3a LISTA DE EXERCÍCIOS (COM RESPOSTA) (ESTATÍSTICA) 1. Considere um conjunto de 10 frutas, das quais 3 estão estragadas. Escolhendo-se aleatoriamente 2 frutas desse conjunto, determine a probabilidade de que: a) ambas ambas não esteja estejam m estr estragad agadas. as. b) pelo pelo menos menos uma uma esteja esteja estr estraga agada. da. Solução: A solução deste tipo de problema que envolve a escolha ou retirada de mais de um elemento do conjunto universo ou do espaço amostral não é imediata como aqueles em que só se retira um único. Neste caso precisamos recorrer a ajuda da análise combinatória. Vamos Vamos aos resultados: a) Devemos Devemos primeiro primeiro calcular calcular quantas quantas maneiras maneiras podemos retira retirarr 2 frutas, frutas, estragadas estragadas ou não, no total de 10, que será obtido calculando-se a combinação de 10 tomados 2 a 2 (2 frutas são escolhidas). 10 !
n(U) = C10,2 = (10 − 2) ! 2! = 45 maneiras (que são todas todas as possibilidades) possibilidades) Observe que a ordem não importa. Retirar a fruta A não estraga e a fruta B, também não estragada, é o mesmo que retirar a fruta B e depois a A. Ambas são boas (não estragadas) independente da ordem. Definimos então o seguinte evento para o item a: A = {duas frutas frutas não estragadas são escolhidas} Como são sete frutas não estragadas, há uma combinação de 7 tomados 2 a 2 de se escolher duas frutas não estragadas: n(A) = C7,2 = (7
7!
− 2)!2!
= 21 maneiras (21 casos favoráveis favoráveis de A ocorrer)
Lembre-se, pela definição, a probabilidade do evento A ocorrer será o número de casos favoráveis dele ocorrer, ocorrer , que é 21, dividido dividido pelo número número total de possibilidades possibilidades de se retirar 2 frutas em 10, quer estejam estragadas ou não (que é 45), assim teremos: P(A) =
n (A) n (U)
=
21 45
=
7 15
=
0,466 ... ...
ou cerca de 46,66... 46,66...% %
Uma solução muito mais simples consiste em se escolher a primeira fruta e em seguida escolher a segunda sem reposição da primeira. Os eventos, nesta forma de se resolver o problema, serão: A = { a primeira fruta é escolhida e não está estragada estragada }, P(A) = B = { a segunda fruta é escolhida e não está está estragada }, P(B) =
7 10 6
9
Observe que o “espaço amostral” diminui, pois ao retirarmos a primeira fruta e verifica-se ser não estraga, restam, então, 9 frutas das quais 6 são boas. 1
A∩B = { ambas as frutas são escolhidas e não estão estragadas }, P(A∩B) = P(A) . P(B) ou seja: P(A e B ) =
7
6
x
10
9
=
42 90
=
7 15
= 0,466... ou 46,66...%
b) esta situação de escolha já é um pouco mais difícil de se entender, mas veja o seguinte, se pelo menos uma entre duas frutas escolhidas está estragada, devemos descartar os eventos em que aparecem duas furtas boas (não estragadas), portanto, podemos definir o seguinte evento: B = {pelo menos uma fruta está estragada} Pelo menos uma significa uma ou duas frutas estragadas. Neste caso podemos considerar este evento como sendo um evento complementar de A, ou P(B) = 1 − P(A) , pela propriedade 8 das notas de aula (Cap. 2.4-2, pg. 11) Ou: P(B) =
1
−
7 15
=
8 15
= 0,5333.... ou cerca de 53,33...%
2. Em uma loteria com 30 bilhetes, 4 são premiados. Comprando-se 3 bilhetes, qual a probabilidade de nenhum deles ser premiado? Solução: A solução deste problema é semelhante a do problema 1 (não igual). Novamente, o caminho mais seguro é usar a análise combinatória. O cálculo do número de elementos do espaço amostral é feito através da combinação de 30 tomados 3 a 3 (pois são três os bilhetes comprados ou escolhidos) 30 !
n(U) = C30,3 = (30 3) !3! você escolher 3 bilhetes em 30)
=
4.060
−
(que é o número total de maneiras ou possibilidades de
vamos definir o nosso evento da seguinte forma: A = {nenhum bilhete é premiado} Ora, quantos bilhetes não premiados existem num universo de 30?
30
−
4
= 26 concorda?
Então, o número de casos (possibilidades) favoráveis pelos quais A pode ocorrer é: n(A) = C26,3 = (26 escolhidos, e não 4)
26 !
−3)!3!
= 2.600
(lembre-se que são 3 o número de bilhetes comprados ou
A probabilidade de A ocorrer fica agora muito mais fácil de calcular: P(A) =
n(A) n(U)
=
2.600 4.060
=
260 406
=
130 203
= 0,64 ou cerca de 64% 2
3. Num grupo de 400 homens e 600 mulheres, a probabilidade de um homem estar com tuberculose é de 0,05 (ou 5%) e de uma mulher estar com tuberculose é de 0,10 (ou 10%). Qual a probabilidade de uma pessoa do grupo estar com tuberculose?
Solução: Se há uma probabilidade de 5% de um homem estar com tuberculose, então 20 homens podem estar com a doença ( 5% de 400 = 20 ou 0.05 × 400 = 20 ). Da mesma forma, 60 mulheres podem estar com tuberculose (10% de 600 = 60). Logo, um total de 80 pessoas (20 + 60) podem estar com tuberculose. Portanto, a probabilidade de uma pessoa do grupo estar com a doença será: P =
80
= 0,08 ou 80%
1000
(1000 pessoas no total - 400 homens + 600 mulheres) 4. Numa caixa estão 8 peças com pequenos defeitos, 12 com grandes defeitos e 15 perfeitas. Uma peça é retirada ao acaso. Qual a probabilidade de que esta peça seja perfeita ou tenha pequenos defeitos? Solução: Considere os seguintes eventos: A = {a peça retirada é perfeita} e B = {a peça retirada tem pequenos defeitos } P(A) =
n(A) n( U)
, sendo n (A) = 15, que é o número de casos favoráveis pelos quais A pode
ocorrer e n (U) = 35 (número total de possibilidade de se retirar uma peça), portanto P(A) = P(B) =
15 35 n ( B)
, sendo n (B) = 8 n( U)
e P(B) =
8 35
Como os eventos são mutuamente excludentes (não existe uma peça que seja perfeita e tenha pequenos defeitos ao mesmo tempo), então: P(A ou B) = P(A∪B) = P(A) + P(B) ou P(A ∪ B) =
15 35
+
8 35
=
23 35
= 0,657 ou 65,7%
A∪B = {a peça retirada é perfeita ou tem pequenos defeitos} 5. Sejam duas caixas, I e II. Na caixa I, há 4 bolas pretas e 6 bolas azuis, e na caixa II há 8 bolas pretas e 2 bolas azuis. Escolhe-se, ao acaso, uma caixa e, em seguida, dela se tira uma bola. Qual a probabilidade de que esta bola seja: a) preta? b) azul? 3
Solução: Para resolver este problema, precisamos definir dois conceitos: Definição 1 – PROBABILIDADE CONDICIONADA - Sejam dois eventos associados a um espaço amostral U. P (BA) é a probabilidade condicionada do evento B ocorrer, se A tiver ocorrido. Definição 2 – A probabilidade conjunta de dois eventos dependentes é a probabilidade de um multiplicada pela probabilidade condicionada do outro P (A eB) ou P (A B) = P (A) . P (B A) ou P (A B) = P (B) . P (A B) O que ocorrer primeiro ( A ou B ) Assim: Definimos os seguintes eventos para o exercício de No 5 A = {a primeira caixa é escolhida} B = {a segunda caixa é escolhida} C = {a bola extraída é preta) D = {a bola extraída é azul) A∩C = {a bola é preta e é extraída da caixa I} B∩ C = { a bola é preta e é extraída da caixa II} A∩D = {a bola é azul e é extraída da caixa I} B∩ D = {a bola é azul e é extraída da caixa II} E = {a bola escolhida é preta e é extraída ou da caixa I ou da caixa II} F = {a bola escolhida é azul e é extraída ou da caixa I ou da caixa II} a) P(A) = P(CA) = P(CB) =
1 2 4 10 8
e P(B) =
1 2
que é a probabilidade condicionada de que uma bola preta seja extraída da caixa I
10
P(A∩C) = P(A). P(C A) = P(B∩ C) = P(B). P(CB) =
1
⋅
4
2 10 1 8 ⋅
2 10
P(E) = P(A∩ C) + P(B∩C) =
4 20
=
=
+
4 20 8
20 8 20
=
12 20
=
3 5
= 0,60 ou 60 %
b) segue o mesmo racicínio. 6. O seguinte grupo de pessoas está numa sala: 5 homens maiores de 21 anos; 4 homens com menos de 21 anos de idade; 6 mulheres maiores de 21 anos, e 3 mulheres menores. Uma pessoa é escolhida ao acaso. Definem-se os seguintes eventos: A = {a pessoa é maior de 21 anos}; B = {a pessoa é menor de 21 anos}; C = {a pessoa é homem}; D = {a pessoa é mulher} Determine: 4
a) P(B D)
b) P( A
C
)
Solução: Feito em aula 7. Em uma sala, 10 pessoas estão usando emblemas numerados de 1 até 10. Três pessoas são escolhidas ao acaso e convidadas a saírem da sala simultaneamente. O número de seu emblema é anotado. a) Qual é a probabilidade de que o menor número de emblema seja 5? b) Qual é a probabilidade de que o maior número de emblema seja 5? Solução: a) Seja o evento A = {3 pessoas são escolhidas sendo o menor número de emblema usado igual a 5} P(A) =
n(A) n ( U)
, sendo que n (U) é calculado considerando-se todas as possibilidades de escolher 3
pessoas em 10. Como são pessoas, a ordem não importa (escolher José, Maria e Pedro é o mesmo que escolher Maria, Pedro e José) logo teremos uma combinação: n (U) = C 10, 3 = 120 (confira este cálculo como parte de seu estudo) Para calcular n (A) , que é o número de casos ou resultados favoráveis pelos quais A pode ocorrer, recorremos ao uso da figura abaixo: como o menor número de emblema é 5, restam 2 casas a serem ocupadas pelas demais, assim 5_ __ __ os números de 6 a 10 ocuparão estas casas através de uma combinação (lembre-se, são três o número de pessoas escolhidas) logo, n(A) = C 5, 2 = 10. O resultado final é P(A) =
10 120
=
1 12
b) O raciocínio é idêntico. B = {3 pessoas são escolhidas sendo o maior número de emblema usado igual a 5} __ __ 5_ os números de 1 a 4 ocuparão estas casas n(B) = C 4, 2 = 6 e P(B) =
6 120
=
1 20
8. Um lote é formado de 10 artigos bons, 4 com defeitos menores e 2 com defeitos graves. Um artigo é escolhido ao acaso. Ache a probabilidade de que: a) Ele não tenha defeitos. b) Ele não tenha defeitos graves. c) Ele ou seja perfeito ou tenha defeitos graves. 5
Solução: a) como apenas um artigo é escolhido, o cálculo é direto. P(A) = b)
10 16
=
5
A = {o artigo escolhido não tem defeito}
8
B = {o artigo escolhido não tem defeitos graves}, n(B) = 14
P(B) =
14 16
=
7 8
d) Seja o evento C = {o artigo escolhido tem defeitos graves} P(C) =
2 16
, e A∪C = { o artigo escolhido é perfeito ou tem defeitos graves}
P(A∪C) = P(A) + P(C)
, ou P(A∪C) =
10 16
+
2 16
=
12 16
=
3 4
9. Um certo tipo de motor elétrico falha se ocorrer uma das seguintes situações: emperramento dos mancais, queima dos enrolamentos, desgaste das escovas. Suponha que o emperramento seja duas vezes mais provável de ocorrer do que a queima, esta sendo quatro vezes mais provável do que o desgaste das escovas. Qual será a probabilidade de que a falha seja devida a cada uma dessas circunstâncias? Solução: Feito em aula 10. Peças são manufaturadas por três fabricas distintas (A1, A2 e A3). Sabe-se que a fábrica A1 produz o dobro de peças que a fábrica A2 e as fábricas A2 e A3 produzem o mesmo número de peças. Sabe-se também que 2% das peças produzidas por A1 e por A2 são defeituosas, enquanto que 4% das peças produzidas pela A3 são defeituosas. Um comprador adquire um lote dessas peças através de um distribuidor e escolhe uma peça ao acaso para a inspeção. Qual a probabilidade da peça escolhida ser defeituosa? Solução: Trata-se de um problema de probabilidade condicionada. Primeiro devemos conhecer a probabilidade da peça ter sido fabricada por uma das três fábricas, para em seguida calcular a probabilidade dela ser defeituosa. Definimos os seguintes eventos: A = {a peça escolhida é defeituosa} , cuja probabilidade é o que queremos saber. A1 = {a peça escolhida é fabricada por A1} A2 = {a peça escolhida é fabricada por A2} A3 = {a peça escolhida é fabricada por A3} De forma que, se A1 produz o dobro de A2 e se A2 produz a mesma quantidade de peças que A3, então:
6
P(A1) + P(A2) + P(A3) = 1 e P(A1) = 2P(A2) e P(A2) = P(A3), portanto, P(A1) = 2P(A3), também, logo, 2P(A3) + P(A3) + P(A3) = 1, P(A3) =
1 4
, P(A2) =
1 4
e P(A1) = 2x
1 4
=
1 2
4P(A3) = 1 que resulta em
(semelhante ao exercício 9)
As probabilidades da peça escolhida ser defeituosa e condicionada a (ou na condição de) ser fabricada por cada uma das fábricas são respectivamente: P(A/A1) = P(A/A2) = 0,02 e P(A/A3) = 0,04. Finalmente, obtém-se: P(A) = P(A1) . P(A/A1) + P(A2) . P(A/A2) + P(A3) . P(A/A3), que, substituindo-se os valores numéricos, chega-se a: P(A) =
1 2
x 0,02 +
1 4
x 0,02 +
1 4
x 0,04 = 0,010 + 0,005 + 0,010 = 0,025 ou 0,025
100
= 2,5% Observe que há 3 parcelas de probabilidades condicionadas que se somam para se chegar ao resultado final. Isto porque a peça defeituosa pode ser produzida pela fábrica A1, ou pela fábrica A2 ou pela A3. 11. Dentre 6 parafusos, dois são menores do que um comprimento especificado, quase não se distinguindo a diferença entre seus comprimentos. Se dois dos parafusos são escolhidos ao acaso, qual será a probabilidade de que eles sejam os mais curtos? Solução: Definição dos eventos - A = {o primeiro parafuso escolhido é curto} B = {o segundo parafuso escolhido é curto} Queremos P(A e B) ou seja, P(A ∩ B) = P(A) . P(B/A) =
2 6
×
1 5
=
2 30
=
1 15
12. Numa fábrica são produzidos 1500 parafusos por dia. A divisão de controle de qualidade da fábrica constatou uma freqüência (absoluta) de 0,5 (1/2) parafusos com defeito encontrados na produção diária. Uma loja comprou toda uma produção diária dessa fábrica. Qual a probabilidade de se encontrar 2 parafusos com defeito neste lote?
Solução: Como não existe ½ parafuso, teremos na verdade 1 parafuso defeituoso para cada duas produções diárias, ou seja, 1 parafuso defeituoso em 3000, ou seja: ½
1500 X
}
½ × X = 1 × 1500 →
X =
1500 1/ 2
= 3000
Desta forma, o espaço amostral mais adequado é U = {3000 parafusos}, donde n(U) = 3000 7
Seja o evento A = {2 parafusos com defeitos}, n(A) = 2 Logo: P(A) =
n( A
) n( U )
=
2
=
3000
1
= 0,00067 ou 0,00067 × 100 = 0,067%
1500
Obs.: Conforme foi dito em sala de aula, numa breve explicação, o número de casas decimais a ser considerado é uma questão de bom senso. Consideramos aqui, 5 casas decimais, para que fosse possível visualizarmos pelo menos dois algarismos significativos. 13. Um lote de 100 peças fabricadas contém 10 peças defeituosas. Quatro peças são escolhidas ao acaso sem reposição e classificadas como defeituosas e não defeituosas (perfeitas). Qual a probabilidade de que sejam encontradas 2 peças defeituosas? Solução: Tipos de problemas como este costumam causar confusão na hora de tentar solucioná-los, isto porque, à primeira vista por descuido, ao não lermos atentamente o enunciado, incorremos no erro de definir um espaço amostral inadequado. Qual seria então o espaço amostral a ser considerado? É evidente que são as quatro peças escolhidas que consiste na amostra a ser analisada. Sendo assim, vamos de encontro a resposta. Vejamos as possibilidades de peças defeituosas e não defeituosas na amostra escolhida: chamando de N uma peça não defeituosa e D a defeituosa, chegamos ao seguinte espaço amostral através da árvore de possibilidades: N N D
N
N D
D
N N D
D
N D
D
N – NNNN D – NNND N – NNDN D – NNDD * N – NDNN D – NDND * N – NDDN * D – NDDD
N – DNNN D – DNND * N – DNDN * D – DNDD N – DDNN * D – DDND N – DDDN D – DDDD 8
As possibilidades que contém duas peças defeituosas dentre 4 estão marcadas em negrito com asterisco. Aqui cabe uma explicação para calcular a probabilidade de aparecer duas peças defeituosas na amostra escolhida: tomemos a primeira possibilidade em que aparece duas peças defeituosas, ou seja NNDD. Se há 10 peças defeituosas em 100, significa que a probabilidade de aparecer uma peça defeituosa é P(D) =
10 100
=
1 10
= 0,10 ou 10% (0,1× 100)
A probabilidade de aparecer uma peça não defeituosas será o complemento de P(D) ou seja P(N) = 1 − P(D) = 1,00 − 0,10 = 0,90 Como as peças são retiradas sem reposição, teremos que calcular a probabilidade de cada uma das possibilidades em que aparecem duas peças defeituosas e depois somá-las. Isto porque, nas retiradas, as peças podem apresentar-se defeituosas ou não. Teremos então: P(N e N e D e D) ou P(NNDD) = P(N) . P(N) . P(D) . P(D) = 0,90× 0,90× 0,10× 0,10 = 0,0081, para a primeira possibilidade (aplicamos aqui o item 2.5-1 – probabilidade da interseção entre eventos. Lá, nos referimos especificamente à probabilidade de A e B, enquanto aqui, temos 4 eventos para cada possibilidade). Para as demais possibilidades, o raciocínio é o mesmo: P(NDND) P(NDDN) P(DNND) P(DNDN) P(DDNN)
= = = = =
P(N) . P(D) . P(N) . P(D) P(N) . P(D) . P(D) . P(N) P(D) . P(N) . P(N) . P(D) P(D) . P(N) . P(D) . P(N) P(D) . P(D) . P(N) . P(N)
= = = = =
0,90× 0,10× 0,90× 0,10 0,90× 0,10× 0,10× 0,90 0,10× 0,90× 0,90× 0,10 0,10× 0,90× 0,10× 0,90 0,10× 0,10× 0,90× 0,90
= = = = =
0,0081 0,0081 0,0081 0,0081 0,0081
Isto é o que costumamos chamar no cálculo das probabilidade de “distribuição de probabilidades”. Finalmente, a probabilidade de aparecer duas peças defeituosas (chamando de A este evento) será: P(A) = 0,0081 + 0,0081 + 0,0081 + 0,0081 + 0,0081 + 0,0081 = 6× 0,0081 = 0,0486 ou 4,86%. O(A) aluno(a) poderá se questionar: por que simplesmente não contaríamos os elementos do conjunto universo e do evento em questão e, então, calcular a probabilidade deste evento? Vamos realizar os cálculos de forma errada. Seja o espaço amostral U = {NNNN, NNND, NNDN, NNDD, NDNN, NDND, NDDN, NDDD, DNNN, DNND, DNDN, DNDD, DDNN, DDND, DDDN, DDDD} E o evento a ele associado em que aparecem duas peças defeituosas: A = { NNDD, NDND, NDDN, DNND, DNDN, DDNN} Sendo n (U) = 16 (número de elementos da amostra) e n (A) = 6 (número de elementos ou casos favoráveis do evento). Teríamos, portanto: 9
P(A) =
6
= 0,375 ou 37,5%
16
Onde está o erro? Por que esta resposta está errada? È simples de responder. Embora as combinações N e D do evento A sejam igualmente prováveis ou verossímeis, cuja probabilidade de ocorrência é 0,0081, conforme cálculos executados de forma correta, os eventos N e D em si não são igualmente prováveis – P(N) = 0,90 e P(D) = 0,10 respectivamente. Os cálculos seriam coincidentes se os eventos N e D fossem igualmente prováveis, e, para isto acontecer, P(N) e P(D) teriam que ser igual a 0,5. Vejamos se isto é verdade. P(NNDD) P(NDND) P(NDDN) P(DNND) P(DNDN) P(DDNN)
P(N) . P(N) . P(D) . P(D) P(N) . P(D) . P(N) . P(D) P(N) . P(D) . P(D) . P(N) P(D) . P(N) . P(N) . P(D) P(D) . P(N) . P(D) . P(N) P(D) . P(D) . P(N) . P(N)
= = = = = =
= = = = = =
0,50× 0,50× 0,50× 0,50 0,50× 0,50× 0,50× 0,50 0,50× 0,50× 0,50× 0,50 0,50× 0,50× 0,50× 0,50 0,50× 0,50× 0,50× 0,50 0,50× 0,50× 0,50× 0,50
= = = = = =
0,0625 0,0625 0,0625 0,0625 0,0625 0,0625
E, P(A) = 0,0625 + 0,0625 + 0,0625 + 0,0625 + 0,0625 + 0,0625 = 0,375 ou 37,5% 14. Um lote de 100 peças fabricadas contém 10 peças defeituosas. Quatro peças são escolhidas ao acaso sem reposição. Qual a probabilidade de que estas 4 peças sejam defeituosas? Solução: Este problema é, aparentemente, um pouco parecido com o anterior, mas, se prestarmos bastante atenção, podemos notar que eles não têm nada em comum. Neste caso o número de elementos do espaço amsotral é n(U) = C100,4 , que é o número de maneiras de se escolher 4 peças (defeituosas ou não) dentre as 100 peças do lote. Seja o evento: A = (as quatro peças escolhidas são defeituosas} n(A) = C10,4 , sendo este o número de maneiras de se escolher 4 peças defeituosas dentre 10 (ou número de casos favoráveis ao evento A)
C100,4 = ( 100 C10,4 = ( 10
100 ! −
4 )!4!
10 ! −
4 )!4!
=
100
=
99
×
98
×
×
97
96 !
×
96 ! 4 ×3 × 2 ×1
10
×
9 ×8 × 7 × 6 !
6 ! 4 ×3 × 2 ×1
=
5040 24
=
25 × 33 × 49 × 97 = 3.921.225
= 210
Sendo n (U) = 3.921.225 e n (A) = 210, obtém-se: P(A) =
n (A) n ( U)
=
210 3.921 .225
= 0,000054 ou
0,0054% 10
Também poderíamos calcular diretamente por: P(A) =
10 100
×
9 99
×
8 98
×
7 97
= 0,000054 ou 0,0054%
Nesta última maneira de se calcular a probabilidade do evento A cabe um comentário. Devemos lembrar que as peças são extraídas sem reposição. Quando extraímos a primeira e verifica-se ser defeituosa, restam 9 peças defeituosas. O número de peças no total também diminui, que passa a ser 99. Depois de se extrair a segunda peça, restam 8 peças defeituosas dentre 98 e após a extração da terceira restarão 7 defeituosas em 97 no total. Trata-se de probabilidades condicionadas. Extraímos a segunda na condição de que a primeira seja defeituosa e assim por diante. 15. Uma caixa contém 4 válvulas defeituosas e 6 perfeitas. Duas válvulas são extraídas juntas. Uma delas é ensaiada e se verifica ser perfeita. Qual a probabilidade de que a outra válvula também seja perfeita? Solução: Se a primeira válvula é perfeita, então restarão 5 válvulas perfeitas dentre as nove restantes, logo: P(2) =
5 9
= 0,55 ou 55%
16. Três máquinas fabricam um determinado tipo de peça mecânica. A máquina A produz 1% de peças defeituosas, a máquina B 2% e a máquina C 5%. Cada máquina é responsável por 1/3 da produção total. Um inspetor examina uma peça e constata que está perfeita, mas ele não sabe qual a máquina que fabricou esta peça. Calcule a probabilidade desta peça ter sido produzida pela máquina A. Solução: Definição dos eventos: A = {a peça é produzida pela máquina A} B = {a peça é produzida pela máquina B} C = {a peça é produzida pela máquina C} D = {a peça é defeituosa } D = (a peça é perfeita} Obs.: devemos prestar bastante atenção no enunciado doeste problema e verificar que os dados referem-se ao percentuais de peças defeituosas e não de perfeitas. O problema em questão solicita a probabilidade de uma determinada peça ser perfeita e produzida pela máquina A, por isso trabalhamos com o evento complementar D para enfatizar isto, embora possamos usar outra letra desde que se fique atento ao que se pede.
∩A = {a peça é perfeita e é produzida pela máquina A} D ∩ B = {a peça é perfeita e é produzida pela máquina B} D ∩ C = {a peça é perfeita e é produzida pela máquina C} D
11
E = {a peça é perfeita e é produzida ou pela máquina A ou pela máquina B ou pela máquina C} As probabilidades ficam: P(A) = 1/3 (é óbvio que se uma determinada máquina produz 1/3 das peças, então a probabilidade de uma peça escolhida ao acaso ser produzida por esta máquina é de 1/3). P(B) = 1/3 P(C) = 1/3 P( D /A) = 1 − P(D/A) = 1 − 0,01 = 0,99 (que é a probabilidade condicionada de que uma peça perfeita seja produzida pela máquina A). Analogamente, para as demais máquinas, teremos: P( D /B) = 1 − P(D/A) = 1 − 0,02 = 0,98 P( D /C) = 1 − P(D/A) = 1 − 0,05 = 0,95 P( D ∩A) = P(A) . P( D /A) =
1 3
× 0,99
= 0,330 *
* No entanto, esta ainda não é a resposta como se possa supor, pois o inspetor não sabe se a peça perfeita foi fabricada pela máquina A. Seria se soubesse. P( D ∩B) = P(B) . P( D /B) = P( D ∩C) = P(C) . P( D /C) =
1 3 1 3
× 0,98
× 0,95
= 0,327 = 0,317
P(E) = P( D ∩ A) + P( D ∩ B) + P( D ∩C) ou P(E) = P(A) . P( D /A) + P(B) . P( D /B) + P(C) . P( D /C), portanto: P(E) = 0,330 + 0,327 + 0,317 = 0,974 Este valor representa a probabilidade da peça ser perfeita e fabricada por qualquer uma das máquinas sem que saibamos qual. Estamos quase chagando na resposta, que é a probabilidade condicionada de que a máquina A produza uma peça perfeita escolhida ao acaso. P(A/ D ) =
P(A)
⋅ P( D /A) = P(E)
0,330 0,974
= 0,339 ou 33,9% (Bingo, resposta final)
Observe que invertemos a notação (A/ D ) para enfatizar que uma peça escolhida ao acaso seja fabricada pela máquina A na condição de ser perfeita, que é a probabilidade que queremos conhecer e não o inverso. 17. 20 peças, 12 das quais são defeituosas e 8 perfeitas, são inspecionadas uma após a outra sem reposição. Se essas peças forem extraídas ao acaso (sem saber-se qual peça é defeituosa ou perfeita), qual a probabilidade de que: a) As duas primeiras sejam ambas defeituosas? b) As duas primeiras sejam ambas perfeitas? c) Das duas primeiras, uma seja perfeita e a outra defeituosa? 12
Solução: a) Seja A = { a primeira peça é defeituosa} e B = {a segunda peça é defeituosa} P(A) =
12 20
e
11
P(B/A) =
, sendo esta última a probabilidade da segunda peça ser defeituosa
19
na condição de que a primeira seja também defeituosa, assim sendo, definimos o evento: A∩B = {as duas primeiras peças são ambas defeituosas}, e, 12
P(A∩B) = P(A) . P(B/A) =
20
×
11 19
=
132
33
=
380
95
= 0,347 ou 34,7%
b) Seja C = {a primeira peça é perfeita} e D = {a segunda peça é perfeita} P(C) =
8 20
e P(D/C) =
7 19
P(C∩ D) = P(C) . P(D/C) =
, sendo C∩D = {as duas primeiras peças são perfeitas}, teremos 8
20
×
7 19
=
56
=
380
14 95
= 0,147 ou 14,7%
c) Para a solução deste item, cabe aqui uma observação: não sabemos qual peça é a primeira a ser extraída, se é a perfeita ou a defeituosa. Para levar em conta esta casualidade, devemos considerar duas alternativas, ou a primeira é perfeita e a segunda é defeituosa ou a primeira é defeituosa e a segunda é perfeita. Teremos a soma dos produtos das probabilidades em vez de uma única parcela. Definindo os eventos: A B C D E
= = = = =
{a primeira peça é perfeita} {a segunda peça é defeituosa} {a primeira peça é defeituosa} {a segunda peça é perfeita} {a primeira peça é perfeita e a segunda defeituosa ou a primeira é defeituosa e a segunda perfeita}
P(A) = P(C) =
8 20 12
20
, P(B/A) = , P(D/C) =
12 19 8
19
(probabilidade de B condicionada a A) (probabilidade de D condicionada a C)
P(E) = P(A) . P(B/A) + P(C) . P(D/C) =
8 20
×
12 19
+
12 20
×
8 19
=
96 380
+
96 380
=
192 380
=
48 95
portanto P(E) = 0,505 ou 50,5%
13
18. As falhas de diferentes máquinas são independentes umas das outras. Se há quatro máquinas, e suas respectivas probabilidades de falha são 1%, 2%, 5% e 10% em um determinado dia, calcule a probabilidade de: a) Todas falharem naquele dia. b) Nenhuma falhar. c) No máximo uma falha. d) Pelo menos duas falham. Solução: Para resolver este problema, mais uma vez recorremos ao uso da árvore de possibilidades, enumerando as máquinas da seguinte forma: 1, 2, 3 e 4 respectivamente. 1
MÁQUINAS 2 3 F3 F2
possibilidades
F4 F1F2F3F4 * N4 F1F2F3 N4 * F4 F1F2 N3F4 *
N3 F1
N4 F1F2 N3 N4 * F4 F1 N2F3F4 *
F3 N2 N3
1
4
MÁQUINAS 2 3
N4 F1 N2F3 N4 * F4 F1 N2 N3F4 * N4 F1 N2 N3 N4
4
possibilidades
F4 N1F2F3F4 * F3 F2 N3 N1 F3
N4 N1F2F3 N4 * F4 N1F2 N3F4 * N4 N1F2 N3 N4 F4 N1 N2F3F4 * N4 N1 N2F3 N4 14
N2
F4 N1 N2 N3F4 N3
N4 N1 N2 N3 N4
Sendo F i = a máquina “i” falha e N i = a máquina “i” não falha (poderão ser usadas outras letras e/ou números para simbolizar as possibilidades). Probabilidades de falha das máquinas: P(F1) = 0,01 ; P(F2) = 0,02 ; P(F3) = 0,05 ; P(F4) = 0,10 (que são os dados do problema). Probabilidade das máquinas não falharem: P(N1) P(N2) P(N3) P(N4)
= = = =
1 1 1 1
− P(F1) − P(F2) − P(F3) − P(F4)
= = = =
1 1 1 1
− 0,01 − 0,02 − 0,05 − 0,10
= = = =
0,99 0,98 0,95 0,90
Como as máquinas são independentes, aplicaremos a regra da probabilidade de eventos independentes (capítulo 2.5-1), para cada possibilidade em particular. a) A probabilidade de todas falharem é aquela da primeira possibilidade da árvore, ou seja: P(F1F2F3F4) = P(F1) . P(F2) . P(F3) . P(F4) = 0,01 × 0,02 × 0,05 × 0,10 = 0,000001 ou 0,0001% b) A probabilidade de nenhuma falhar é: P(N1 N2 N3 N4) = P(N1) . P(N2) . P(N3) . P(N4) = 0,99 × 0,98 × 0,95 × 0,90 = 0,8295 ou 82,95% c) No máximo uma máquina falha significa que ou nenhuma falha ou uma falha, que envolve as seguintes possibilidades: F1 N2 N3 N4, N1F2 N3 N4, N1 N2F3 N4, N1 N2 N3F4 e N1 N2 N3 N4. As probabilidades independentes são: P(F1 N2 N3 N4) P(N1F2 N3 N4) P(N1 N2F3 N4) P(N1 N2 N3F4)
= = = =
P(F1) . P(N2). P(N3) . P(N4) P(N1) . P(F2). P(N3) . P(N4) P(N1) . P(N2). P(F3) . P(N4) P(N1) . P(N2). P(N3) . P(F4)
= = = =
0,01 × 0,99 × 0,99 × 0,99 ×
0,98 × 0,02 × 0,98 × 0,98 ×
0,95 × 0,95 × 0,05 × 0,95 ×
0,90 0,90 0,90 0,10
= = = =
0,00838 0,01693 0,04366 0,09217
ou ou ou ou
0,838% 1,693% 4,366% 9,217%
estas são as probabilidades que levam em conta a falha de uma das máquinas. P(N1 N2 N3 N4) = 0,83 ou 83% (calculada no item b) P(no máximo uma falha) = 0,00838 + 0,01693 + 0,04366 + 0,09217 + 0,82950 = 0,9906 ou 99,06%
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d) pelo menos duas falham significa que no mínimo duas falham ou que duas falham ou três ou as quatro falham, cujas possibilidades são aquelas marcadas com “ * “ na árvore de possibilidades. No entanto, se observarmos atentamente, estas representam o complemento do item c, ou seja: P(pelo menos duas falham) = 1 − P(no máximo uma falha) = 1 − 0,9906 = 0,0094 ou 0,94% aproximadamente. Procedendo desta forma evitamos os extensivos cálculos das probabilidades marcadas com “*”. Todavia, cabe ao aluno conferir, realizando estes cálculos, como objeto de estudo.
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