Probabilidade Condicional: encontrar a probabilidade de um evento quando você tem alguma outra informação sobre o evento.

• Considere o lançamento de dois dados. Espaço amostral na figura abaixo.

• Considere que cada resultado tenha a mesma chance de ocorrer: 1/36.

• Suponha que você lance primeiro um dos dados e o resultado é 4.

• Qual a probabilidade de que a soma dos resultados dos dois dados seja 10?

Como saiu 4 no primeiro dado, há 6 resultados possíveis: \[\Omega_1 = \{(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)\}\]

Cada resultado tem a mesma probabilidade de ocorrer: 1/6.

Dado que o primeiro dado teve resultado 4, então a probabilidade de cada evento em \(\Omega_1\) tem igual chance de ocorrer.

Considere os eventos:
\(B\) = {a soma dos dados é igual a 10}
\(A\) = {no primeiro dado saiu 4}

Definimos a probabilidade condicional de \(B\) dado \(A\) por: \[P(B\mid A)\]

Suponha que o resultado do experimento esteja contido no evento \(A\).

Para que o resultado esteja também no evento \(B\), ele precisa necessariamente estar tanto em \(A\) quanto em \(B\), ou seja, precisa estar em \(A\cap B\).

Mas, como sabíamos desde o início que o resultado estava em \(A\), nosso espaço amostral agora é reduzido para somente os elementos de \(A\) e então:

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

Voltando ao exemplo dos dois dados.

• Seja o evento \(A\) = {no primeiro dado saiu 4}.

\[A = \{(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)\}\]

• Seja o evento \(B\) = {a soma dos dados é igual a 10}

\[B = \{(4,6), (5,5), (6,4)\}\]

• Então \(A\cap B = \{(4,6) \}\). Portanto:

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

Espaço amostral:

\[ \Omega=\{\mbox{(A, sim), (A, não), (B, sim), (B, não), (C, sim), (C, não), (D, sim), (D, não)}\}\]

Qual a probabilidade de cair na malha fina se a renda for acima de 100.000?

Considere os eventos:

• \(\mathcal{A}\) = {caiu na malha fina} =\(\{\mbox{(A, sim), (B, sim), (C, sim), (D, sim)}\}\)
  
• \(\mathcal{B}\) = {renda acima de 100.000} =\(\{\mbox{(A, sim), (A, não)}\}\)

\[ P(\mathcal{A} \mid \mathcal{B}) = \frac{P(\mathcal{A} \cap \mathcal{B})}{P(\mathcal{B})} = \frac{P(\{\mbox{(A, sim)}\})}{P(\{\mbox{(A, sim), (A, não})\})} \]

\[ =\frac{80/80200}{10700/80200}=0.007 \]

Vimos que: \[P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\]

Regra da multiplicação:

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

Quando \(P(B\mid A)=P(B)\) (informação sobre \(A\) não altera a probabilidade do evento \(B\)), dizemos que \(B\) e \(A\) são independentes. Neste caso:

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

Considere o lançamento de dois dados “justos” (36 resultados possíveis têm a mesma probabilidade de ocorrer).

Considere os eventos:

• \(A\): primeiro dado tem resultado 3.
• \(B\): soma dos dados é igual a 8.
• \(C\): soma dos dados é igual a 7.

Perguntas:

• Eventos \(A\) e \(B\) são independentes?
• E os eventos \(A\) e \(C\) são independentes?

Eventos \(A\) e \(B\) são independentes?

\(P(A\cap B)= P(\{(3,5)\})=\frac{1}{36}\)

\(P(A)= P(\{ (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)\})=\frac{6}{36}\)

\(P(B)= P(\{ (2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\})=\frac{5}{36}\)

\[P(A\cap B)=\frac{1}{36}\neq P(A)\times P(B)=\frac{6}{36}\times\frac{5}{36}\]

Portanto, \(A\) e \(B\) não são eventos independentes.

E os eventos \(A\) e \(C\) são independentes?

\(P(A\cap C)= P(\{(3,4)\})=\frac{1}{36}\)

\(P(A)= P(\{ (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)\})=\frac{6}{36}\)

\(P(C)= P(\{ (1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\})=\frac{6}{36}\)

\[P(A\cap C)=\frac{1}{36}= P(A)\times P(C)=\frac{6}{36}\times\frac{6}{36}\]

Portanto, \(A\) e \(C\) são eventos independentes.

Suponha que \(A\) e \(B\) sejam dois eventos disjuntos.

Suponha que \(P(A)>0\) e \(P(B)>0\).

\(A\) e \(B\) são independentes?

\(A\) e \(B\) são disjuntos, então \(A\cap B=\varnothing\) e \(P(A\cap B)=0\).

\(P(A)>0\) e \(P(B)>0\), portanto:

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

\(A\) e \(B\) não são independentes.

Além disso: \(P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=0\), ou seja, dado que \(A\) ocorre, \(B\) não ocorre.

Em uma família com duas crianças, considere os eventos:

• \(A\)={a primeira criança é uma menina}
• \(B\)={as duas crianças são meninas}.

Qual a \(P(B\mid A)\)?

\(\Omega=\{FF,MM,FM,MF\}\)

\(A=\{FF,FM\} \qquad B=\{FF\} \qquad \Longrightarrow \quad B\cap A= B\)

Portanto, \[P(B\mid A)=\frac{P(B\cap A)}{P(A)}=\frac{P(\{FF\})}{P(\{FF,FM \})}=\frac{1/4}{1/2}=1/2\]

Em uma família com duas crianças, considere os eventos:

• \(A\)={a primeira criança é uma menina}
• \(B\)={as duas crianças são meninas}.

\(A\) e \(B\) são eventos independentes?

\(\Omega =\{FF,MM,FM,MF\}\)

\(A=\{FF,FM\} \qquad B=\{FF\} \qquad \Longrightarrow \quad B\cap A= B\)

Então, \(P(B\cap A) = P(B) = \frac{1}{4}\) e

\[P(A)P(B) =\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{8} \neq P(B\cap A) \]

Portanto, \(A\) e \(B\) não são independentes.

Chutar: escolher as respostas ao acaso

Temos uma prova com três questões de múltipla escolha.

Em cada questão há 5 alternativas, apenas 1 é correta.

Experimento: anotar o resultado do aluno na prova.

Espaço amostral: \[\Omega=\{CCC, CCI, CIC, CII, ICC, ICI, IIC, III\}\]

Quais as probabilidades dos eventos do espaço amostral?

Para cada questão: \[P(C)=0.2 \quad \mbox{e} \quad P(I)=0.8\] Então, a probabilidade de acertar as três questões é: \[\begin{aligned} P(CCC) &= P(C)\times P(C)\times P(C) \\ & = (0.2)(0.2)(0.2) \\ &= (0.2)^3 =0.008 \end{aligned}\]

Qual a probabilidade do aluno acertar pelo menos duas questões?

\[P(CCC)+P(CCI)+P(CIC)+P(ICC)=0.008+3\times0.032=0.104\]

Uma sacola contém 10 sementes de flores vermelhas e 5 de flores brancas. Selecionamos duas sementes ao acaso, uma a uma e sem reposição.

Qual é a probabilidade de que :

• a primeira semente seja vermelha?
• a segunda seja branca se a primeira foi vermelha?

Defina os eventos:

\(A\) = {a primeira semente é vermelha} e \(B\)={a segunda semente é branca}

Então: \[P(A) = \frac{10}{15} = \frac{2}{3} \qquad \mbox{e} \qquad P(B|A) = \frac{5}{14}\]

Considere dois eventos quaisquer \(A\) e \(B\).

Para que um elemento esteja em \(A\), há duas possibilidades:

• o elemento está em \(A\) e em \(B\);
• o elemento está em \(A\), mas não está em \(B\).

Portanto, podemos escrever:

\[A = (A \cap B) \cup (A \cap B^c)\]

As duas possibilidades são disjuntas, então: \[P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap B^c)\]

Vimos que: \(P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap B^c)\)

E sabemos que: \[P(A \cap B) = P(A \mid B) P(B)\]

\[P(A \cap B^c) = P(A \mid B^c) P(B^c)\]

Então reescrevemos: \[P(A) = P(A \mid B) P(B) + P(A \mid B^c) P(B^c)\]

Interpretação: a probabilidade do evento \(A\) é uma média ponderada de \(P(A \mid B)\) e \(P(A \mid B^c)\). O peso de cada probabilidade condicional é a probabilidade do evento que está sendo levado em conta ao calcular a probabilidade condicional de \(A\).

Seja \(\{B_1, \ldots, B_n\}\) uma partição de eventos de \(\Omega\) e \(A\) um evento em \(\Omega\).

Dizemos que os eventos \(\{B_1, B_2, \ldots, B_n\}\) formam um partição do espaço amostral \(\Omega\) se são mutuamente exclusivos e a união desses eventos é \(\Omega\).

Então,

\[P(A) = \sum_{i=1}^n P(A \mid B_i) P(B_i)\]

Se considerarmos a partição \(B\) e \(B^c\) do espaço amostral \(\Omega\) e \(A\) um evento em \(\Omega\). Então:

\[P(B\mid A) = \frac{P(B\cap A)}{P(A)} = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A\mid B)P(B) + P(A\mid B^c)P(B^c)}\]

No caso geral, seja \(\{B_1, \ldots, B_n\}\) uma partição de eventos de \(\Omega\) e \(A\) um evento em \(\Omega\):

\[ P(B_i \mid A) = \frac{P(A\mid B_i)P(B_i)}{\sum_{i=1}^n P(A \mid B_i) P(B_i)}\]

Um exame de sangue é 99% efetivo em detectar uma certa doença quando esta está presente. No entanto, 2% são falso-positivos. Suponha que 0,5% da população tem a doença.

Qual a probabilidade condicional de que um indivíduo testado aleatoriamente tenha a doença dado que o teste deu positivo?

Temos que,

• 0,5% da população tem a doença;

• o exame é 99% efetivo em detectar a doença quando esta está presente; e

• 2% são falso-positivos.

Considere os eventos: \(D\) = {estar doente} e \(TP\) = {testar positivo}, temos que

\(P(TP \mid D)=0.99, \qquad P(TP \mid D^c)=0.02 \quad \mbox{e} \quad P(D)=0.005\)

Então,

\[\begin{aligned} P(D \mid TP) & = \frac{P(TP \mid D)P(D)}{P(TP)} \\ & = \frac{P(TP \mid D)P(D)}{P(TP \mid D)P(D) + P(TP \mid D^c)P(D^c)} \\ & = \frac{0.99 \times 0.005}{0.99 \times 0.005 + 0.02 \times 0.995} = 0.20 \end{aligned}\]

Câncer de mama afeta 1% das mulheres.

Mamografia é o teste padrão para detectar câncer de mama. Mas sabe-se que não é um teste perfeito.

Estatísticas mostram que:

• a mamografia é 80% efetiva em detectar o câncer quando este realmente existe.

• 9.6% das mamografias resultam em falsos positivos (teste positivo quando o câncer não existe).

Suponha que sua mãe faz uma mamografia e o resultado é positivo. Qual é a probabilidade dela realmente estar com câncer de mama?

Uma companhia de seguros acredita que as pessoas podem ser divididas em duas categorias:

1. aquelas que estão mais sujeitas a acidentes.
2. aquelas que não estão mais sujeitas a acidentes.

Os dados indicam que uma pessoa da categoria 1
terá um acidente durante o período de um ano com probabilidade 0.1.
A probabilidade para todas as outras pessoas é 0.05.

Suponha que a probabilidade de um novo cliente pertencer à categoria 1 seja 0.2.

Qual a probabilidade de que o novo cliente tenha um acidente durante o primeiro ano? E se um novo cliente tem um acidente durante o primeiro ano, qual é a probabilidade de que ele pertença à categoria 1?

Pergunta: Qual a probabilidade de que o novo cliente tenha um acidente durante o primeiro ano?

Considere os eventos:

\(A\) = {o novo cliente tem um acidente durante o primeiro ano}
\(B\) = {o novo cliente pertence à categoria 1}
\(B^c\) = {o novo cliente pertence à categoria 2}

Pelo Teorema das Probabilidades Totais:

\[ \begin{aligned} P(A) & = P(A\mid B)P(B)+P(A\mid B^c)P(B^c) \\ & = 0.1\times 0.2 + 0.05\times 0.8 = 0.06 \end{aligned} \]

Pergunta: Se um novo cliente tem um acidente durante o primeiro ano, qual é a probabilidade de que ele pertença à categoria 1?

\(A\) = {o novo cliente tem um acidente durante o primeiro ano}
\(B\) = {o novo cliente pertence à categoria 1}

Pelo Teorema de Bayes:

\[ \begin{aligned} P(B\mid A) & = \frac{P(B\cap A)}{P(A)} = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A)} \\ & = \frac{0.1 \times 0.2}{0.06}=\frac{1}{3} \end{aligned} \]

Dado que o réu é inocente (\(I\)), suponha que a probabilidade do DNA dele ser compatível (\(C\)) com o DNA encontrado na cena do crime seja 1 em um milhão.

\[P(C \mid I)=0.000001\]

Dado que o réu é culpado (\(\bar{I}\)), suponha que a probabilidade do DNA dele ser compatível com o DNA da cena do crime seja 0.99.

\[P(C \mid \bar{I})=0.99\]

O DNA do réu é compatível com o DNA da cena do crime.

Encontre a probabilidade do réu ser inocente dado que o DNA é compatível, sendo que a probabilidade incondicional dele ser inocente, \(P(I)\), é 0.5.

Queremos \(P(I \mid C)\), sendo que \(P(I)=P(\bar{I})=0.5\)

Pelo Teorema de Bayes:

\[\begin{aligned} P(I \mid C) &= \frac{P(I \cap C)}{P(C)} = \frac{P(C \mid I)P(I)}{P(C)} \\ & = \frac{P(C \mid I)P(I)}{P(C \mid I)P(I) + P(C \mid \bar{I})P(\bar{I})} \\ & = \frac{0.000001 \times 0.50}{0.000001 \times 0.5 + 0.99 \times 0.5} \\ & = 0.000001 \end{aligned}\]

A chance de ser inocente dado que houve compatibilidade de DNA é 1 em 1 milhão.

Encontre a probabilidade do réu ser inocente dado que o DNA é compatível, sendo que a probabilidade incondicional dele ser inocente, \(P(I)\), é 0.99.

\[\begin{aligned} P(I\mid C) & = \frac{P(I \cap C)}{P(C)} = \frac{P(C\mid I)P(I)}{P(C)} \\ & = \frac{P(C\mid I)P(I)}{P(C\mid I)P(I)+P(C\mid \bar{I})P(\bar{I})} \\ & = \frac{0.000001\times 0.99}{0.000001\times 0.99 + 0.99\times 0.01} \\ &= 0.00001 \end{aligned}\]

A chance de ser inocente dado que houve compatibilidade de DNA é 1 em 100 mil.