1.6.1 União.

Dados dois conjuntos $A$ e $B$ indicaremos por $A\cup B$ O conjunto dos elementos que pertencem a $A$ ou a $B$, isto é, o conjunto dos elementos que pertencem a pelo menos um dos conjuntos “A” e “B”. Este conjunto é chamado de união de $A$ com $B$. Simbolicamente, $A \cup B = \{\omega \in \Omega\, |\, \omega \in A\; ou\; \omega \in B\}$.

A parte sombreada da Figura abaixo ilustra o conjunto $A \cup B$.

A união de três conjuntos A, B e C será representada por $A\;\cup\,B\,\cup\,C$.

$A\;\cup\;B\;\cup\;C = \{\omega\,\in\,\Omega\,|\,\omega\,\in\,A\:ou\:\omega\,\in B \;ou\;\;\omega \;\in C\}$

Mais geralmente, a união de n conjuntos $A_1 , A_2 , . . . , A_n$ é chamada analogamente e representada por $\bigcup_{i=1}^{n}A_i$.

1.6.2 Interseção.

Dados dois conjuntos A e B, definimos o conjunto interseção de A e B como o conjunto dos elementos que pertencem simultaneamente a A e a B, ou seja

$A\;\cap\;B \,=\;\{\omega\;\in\,\Omega\,|\,\omega\,\in\,A\;\;e\;\;\omega\,\in\,B\}$

A parte sombreada da figura abaixo ilustra a interseção de A e B.

No caso de termos por exemplo três conjuntos A, B e C, a interseção é representada por $A\;\cap\;B\;\cap\;C$:

$A\;\cap\;B\;\;\cap\;C = \{\,\omega\,\in\,\Omega\,|\;\omega\,\in\,A\;\;e\;\;\omega\,\in\,B\;\;e\;\;\omega\,\in\,C\;\}$

A interseção de n conjuntos $A_1,\,A_2,\,...,A_n$ é representada por $\bigcap_{i=1}^{n}A_i$.

Dizemos que dois conjuntos A e B são disjuntos se $A\;\cap\;B = \emptyset$. Quando temos mais de dois conjuntos, dizemos que eles são disjuntos quando forem disjuntos tomados 2 a 2. A figura abaixo ilustra o caso de três conjuntos disjuntos.

1.6.3 Complementar.

Dados um conjunto A. chamaremos conjunto conplementar de A o conjunto dos elementos de $\Omega$ que não pertencem a A. Simbolicamente

$A^C$ = $\{\;\omega\in\,\Omega\,|\;\omega\;\notin\;A\}$

A parte sombreada da figura abaixo indica o complementar de A.

1.6.4 Diferença.

Dados dois conjuntos A e B. o conjunto

$A\;\cap B^C$ = $\{\;\omega\in\,\Omega\,|\;\omega\;\in\;A\;\;e\;\;\omega\notin B\}$ é chamado de diferença de A e B, é representado geralmente por A - B. A parte sombreada da figura abaixo mostra a diferença de A e B.

Se $B\subset A$, a diferença $A-B$ é chamada diferença própria.

2.2.1 Exemplos e Aplicações.

1. Sejam A e B eventos tais que $P(A) = \frac{1}{2}\; , P(B) = \frac{1}{4}\;, P(A\cap B) = \frac{1}{5}$.

Calcular:

a) $P(A\cup B)$;

b) $P(A^C)$;

c) $P(B^C)$;

d) $P(A\cap B^C)$;

e) $P(A^C\cap B)$;

f) $P(A^C\cap B^C)$;

g) $P(A^C\cup B^C)$;

Soluções:

a) $P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)$

$P(A\cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{10+5-4}{20} = \frac{11}{20}$

b) $P(A^C) = 1 - P(A) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

c) $P(B^C) = 1 - P(B) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

d) $P(A\cap B^C) = P(A) - P(A\cap B) = \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{5-2}{10} = \frac{3}{10}$.

e) $P(A^C\cap B) = P(B) - P(A\cap B) = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{5-4}{20} = \frac{1}{20}$.

f) $P(A^C\cap B^C) = 1 - P[(A\cup B)^C] = 1 - \frac{11}{20} = \frac{20-11}{10} = \frac{9}{20}$.

g) $P(A^C\cup B^C) = 1 - P[(A\cap B) = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$.

2) Uma caixa contém 20 peças em boas condições e 15 em más condições. Uma amostra de de 10 peças é extraída. Calcular a probabilidade de que ao menos uma peça na amostra seja defeituosa.

Solução;

Sejam:

Variável aleatória (X) = Quantidade de peças extraídas= 10;

A variável aleatória (X) pode assumir os valores: 0, 1, 2,.., 10;

Vamos atribuir o valor $0$ para o sucesso (Peças defeituosas) e $1$ para o sucesso ( peças sem defeitos). Temos que,

$P(0)$ = $\frac{15}{35} = \frac{3}{7}$.

$P(1)$ = $\frac{20}{35} = \frac{4}{7}$.

$P(X= 0)$, significa a probabilidade de termos nenhuma peça com defeito;

$P(X=1)$, significa a probabilidade de termos $1$ peça com defeito;

$P(X=2)$, significa a probabilidade de termos $2$ peças com defeito;

……………………………………………………………………..;

$P(X=10)$, significa a probabilidade de termos (10) peças com defeito;

A probabilidade para que tenhamos, exatamente, nenhuma, uma, duas,…, dez peças defeituosas é dada pela expressão:

$\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$, onde p é a probabilidade do fracasso, isto é, peças defeituosas.

Para exatamente 4 peças defeituosas, a probabilidade é:

$\binom{10}{4}{(\frac{3}{7}})^4(\frac{4}{7})^{6} = 0,24665$.

Na tabela abaixo estão todas as probabilidades para as peças defeituosas, considerando exatamente 0,1,2, . . ..

É claro que para resolver o nosso problema não precisava de tudo isso.

Basta calcularmos $P(X\geq 1)= 1- P(X = 0) = 1 - 0,00371 = 0,9963$.

3) (Pôquer com dados) Cinco dados são jogados simultaneamente e os resultados são classificados em:

$A_1 =$ todos diferentes;

$A_2 =$ um par;

$A_3 =$ dois pares;

$A_4 =$ três iguais;

$A_5 =$ full (três iguais e dois iguais);

$A_6 =$ quatro iguais (pôquer);

$A_7 =$ cinco iguais;

$A_8 =$ uma sequência.

Calcular as probabilidades de $A_i\, i = 1, 2, 3, ..., 8$.

2.3.1 Exemplos e Aplicações.

1) Um grupo de pessoas está classificado da seguinte forma:

Escolhe-se uma pessoa ao acaso. Sabendo-se que essa pessoa fala francês, qual é a probabilidade de que seja homem?

Solução

Seja A o evento que ocorre se a pessoa escolhida fala francês e B se a pessoa escolhida é homem. Temos,

$P(A) = \frac{47 + 52}{360} = \frac{99}{360}$,

$P(A\cap B) = \frac{47}{360}$,

e portanto

$P(A/B) = \frac{P(A\cap B)}{P(A)} = \frac{47/360}{99/360} = \frac{47}{99}$.

2) Sabe-se que 80% dos pênaltis marcados a favor do Brasil são cobrados por jogadores do Flamengo. A probabilidade de um pênalti ser convertido é de 40% se o cobrador for do Flarnengo e de 70% em caso contrário. Um pênalti a favor do Brasil acabou de ser marcado:

a) Qual a probabilidade do pênalti ser cobrado por um jogador do Flamengo e ser convertido?

Solução

a) A probabilidade deseja é:

P(“cobrador é do Flamengo” e “Pênalti é convertido”) = $P(F\cap C)$.

Pelo Teorema do Produto:

$P(F\cap C) = P(F) \cap P(C/F) = 0,8\;\cdot\;0,4 = 0,32.$.

b) Qual a probabilidade do pênalti ser convertido?

Solução

Note que, do enunciado, apenas sabemos as probabilidades condicionais do pênalti ser convertido, dado que o batedor seja do Flamengo ou pertença a um outro clube. Para fazer uso dessas probabilidades condicionais, decompomos o evento C:

“o pênalti é convertido”

na união de dois eventos disjuntos:

“o cobrador é do Flamengo e o pênalti é convertido” e “o cobrador não é do Flamengo e o pênalti é convertido”. Isto é:

$C = (F\cap C) \;\cup\;(F^C\;\cap\;C)$. Logo

$P(C) = P(F\cap C) \;+\;P(F^C\;\cap\;C)$.

Cada uma das probabilidade do lado direito pode ser calculada com auxilio do Teorema do Produto.

$P(F\;\cap C) = P(F)\;\cdot\;P(C/F) = 0,8\;\cdot\;0,4 = 0,32.$

$P(F^C\;\cap C) = P(F^C)\;\cdot\;P(C/F^C) = 0,2\;\cdot\;0,7 = 0,14.$ Logo

$P(C) = 0,32\; +\;0,14 = 0,46.$

2.4.1 Exemplos e Aplicações.

1) Durante o mês de agosto a probabilidade de chuva em um dia determinado é de 4/10. O Fluminense ganha um jogo em um dia com chuva com probabilidade 6/10 e em um dia sem chuva com probabilidade de 4/10. Sabendo-se que o Fluminense ganhou um jogo naquele dia de agosto, qual a probabilidade de que choveu nesse dia?

Solução

Utilizando o Teorema de Bayes, temos

$P(choveu\; e\; ganhou) = \frac{P(choveu)P(ganhou\;/\;choveu)}{P(choveu)P(ganhou\;/\;choveu)\, +\,P(não \,choveu)P(ganhou\;/\;não\,choveu) } =$

2) Num exame há 3 respostas para cada pergunta e apenas uma delas é certa. Portanto, para cada pergunta, um aluno tem probabilidade 1/3 de escolher a resposta certa se ele está adivinhando e 1 se sabe a resposta. Um estudante sabe 30% das resposta do exame. Se ele deu a resposta correta para uma das perguntas, qual é a probabilidade de que a adivinhou?

Solução

Utilizando o Teorema de Bayes, temos

$P(adivinhou\;/\;resposta\,correta) = \frac{0,70\;\frac{1}{3}\cdot}{0,70\;\cdot\;\frac{1}{3}\;+\;0,30\;\cdot\;1} = \frac{7}{16}$.

2.5.1 Exemplos e Aplicações.

1) Jogamos uma moeda não viciada 10 vezes. Qual é a probabilidade de obtermos exatamente 5 caras?

Solução:

Pondo sucesso = cara, temos p = 1/2 em cada prova e as provas são independentes. Queremos achar a probabilidade de k = 5 sucessos em n = 10 provas. Pelo teorema binomial, a rsposta é

$\binom{10}{5}{(\frac{1}{2}})^k(1-{\frac{1}{2}})^{5} = \frac{252}{1024} = \frac{63}{256}$.

2) Um aluno marca ao acaso as respostas em um teste múltipla-escolha com 10 questões e cinco alternativas por questão. Qual é a probabilidade dele acertar exatamente 4 questões?

Solução:

Pondo sucesso = acerto, temos p = 1/5 em cada prova, e as provas são independentes.

A probabilidade dele acertar exatamente k = 4 questões é

$p_k = \binom{10}{4}{(\frac{1}{5}})^4(1-{\frac{1}{5}})^{6} = \frac{172 032}{1 953 125}\approx 0,088$.