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:

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