ME414 - Estatística para Experimentalistas

Se o inimigo escolhe a versão 1, Sherlock deve escolher 10 ou 100 lançamentos?

Seja $X_i$ a v.a. que indica o resultado do $i$-ésimo lançamento da moeda, ou seja,

$$X_i = \begin{cases} 1, & \mbox{se sair cara} \\ 0, & \mbox{se sair coroa} \end{cases} \quad \mbox{e} \quad P(X_i=0)=P(X_i=1)=0.5$$

Seja $X=\sum_{i=1}^nX_i$ a v.a. que indica o número de caras em $n$ lançamentos da moeda. Então, $X \sim \mbox{Bin}(n, 0.5).$

Na versão 1, Sherlock vence se a proporção de caras é maior do que $0.60$, ou seja, se $X\geq n \times 0.6$.

Basta então Sherlock comparar $P(X\geq n\times 0.6)$ para $n=10$ ou $n=100$ e escolher o que resultar em maior probabilidade.

Na prática, para tomar uma decisão rápida, Sherlock deve considerar que a proporção esperada de caras é sempre 0.5, mas que quando $n$ é menor, existe maior variabilidade em torno desse valor esperado.

• Se a proporção de caras for maior do que $0.60$, Sherlock vence.

Aqui Sherlock deve escolher $n=10$, pois a variância de $X/n$ (proporção de caras) é maior com $n=10$.

• Se a proporção de caras for maior do que $0.40$, Sherlock vence.

Aqui Sherlock deve escolher $n=100$, pois a variância de $X/n$ é menor com $n=100$, portanto chances maiores da proporção observada estar próxima da proporção esperada.

• Se a proporção de caras estiver entre $0.40$ e $0.60$, Sherlock vence.

Mesmo raciocínio do item anterior.

• Se a proporção de caras for menor do que $0.30$, Sherlock vence.

Mesmo raciocínio do item 1.

Consideremos novamente um experimento aleatório com espaço de resultados $\Omega$ e o evento $A$.

Vamos dizer que ocorreu sucesso se o evento $A$ aconteceu e $p=P(\mbox{sucesso})$.

Repetimos o experimento até o primeiro sucesso.

Seja $X$ o número de repetições até o primeiro sucesso.

Exemplo: lançar uma moeda repetidas vezes até a primeira cara e $p=P(cara)$.

Os valores possíveis de $X$ são $\{1,2,3,...\}$.

$$\begin{aligned} P(X=1) &=p && (\mbox{sucesso logo na primeira tentativa})\\ P(X=2) &= (1-p)p && (\mbox{1 fracasso seguido de 1 sucesso})\\ P(X=k) &= (1-p)^{k-1} p && (\mbox{$k-1$ fracassos sucessivos e 1 sucesso}) \end{aligned}$$

Modelo Geral: Suponha uma sequência de ensaios de Bernoulli independentes com probabilidade de sucesso $p$.

Seja $X$ a v.a. que representa o número de ensaios de Bernoulli até a ocorrência do primeiro sucesso. Então dizemos que $X$ segue uma distribuição Geométrica com parâmetro $p$, ou seja, $X\sim G(p)$.

A probabilidade de se observar $x$ é dada por: $$P(X=x)=(1-p)^{x-1}p, \qquad x=1,2,\ldots$$

A esperança e variância de uma v.a. Geométrica são dadas por: $$\mathbb E(X)= \frac{1}{p} \qquad \mbox{e} \qquad Var(X)=\frac{1-p}{p^2}$$

A função de distribuição acumulada de uma v.a. $G(p)$ é dada por: $$F(x)=P(X\leq x)=1-(1-p)^x$$

A distribuição geométrica tem uma propriedade que serve para caracterizá-la no conjunto das distribuições discretas: a propriedade de perda de memória!

Propriedade de Perda de Memória

$$P(X > x+m \mid X > m)=P(X > x)$$

Interpretação: O fato de já termos observado $m$ fracassos sucessivos não muda a probabilidade do número de ensaios até o primeiro sucesso ocorrer.

A probabilidade de se encontrar aberto o sinal de trânsito numa esquina é $0.2$.

Qual a probabilidade de que seja necessário passar pelo local $5$ vezes para encontrar o sinal aberto pela primeira vez?

$X=$ número de vezes necessárias para encontrar o sinal aberto.

$p=P(\mbox{sinal aberto}) = 0.2$

$$\begin{aligned} P(X=5) &= (1-p)^{4} p \\ &= 0.8^4\times 0.2 \\ &= 0.0819 \end{aligned}$$

Qual a probabilidade de que um dado deva ser lançado 15 vezes para que ocorra a face 6 pela primeira vez?

$X=$ número de vezes necessárias para ocorrer o resultado 6.

$p=P(\mbox{face 6})=1/6$

$$\begin{aligned} P(X=15) &= (1-p)^{15-1} p \\ &= \left(\frac{5}{6}\right)^{14}\frac{1}{6} \\ &=0.01298 \end{aligned}$$

Um banco de sangue necessita sangue do tipo O negativo. Suponha que a probabilidade de uma pessoa ter este tipo de sangue seja $0.10$. Doadores permanentes chegam ao hemocentro para fazer sua doação rotineira. Calcule a probabilidade de que o primeiro doador com sangue do tipo O negativo seja:

• o primeiro a chegar;
• o segundo;
• o sétimo.
• Quantos doadores esperamos passar pelo hospital até encontrarmos um com sangue O negativo?

Fonte: Prof. Mario Gneri, Notas de Aula.

Seja $X$ o número de doadores que chegam no hemocentro até a chegada do primeiro doador com sangue O negativo.

Novamente temos um experimento com distribuição geométrica. Usando a fórmula para a função de probabilidade, send $X \sim G(0.1)$:

$$P(X=x) = 0.9^{x-1} 0.1, \qquad x=1,2,\ldots$$

Temos que

• $P(X=1) = 0.1$
• $P(X=2) = 0.9 \times 0.1 = 0.09$
• $P(X=7) = 0.9^6 \times 0.1 = 0.053$
  
• $\mathbb E(X) = 1/0.1=10.$ Neste caso, esperamos que dez doadores passem pelo hospital, em média, para encontrarmos o primeiro com sangue O negativo.

• População dividida em duas características
• Extrações casuais sem reposição

Detalhes:

• $N$ objetos
• $r$ têm a característica A
• $N-r$ têm a característica B
• um grupo de $n$ elementos é escolhido ao acaso, dentre os $N$ possíveis, sem reposição.

Objetivo: calcular a probabilidade de que este grupo de $n$ elementos contenha $x$ elementos com a característica A.

Seja $X$ a v.a. que representa o número de elementos com a característica A dentre os $n$ selecionados.

Então dizemos que $X$ segue uma distribuição Hipergeométrica com parâmetros $N,n,r$, ou seja, $X \sim Hip(N,n,r)$.

A probabilidade de se observar $x$ é dada por: $$P(X=x)=\frac{\binom{r}{x}\binom{N-r}{n-x}}{\binom{N}{n}}, \qquad 0\leq x \leq min\{r,n\}$$

A esperança e variância são, respectivamente:

$$\mathbb E(X)=\frac{nr}{N} \qquad \mbox{e} \qquad Var(X)=\frac{nr}{N}\left(1-\frac{r}{N}\right)\frac{(N-n)}{(N-1)}$$

Uma urna contém 10 bolas: 6 brancas e 4 pretas.

Qual a probabilidade de obter 3 bolas brancas dentre 4 bolas retiradas?

Seja $X$ o número de bolas brancas dentre as 4 bolas retiradas

Então, $X\sim Hip(N=10, n=4, r=6)$ e

$$P(X=x)=\frac{\binom{r}{x}\binom{N-r}{n-x}}{\binom{N}{n}}, \qquad 0\leq x \leq min\{r,n\}$$

Portanto,

$$P(X=3)=\frac{\binom{6}{3}\binom{4}{1}}{\binom{10}{4}}=\frac{8}{21}$$

Voltando ao exemplo: O Departamento de Estatística é formado por 25 professores, sendo 17 homens e 8 mulheres. Uma comissão será formada por 3 professores. Queremos saber qual é a probabilidade da comissão ser formada por pelo menos duas mulheres?

Seja $X$ o número de mulheres na comissão, então $X \sim Hip(N=25,n=3,r=8)$

$$\begin{aligned} P(X=2) &=\frac{\binom{8}{2}\binom{17}{1}}{\binom{25}{3}}=0.21 \\ P(X=3) &=\frac{\binom{8}{3}\binom{17}{0}}{\binom{25}{3}}=0.02 \\ P(X \leq 2) &= P(X=2) + P(X=3) = 0.21 + 0.02 = 0.23 \end{aligned}$$

• Um jogo de loteria consiste em selecionar 6 dezenas de 00 a 99, com uma bola para cada dezena e sem reposição
• Numa aposta o jogador pode escolher de 6 a 10 dezenas
• Qual a probabilidade de acertar a quina (5 dezenas) marcando-se 10 dezenas na aposta?

• N = 100 (total de dezenas)
• n = 6 (dezenas sorteadas)
• r = 10 (dezenas escolhidas pelo jogador)
• x = 5 (número de sucessos, queremos 5)

$$P(X=5)=\frac{\binom{10}{5}\binom{100-10}{6-5}}{\binom{100}{6}}=0.000019$$

Qual a probabilidade de um jogador ganhar na Mega-Sena jogando 6 dezenas?

• $N=60$ (dezenas de 01 a 60)
• $n=6$ (dezenas sorteadas)
• $r=6$ (dezenas escolhidas pelo jogador)
• $x=6$ (número de sucessos, queremos 6)

Então, a probabilidade de ganhar na Mega-Sena é:

$$P(X=6)=\frac{\binom{6}{6}\binom{54}{0}}{\binom{60}{6}}=\frac{1}{50063860}$$

Suponha um lote com $N=100$ elementos a ser analisado.

São escolhidas $n=5$ peças sem reposição.

Sabendo que neste lote de 100 elementos, $r=10$ são defeituosos.

Se $X$ é o número de peças defeituosas em 5 escolhidas, então $$X\sim Hip(N=100, n=5, r=10)$$

A probabilidade de nenhuma peça defeituosa na amostra retirada é:

$$P(X=0)= \frac{\binom{10}{0}\binom{100-10}{5-0}}{\binom{100}{5}}= \frac{\binom{90}{5}}{\binom{100}{5}}\approx0.584$$

A probabilidade de pelo menos uma peça defeituosa é:

$$P(X \geq 1) = \sum_{i=1}^{5}P(X=i)= 1-P(X=0)\approx0.416$$

A média e a variância são:

$$\begin{aligned} \mathbb E(X) &= \frac{nr}{N}= \frac{5\times10}{100} = 0.5 \\ Var(X) &=\frac{nr}{N}\left(1-\frac{r}{N}\right)\frac{(N-n)}{(N-1)} \\ &=\frac{5\times10}{100}\left(1-\frac{10}{100}\right)\frac{(100-5)}{(100-1)}\approx0.409 \end{aligned}$$

Pequenos motores são guardados em caixas de $50$ unidades. Um inspetor de qualidade examina cada caixa, antes da remessa, testando $5$ motores. Se nenhum motor for defeituoso, a caixa é aceita. Se pelo menos um for defeituoso, todos os 50 motores são testados. Há 6 motores defeituosos numa caixa. Qual a probabilidade de que seja necessário examinar todos os motores?

$X=$ número de motores defeituosos da amostra.

$N=50, n=5$ e $r=6$. Então $X\sim Hip(N=50, n=5, r=6)$

Se pelo menos 1 é defeituoso, inspeciona todos os 50.

$$\begin{aligned} P(X\geq 1)&= 1-P(X<1)= 1-P(X=0) \\ &= 1-\frac{\binom{6}{0}\binom{44}{5}}{\binom{50}{5}}=1-0.5126=0.4874 \end{aligned}$$

Uma firma compra lâmpadas por centenas. Examina sempre uma amostra de 15 lâmpadas para verificar se estão boas. Se uma centena inclui 12 lâmpadas queimadas, qual a probabilidade de se escolher uma amostra com pelo menos uma lâmpada queimada?

$X=$ número de lâmpadas queimadas da amostra.

$N=100, n=15$ e $r=12$. Então $X\sim Hip(N=100, n=15, r=12)$

Pelo menos uma queimada:

$$\begin{aligned} P(X\geq 1) &=1-P(X<1)=1-P(X=0) \\ &=1-\frac{\binom{12}{0}\binom{88}{15}}{\binom{100}{15}}=0.8747 \end{aligned}$$

• Muitas vezes, em problemas em que seria natural usar a distribuição binomial, temos $n$ muito grande ($n\to \infty$) e $p$ muito pequeno ($p\to 0$).

• Nesses casos, o cálculo fica difícil com calculadoras comuns.

• Considerando uma v.a. $X\sim\mbox{Bin}(n,p)$, quando temos grandes valores para $n$ e $p$ pequeno (mantendo-se o produto $np=\lambda$ constante), podemos usar a seguinte aproximação para a probabilidade:

$$P(X=x)={\binom{n}{x}}p^{x}(1-p)^{n-x} \approx \frac{e^{-np}(np)^{x}}{x!}\,,\quad x=0,1,2,\ldots n$$

• Geralmente considera-se o critério $np\leq7$ para usar essa aproximação.

• Demonstração

$X\sim Bin(100,0.065)$, deseja-se obter $P(X=10)$

• No modelo Binomial: $P(X=10)= {\binom{100}{10}}(0.065)^{10}(0.935)^{100-10}=0.055$

• $\lambda= np =100\times0.065=6.5\leq7$

• No modelo Poisson: $P(X=10)=\frac{e^{-6.5}(6.5)^{10}}{10!}\approx0.056$

A probabilidade de uma lâmpada se queimar ao ser ligada é $1/100$. Numa instalação com 100 lâmpadas, qual a probabilidade de 2 lâmpadas se queimarem ao serem ligadas?

• No modelo Binomial: $X\sim\mbox{Bin}(100,0.01)$

$P(X=2)= {\binom{100}{2}}(0.01)^{2}(0.99)^{100-2}$=0.1849

• $\lambda= np =100\times0.01=1\leq7$

• No modelo Poisson: $P(X=2)=\frac{e^{-1}(1)^{2}}{2!}\approx0.1839$

Outro caso em que a distribuição de Poisson é utilizada:

• Considere a probabilidade de ocorrência de sucessos em um determinado intervalo.

• A probabilidade de ocorrência de um sucesso no intervalo é proporcional ao intervalo.

• A probabilidade de mais de um sucesso nesse intervalo é bastante pequena com relação à probabilidade de apenas um sucesso.

• Seja $X$ o número de sucessos no intervalo, então:
  $$P(X=x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!} \,,\quad x=0,1,2,\ldots$$
  onde $\lambda$ é a esperança.

• Notação: $X\sim\mbox{Poisson}(\lambda)$.

A distribuição de Poisson é muito usada na distribuição do número de:

• carros que passam por um cruzamento por minuto, durante uma certa hora do dia;

• erros tipográficos por página, em um livro;

• defeitos por unidade ($m^3$, $m^2$, $m$, etc…) por peça fabricada;

• colônias de bactérias numa dada cultura por $0.01 mm^2$, numa plaqueta de microscópio;

• mortes por ataque de coração por ano, em um certo bairro

• etc…

Num livro de 800 páginas, há 800 erros de impressão. Qual a probabilidade de que uma página contenha pelo menos 3 erros?

$X =$ número de erros por página

Taxa de ocorrência: $\lambda=1$

$$\begin{aligned} P(X\geq 3) &= 1-P(X<3)\\ &= 1-[P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)]\\ &=1-\left\{ \frac{e^{-1}1^0}{0!} + \frac{e^{-1}1^1}{1!} +\frac{e^{-1}1^2}{2!} \right\}\\ &=0.08 \end{aligned}$$

Uma firma recebe 720 mensagens em sua página do Facebook durante as 8 horas de horário comercial. Qual a probabilidade de que em 6 minutos no horário comercial a firma receba pelo menos 4 mensagens no Facebook?

$$\begin{aligned} 720\mbox{ mensagens} & \rightarrow 480 \mbox{ min}\\ \lambda &\rightarrow 6 \mbox{ min} \end{aligned}$$

Então, usando “regra de três”, $\lambda=9$ e

$$\begin{aligned} P(X\geq 4)&= 1-P(X<4)=1-P(X\leq 3)\\ &= 1-\left[\frac{e^{-9}9^0}{0!}+\frac{e^{-9}9^1}{1!} +\frac{e^{-9}9^2}{2!} +\frac{e^{-9}9^3}{3!} \right]\\ &=0.979 \end{aligned}$$

Numa central de SAC (serviço de atendimento ao consumidor) chegam 300 telefonemas por hora. Qual a probabilidade de que:

• num minuto não haja nenhuma chamada?

• em 2 minutos haja 2 chamadas?

• em $t$ minutos não haja chamadas?

A experiência mostra que de cada 400 lâmpadas, 2 se queimam ao serem ligadas. Qual a probabilidade de que numa instalação de:

• 600 lâmpadas, no mínimo 3 se queimem?
  
• 900 lâmpadas, exatamente 8 se queimem?

$X=$ número de lâmpadas que se queimam numa instalação de 600 lâmpadas.

De 400, 2 se queimam, ou seja, de 200, 1 se queima.

Taxa de ocorrência para 600 lâmpadas: $\lambda= 600/200=3$

600 lâmpadas, no mínimo 3 se queimem: $$\begin{aligned} P(X\geq 3)&= \sum_{x=3}^{\infty}\frac{e^{-3}3^x}{x!}= 1-P(X<3)= \\ &= 1-[P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)]\\ &= 1-\left[ \frac{e^{-3}3^0}{0!}+ \frac{e^{-3}3^1}{1!}+ \frac{e^{-3}3^2}{2!}\right]= 0.5768 \end{aligned}$$

$X=$ número de lâmpadas que se queimam numa instalação de 900 lâmpadas.

Taxa de ocorrência para 900 lâmpadas: $\lambda= 900/200=4.5$

900 lâmpadas, 8 se queimem:

$$P(X=8)= \frac{e^{-4.5}(4.5)^8}{8!}=0.0463$$

O número citações de uma certa conta do Twitter ocorre segundo uma distribuição de Poisson, com a média de oito citações por minuto.

Determinar qual a probabilidade de que num minuto se tenha:

1. dez ou mais citações;

2. menos que nove citações;

3. entre sete (inclusive) e nove (exclusive) citações.

Sabemos que se $X \sim \mbox{Poisson}(\lambda)$, então sua função de probabilidade é $$P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x }{ x!}, \qquad x=0,1,\ldots$$

Além disso, $\mathbb{E}(X)=\lambda$.

O enunciado diz média de oito citações por minuto, então a variável aleatória $X$ = número de citações por minuto tem distribuição $\mbox{Poisson}(8)$.

• A probabilidade de dez ou mais chamadas é dada por:

$$\begin{aligned} P(X\geq10) & = 1-P(X<10) = 1-P(X\leq9)\\ &= 1-\displaystyle\sum_{k=0}^9 \frac{e^{-8}8^k}{k!} = 1- e^{-8} - \ldots - \displaystyle\frac{e^{-8}8^9}{9!} = 0.2833 \end{aligned}$$

• A probabilidade de termos menos que nove citações em um minuto é dada por:

$$P(X < 9) = P(X \leq 8) = e^{-8} + \ldots + \displaystyle\frac{e^{-8}8^8}{8!} = 0.5926$$

• A probabilidade de termos entre sete (inclusive) e nove (exclusive) citações em um minuto é dada por:

$$\begin{aligned} P(7\leq X < 9)&=P(7\leq X \leq 8) = P(X=7)+P(X=8)\\ &=\displaystyle\frac{e^{-8}8^7}{7!}+\displaystyle\frac{e^{-8}8^8}{8!} = 0.2792 \end{aligned}$$