\P (A)} = \frac{\P (A) \P (B)}{\P (A)} = \P (B), \]

justificando assim a simetria da definição.

Mais importante ainda, para eventos com probabilidade positiva, temos que \( \P (A|B) = \P (A) \) se, e somente se, \( \frac{\P (A \cap B)}{\P (B)} = \P (A) \). Isso implica que

\[ \P (A|B) = \P (A) \Leftrightarrow \P (A \cap B) = \P (A) \cdot \P (B). \]

A igualdade à direita não exige \( \P (A) \gt 0 \) nem \( \P (B) \gt 0 \). Ela permite, portanto, formular uma definição de independência que inclua eventos de probabilidade zero.

Definição 2.3 (Eventos Independentes)

Dado um espaço de probabilidade \( (\Omega ,\mathcal{F},\P ) \), dois eventos \( A \) e \( B \) são ditos independentes se

\[ \P (A \cap B) = \P (A) \cdot \P (B). \]

Exemplo 2.7

Uma carta é selecionada aleatoriamente de um baralho comum de \(52\) cartas. Se \(E\) é o evento em que a carta selecionada é um ás e \(F\) é o evento em que a carta selecionada é vermelha, os eventos \(E\) e \(F\) são independentes?

Os eventos \(E\) e \(F\) são independentes. Isso ocorre porque \(\P (E\cap F) = 2/52\), enquanto \(\P (E) = 4/52\) e \(\P (F) =1/2\).

Exemplo 2.8

Um sistema formado por \(n\) componentes é denominado sistema em paralelo se ele funcionar quando pelo menos um dos componentes funcionar. Em um sistema como esse, é usual supor que o evento do \(i\)-ésimo componente funcionar é independente dos demais componentes. Qual a probabilidade do sistema funcionar?

Seja \( A_i\) o evento em que o componente \(i\) funciona. Então

\begin{eqnarray} \P (\text{sistema funciona}) & =& 1 - \P (\text{nenhum componente funciona}) \tag{2.1}\\ & =& 1- \P (\bigcap A_i^{\mathsf c}) \tag{2.2}\\ & =& 1 - \prod _{i=1}^n( 1 - p_i) \tag{2.3} \end{eqnarray}

Em resumo, as duas definições são equivalentes quando \( \P (A), \P (B) \gt 0 \), mas a segunda é preferível, pois abrange eventos para os quais \( \P (A) = 0 \) ou \( \P (B) = 0 \). Além disso, essa definição deixa claro que, se \( A \) é independente de \( B \), então \( B \) também é independente de \( A \).

Proposição 2.4

Um evento \( A \) é independente dele mesmo se, e somente se, \( \P (A) = 0 \) ou \( \P (A) = 1 \).

Demonstração ▼

\[ \P (A) = \P (A \cap A) = \P (A)^2. \]

Resolvendo essa equação do segundo grau em \( \P (A) \), concluímos que \( \P (A) = 0 \) ou \( \P (A) = 1 \).

Exemplo 2.9

Considere o experimento de rolar dois dados justos. O espaço amostral é dado por \( \Omega = \{ (i,j) : i,j \in \{ 1, 2, 3, 4, 5, 6\} \} \) e \( \P \) é a medida de probabilidade uniforme em \( (\Omega , 2^\Omega ) \), tal que

\[ \P (\{ (i,j)\} ) = \frac{1}{36}, \]

para todo \( (i,j) \in \Omega \).

Definimos os seguintes eventos:

\begin{align*} A & = \{ \text{observamos 2 no primeiro dado}\} = \{ (2,j) : j \in \{ 1, 2, 3, 4, 5, 6\} \} , \\ B & = \{ \text{observamos 4 no segundo dado}\} = \{ (i,4) : i \in \{ 1, 2, 3, 4, 5, 6\} \} , \\ C & = \{ \text{a soma dos valores observados é 7}\} = \{ (i,j) \in \Omega : i+j=7\} . \end{align*}

Observe que \( \P (A) = \P (B) = \P (C) = \frac{1}{6} \). Além disso,

\[ \P (A \cap B) = \frac{1}{36} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \P (A) \P (B), \]

e, analogamente, \( \P (A \cap C) = \P (A) \P (C) \) e \( \P (B \cap C) = \P (B) \P (C) \).

Isso mostra que os eventos \( A \) e \( B \) são independentes, assim como os eventos \( A \) e \( C \) e os eventos \( B \) e \( C \).

Para mais de dois eventos, é necessário distinguir independência dois a dois de independência da família. No exemplo anterior, descrevemos três eventos, cada par dos quais é independente, mas o trio \( A, B, C \) não é independente. De fato, saber que o primeiro dado mostra 2 e o segundo 4 implica que a soma é 6, e portanto,

\[ \P (C | A \cap B) = 0 \neq \P (C). \]

A independência entre pares é, portanto, necessária, mas não suficiente para a independência de uma família de eventos. O exercício seguinte explicita essa distinção.

Exercício 2.1

Construa um exemplo de espaço de probabilidade e três eventos \( A, B \) e \( C \) tais que \( \P (A \cap B \cap C) = \P (A) \P (B) \P (C) \), mas os pares de eventos não são todos independentes.

A definição seguinte reúne as condições que caracterizam a independência de uma família de eventos.

Definição 2.4

Um conjunto finito de eventos \({A_i}\) é dito independente dois a dois se e somente se cada par de eventos é independente, isto é, se e somente se para todos os pares distintos dos índices m, k,

\[ \P (A_m \cap A_k) = \P (A_m)\P (A_k). \]

Um conjunto finito \(A_1,\ldots ,A_n\) é dito independente se, para todo subconjunto não vazio \(J\subseteq \{ 1,\ldots ,n\} \),

\[ \P \left(\bigcap _{j\in J}A_j\right)=\prod _{j\in J}\P (A_j). \]

Definição 2.5

Experimentos aleatórios independentes, com apenas dois resultados possíveis — sucesso ou fracasso — e probabilidades de sucesso e fracasso constantes, são chamados ensaios de Bernoulli.

Exemplo 2.10 (Ensaios de Bernoulli)

Deve-se realizar uma sequência infinita de tentativas independentes. Cada tentativa tem probabilidade de sucesso \(p\) e probabilidade de fracasso \(1 -p\). Qual é a probabilidade de que

pelo menos \(1\) sucesso ocorra nas primeiras \(n\) tentativas;
exatamente \(k\) sucessos ocorram nas primeiras \(n\) tentativas;
todas as tentativas resultem em sucessos?

Para determinar a probabilidade de pelo menos \(1\) sucesso nas primeiras \(n\) tentativas, notamos que é mais simples calcular primeiro a probabilidade do evento complementar: de que nenhum sucesso ocorra nas primeiras \(n\) tentativas. Se \(E\), representar o evento fracasso na \(i\)-ésima tentativa, então a probabilidade de não ocorrer sucessos é, por independência, \((1-p)^n\) Portanto, a resposta é \(1 - (1 -p)^n\).
considere qualquer sequência na qual dentre os primeiros \(n\) resultados ocorram \(k\) sucessos e \(n - k\) fracassos.

Cada uma dessas sequências, pela hipótese de independência das tentativas, irá ocorrer com probabilidade

\[ p^k(1-p)^{n-k}. \]

Como existem \(\binom {n}{k}\) sequências como essa, a probabilidade desejada é

\[ \P (\text{exatamente k sucessos})= \binom {n}{k}p^k(1-p)^{n-k} \]

Para responder ao item 3, notamos, pela letra 1, que a probabilidade de que as primeiras \(n\) tentativas resultem em sucesso é dada por

\[ \P \left(\bigcap _{i=1}^n E_i^c\right)=p^n \]

Assim, usando a propriedade da continuidade das probabilidades, vemos que a probabilidade desejada é dada por

\[ \begin{aligned} \P \left(\bigcap _{i=1}^{\infty } E_i^c\right) & =\P \left(\lim _{n \rightarrow \infty } \bigcap _{i=1}^n E_i^c\right) \\ & =\lim _{n \rightarrow \infty } \P \left(\bigcap _{i=1}^n E_i^c\right) \\ & =\lim _n p^n=\left\{ \begin{array}{l} 0 \text{ se } p\lt 1 \\ 1 \text{ se } p=1 \end{array}\right. \end{aligned} \]

Exemplo 2.11 (Ruína do jogador)

Em cada rodada de um jogo justo, um jogador ganha ou perde um real, com probabilidade \(1/2\) em cada caso. Seu capital inicial é o inteiro \(x\), com \(0\leq x\leq m\), e ele joga até o capital atingir \(0\) ou \(m\). Qual é a probabilidade de ruína?

A probabilidade de ruína depende tanto do capital inicial \(x\) quanto do montante final desejado \(m\).

Seja \(p(x)\) a probabilidade de o jogador ir à ruína se ele começar com um capital de \(x\) dólares. Então, a probabilidade de ruína, uma vez que o jogador vence a primeira rodada, é \(p(x + 1)\), pois o capital do jogador passa a ser \(x + 1\) se ele vencer a primeira rodada. De forma similar, a probabilidade de ruína, dado que o jogador perde a primeira rodada, é \(p(x - 1)\), já que o capital do jogador se torna \(x - 1\) se ele perder a primeira rodada.

Em outras palavras, seja \(B_1\) o evento de que o jogador vence a primeira rodada, \(B_2\) o evento de que o jogador perde a primeira rodada, e \(R\) o evento de ruína.

Então temos:

\[ \P (R|B_1)=p(x+1) \quad \P (R|B_2)=p(x-1) \]

Sabemos também que:

\[ \P (B_1) = \frac{1}{2} \quad \text{e} \quad \P (B_2) = \frac{1}{2} \]

Pela fórmula da probabilidade total temos:

\[ \P (R) = \P (R|B_1)\P (B_1)+ \P (R|B_2)\P (B_2) \]

o que implica em:

\[ p(x)=\frac{1}{2}\left(p(x-1)+p(x+1)\right), \qquad 1\leq x\leq m-1, \]

e claramente

\[ p(0)=1 \qquad p(m)=0. \]

A equação de recorrência anterior tem como solução \(p(x) =c_1 + c_2 x\). As constantes podem ser determinadas pelas condições de fronteira.

\[ c_1=1,\qquad c_1+c_2m=0. \]

E logo

\[ p(x)=1-\frac{x}{m} \quad 0\leq x \leq m \]

Resumo do capítulo

Condicionar significa atualizar o universo do cálculo. A regra do produto, a probabilidade total, Bayes e independência devem ser usados com os eventos condicionantes e suas probabilidades claramente identificados.

2.4 Exercícios

Exercício 2.2 (Teste diagnóstico)

Uma condição afeta \(1{,}5\% \) da população. Um teste tem sensibilidade \(94\% \) e especificidade \(97\% \). Calcule a probabilidade de uma pessoa ter a condição dado que o teste foi positivo. Explique por que o resultado não é \(94\% \).

Exercício 2.3 (Urnas)

Escolhe-se uma de três urnas com probabilidades \(0{,}2\), \(0{,}5\) e \(0{,}3\). Elas contêm, respectivamente, \(3/5\), \(5/8\) e \(7/10\) bolas azuis. Uma bola retirada é azul. Determine a probabilidade de ela ter vindo da segunda urna.

Exercício 2.4 (Independência)

Se \(\P (A)=0{,}4\), \(\P (B)=0{,}5\) e \(\P (A\cup B)=0{,}7\), verifique se \(A\) e \(B\) são independentes. Determine ainda \(\P (A^{c}\cap B)\) e \(\P (A\mid A\cup B)\).

Exercício 2.5 (Ensaios de Bernoulli)

Uma conexão transmite cada pacote corretamente com probabilidade \(0{,}92\), independentemente dos demais. Calcule a probabilidade de: (a) os primeiros seis pacotes chegarem corretamente; (b) ocorrer exatamente uma falha nos seis; (c) a primeira falha ocorrer no quinto pacote.

Exercício 2.6 (Ruína do jogador)

Um jogador começa com \(4\) fichas e para ao atingir \(0\) ou \(11\). Em cada rodada ganha uma ficha com probabilidade \(1/2\) e perde uma com probabilidade \(1/2\). Use a recorrência do capítulo para calcular a probabilidade de atingir \(11\) antes de \(0\).