Probabilidades

A pergunta é sempre a mesma: repetindo nas mesmas condições, o resultado é sempre o mesmo?

1. a) Determinístico: nas mesmas condições, a água ferve sempre a 100^{\circ}\mathrm{C}.
2. b) Aleatório: numa hora podem entrar 3 chamadas ou 47.
3. c) Determinístico: as leis da queda fixam o tempo.
4. d) Aleatório: qualquer dos doze meses pode sair.Repara em que «aleatório» não é o mesmo que «desconhecido». O mês de nascimento de uma pessoa concreta está determinado — o que é aleatório é a escolha da pessoa.

O espaço de resultados não depende do dado: depende do que se decide registar.

1. a) S = \{1,\, 2,\, 3\} — e não seis elementos, porque cada número aparece em duas faces.
2. b) S = \{\text{azul},\, \text{verde},\, \text{vermelho}\}.
3. c) O lançamento físico é o mesmo, mas as experiências aleatórias são diferentes: mudou o que se regista, logo mudou o espaço de resultados.É o erro mais comum no início do capítulo: escrever seis elementos só porque o dado tem seis faces. O que conta são os resultados distintos daquilo que se está a observar.

A frequência relativa é \dfrac{n_A}{n}. A segunda alínea é sobre o valor em que ela estabiliza.

1. a) \dfrac{262}{500} = 0{,}524.
2. b) Perto de 0{,}5. Com 500 lançamentos um desvio de 0{,}024 é banal; com 500 000, um desvio dessa ordem seria muito improvável.Não se espera exatamente 0{,}5 — espera-se que a diferença encolha. É essa a afirmação da lei dos grandes números.

A roleta não tem memória. Pergunta-te o que é que muda, na roleta, por causa das oito jogadas anteriores.

1. As jogadas são independentes: o resultado de uma não altera as condições da seguinte.
2. A lei dos grandes números não diz que os desvios são corrigidos — diz que são diluídos num número cada vez maior de repetições.
3. Opção (C).Oito pretos seguidos numa roleta equilibrada têm probabilidade próxima de 0{,}004: raro, mas nada de impossível. Se acontecesse oitenta vezes seguidas, aí sim, valeria a pena duvidar do equilíbrio da roleta — e essa é outra conversa.

Calcula as seis frequências relativas e compara-as com \frac{1}{6} \approx 0{,}1667.

1. As frequências relativas são 0{,}1673;\ 0{,}1645;\ 0{,}1702;\ 0{,}1658;\ 0{,}1688;\ 0{,}1633.
2. Todas distam de \frac{1}{6} \approx 0{,}1667 menos de 0{,}004.
3. Com 6000 lançamentos, desvios desta ordem são perfeitamente naturais: os dados são compatíveis com um dado equilibrado.Repara na prudência da conclusão. Os dados não provam que o dado é equilibrado — apenas não dão motivo para duvidar. É assim que a estatística fala.

Um acontecimento pouco provável não é um acontecimento impossível — e numa turma de trinta alunos há trinta oportunidades para o raro acontecer.

1. a) Não prova. Com uma moeda equilibrada, 20 faces nacionais seguidas têm probabilidade \left(\frac{1}{2}\right)^{20} \approx 0{,}000001: é raríssimo, mas possível. O resultado levanta suspeitas e justifica repetir a experiência — não decide nada sozinho.
2. b) Pode. Nesses mesmos 20 lançamentos, a frequência relativa de «sair face europeia» foi 0, e esse acontecimento não é impossível.Frequência relativa nula significa «não ocorreu nestas repetições». Probabilidade nula é outra coisa — e é por isso que os dois conceitos têm nomes diferentes.

Uma coisa é a diferença absoluta entre as contagens; outra é a proporção. A lei dos grandes números fala de uma delas.

1. Em 1\,000\,000 de lançamentos é perfeitamente normal ter, por exemplo, 500\,600 nacionais e 499\,400 europeias: d = 1200, um valor grande.
2. Mas f = \dfrac{500\,600}{1\,000\,000} = 0{,}5006, muito perto de 0{,}5.
3. É isso que significa «os desvios são diluídos, não corrigidos»: d não tende para zero, \dfrac{d}{n} é que sim.
4. Opção (B).Esta é a raiz matemática da falácia do jogador. Quem espera que d volte a zero está a atribuir memória à moeda.

Olha para o que os três valores estão a fazer, não para cada um deles isoladamente.

1. As três frequências aproximam-se sucessivamente de um mesmo valor, e a última está a menos de 0{,}00005 de \dfrac{1}{3}.
2. É razoável concluir que P \approx \dfrac{1}{3}.
3. Repara ainda em que o número de casas decimais que se pode acreditar cresce com o número de repetições: com 100 repetições nem a primeira casa é de fiar.É este raciocínio que sustenta o método de Monte Carlo, usado quando contar casos favoráveis é impossível — como no laboratório de Monty Hall da secção 15.

Distingue o que acontece num dia do que acontece ao longo de um ano.

1. a) Aleatório: nas mesmas condições — a mesma maternidade, a mesma época — o número de nascimentos varia de dia para dia e não se consegue prever.
2. b) Cada dia é imprevisível, mas o conjunto dos 365 dias não é: a média fixa-se perto de 8, a maioria dos dias cai entre 5 e 11 e os valores extremos são raros. É essa regularidade do conjunto que permite planear turnos, camas e pessoal.
3. É exatamente por o padrão existir que se pode construir um modelo — e é isso que a Teoria da Probabilidade faz.Sem regularidade não haveria nada a modelar; com previsibilidade total não seria preciso probabilidade nenhuma. A probabilidade vive precisamente entre as duas coisas.

Todas as frequências relativas estão acima de 0{,}5. A questão não é qual está mais longe, mas em qual desses desvios é mais difícil de explicar pelo acaso — e isso depende do número de lançamentos.

1. As frequências relativas são 0{,}8; 0{,}62; 0{,}545; 0{,}51.
2. Em (A) o desvio é enorme, mas com 10 lançamentos qualquer coisa acontece — 8 em 10 não é sequer invulgar numa moeda equilibrada.
3. Em (D) o desvio é pequeníssimo, mas com 10\,000 lançamentos já é difícil de explicar: um afastamento de 0{,}01 corresponde a 100 nacionais a mais.
4. Em (B), com 100 lançamentos, um desvio de 0{,}12 é raro mas ocorre; em (C), 0{,}045 em 1000 lançamentos é ainda mais difícil de justificar; em (D) o indício é o mais forte de todos, porque a lei dos grandes números já devia ter apertado a frequência muito mais do que isso.
5. Opção (D).É contraintuitivo, e é essa a lição: um desvio pequeno num número enorme de repetições diz mais do que um desvio grande em poucas. Quantificar isto é o que se faz em Estatística Inferencial, na secção 14 e depois dela.

Em a) a ordem interessa: (R,\, F,\, R) e (F,\, R,\, R) são resultados diferentes. Uma árvore evita esquecimentos.

1. a) Com R «rapaz» e F «rapariga», S = \{(R,R,R),\, (R,R,F),\, (R,F,R),\, (F,R,R),\, (R,F,F),\, (F,R,F),\, (F,F,R),\, (F,F,F)\}, com \#S = 8.
2. b) S = \{\text{copas},\, \text{espadas},\, \text{ouros},\, \text{paus}\}, com \#S = 4.
3. c) S = \{1,\, 2,\, 3,\, 4\}, com \#S = 4.Em b) o baralho tem 52 cartas, mas o espaço de resultados tem 4 elementos: outra vez, o que conta é o que se regista.

Escreve primeiro os quatro conjuntos. A classificação lê-se depois do número de elementos.

1. A = \varnothing — acontecimento impossível.
2. B = \{1,2,3,4,5,6\} = S — acontecimento certo.
3. C = \{4\} — acontecimento elementar, por ter um só elemento.
4. D = \{2,\, 3,\, 5\} — acontecimento composto.O 1 não é primo: é o descuido clássico neste tipo de alínea.

Uma linha por face da moeda, uma coluna por número do dado.

1. a) Cada resultado é um par (\text{face},\, \text{número}). São 2 \times 6 = 12 pares, logo \#S = 12.

2. 	1	2	3	4	5	6
   \mathcal{N}	(\mathcal{N},1)	(\mathcal{N},2)	(\mathcal{N},3)	(\mathcal{N},4)	(\mathcal{N},5)	(\mathcal{N},6)
   \mathcal{E}	(\mathcal{E},1)	(\mathcal{E},2)	(\mathcal{E},3)	(\mathcal{E},4)	(\mathcal{E},5)	(\mathcal{E},6)

3. b) \{(\mathcal{N},2),\, (\mathcal{N},4),\, (\mathcal{N},6)\}.

Traduz cada expressão para uma contagem: «exatamente uma», «pelo menos duas», «no máximo uma», «nenhum». Depois percorre os oito resultados.

1. a) Exatamente uma F: \{(F,R,R),\, (R,F,R),\, (R,R,F)\}.
2. b) Duas ou três F: \{(F,F,R),\, (F,R,F),\, (R,F,F),\, (F,F,F)\}.
3. c) Zero ou uma F: \{(R,R,R),\, (F,R,R),\, (R,F,R),\, (R,R,F)\}.
4. d) Nenhum R: \{(F,F,F)\} — elementar.Repara em que c) é o acontecimento contrário de b): juntos dão os oito resultados e não têm nenhum em comum.

Descrever em compreensão é dar a propriedade que caracteriza os elementos, e não listá-los.

1. a) A: «sair um número par»; B: «sair um múltiplo de 3».
2. b) Múltiplos de 2 e de 3 em S: só o 6. O acontecimento é \{6\}.
3. c) Elementar: por exemplo \{5\}. Impossível: por exemplo «sair um número maior do que 9», que é \varnothing.A alínea b) é uma interseção, A \cap B, escrita por palavras — é a ponte para a secção seguinte.

Um acontecimento é qualquer subconjunto de S — incluindo \varnothing e o próprio S.

1. O conjunto de todos os acontecimentos é \mathscr{P}(S), que tem 2^{\#S} elementos.
2. Com \#S = 5: 2^{5} = 32.
3. Opção (D).Cada elemento de S ou entra ou não entra no subconjunto: são 5 decisões independentes com 2 hipóteses cada. É o princípio da contagem da secção 7, aplicado antes do tempo.

O espaço de resultados é o conjunto dos resultados distintos. Os dois setores com o número 2 dão o mesmo resultado registado.

1. a) Cada volta dá 1, 2 ou 3. Logo S = \{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\}, com \#S = 9.
2. b) \{(1,1),\, (2,2),\, (3,3)\}.
3. c) O aluno contou setores (4 \times 4 = 16) e não resultados registados. Há quatro setores mas só três números possíveis.
4. Atenção: estes 9 resultados não são equiprováveis — o 2 ocupa metade da roda. Para calcular probabilidades é preciso voltar aos setores.Esta distinção volta na secção 5: escrever bem S é uma coisa; poder aplicar-lhe a regra de Laplace é outra.

Cada resultado é uma sequência de vitórias, como AA ou ABABA. Constrói a árvore e corta cada ramo assim que uma das condições se verifique.

1. Depois de AA ou BB o torneio acaba: dois ramos com dois jogos.
2. Se os dois primeiros jogos forem alternados — AB ou BA — o torneio continua.
3. Por exemplo, a partir de AB: ABB termina (dois seguidos), e ABA continua; de ABA saem ABAA (dois seguidos) e ABAB, que continua; de ABAB saem ABABB e ABABA, que terminam ambos, o primeiro por dois seguidos e o segundo por três vitórias.
4. Começando por A, o torneio pode então desenrolar-se de 5 maneiras: AA, ABB, ABAA, ABABA e ABABB.
5. Por simetria, começando por B há outras 5. Ao todo, 2 \times 5 = 10 maneiras.A árvore é aqui indispensável: sem ela é quase certo esquecer as sequências mais longas. Repara em que o torneio nunca chega ao sexto jogo.

O contrário de A tem de conter todos os resultados que não estão em A, e mais nenhum. Escreve os oito resultados se for preciso.

1. A reúne os resultados com uma, duas ou três faces nacionais: são 7 dos 8.
2. Fica de fora um único resultado, (\mathcal{E},\mathcal{E},\mathcal{E}): é o contrário de A, isto é, «não sair nenhuma face nacional».
3. A opção (A) está errada porque (\mathcal{N},\mathcal{N},\mathcal{E}), por exemplo, pertence tanto a A como a ela — e um acontecimento e o seu contrário não podem partilhar resultados.
4. Opção (C).A regra prática vale a pena guardar: o contrário de «pelo menos um» é «nenhum», e o contrário de «todos» é «pelo menos um não». É onde mais se troca o pé nos exames.

Escreve os dois conjuntos por extenso, sem saltar nenhum par. Em B, «menor do que 6» exclui a soma 5? Lê com cuidado.

1. a) A = \{(1,4),\, (2,3),\, (3,2),\, (4,1)\}.
2. Para B, as somas ímpares menores do que 6 são 3 e 5, e com números diferentes: B = \{(1,2),\, (2,1),\, (1,4),\, (2,3),\, (3,2),\, (4,1)\}.
3. b) Todos os elementos de A têm soma 5, que é ímpar e menor do que 6, e os seus dois números são diferentes. Logo cada elemento de A está em B, isto é, A \subseteq B.
4. c) Não são o mesmo: (1,2) \in B mas (1,2) \notin A, porque 1+2 = 3 \neq 5. A inclusão é estrita.Duas descrições em compreensão podem parecer próximas e definir conjuntos diferentes. A única forma segura de decidir é escrevê-los em extensão — ou exibir um elemento que esteja num e não no outro, como se fez aqui.

Escreve primeiro A e B. Depois é só reunir, intersetar e passar ao complementar dentro de S = \{1,2,3,4,5,6\}.

1. A = \{2,4,6\} e B = \{2,3,5\}.
2. A \cup B = \{2,3,4,5,6\} — sai um número par ou primo.
3. A \cap B = \{2\} — o único par que é primo.
4. \overline{A} = \{1,3,5\} — os ímpares.
5. A \cap \overline{B} = \{4,6\} — par mas não primo.Repara em que A \cap B é elementar: um acontecimento pode ser interseção de dois compostos e ter um só elemento.

Incompatíveis: A \cap B = \varnothing. Contrários: além disso, A \cup B = S. Ser contrário é mais exigente do que ser incompatível.

1. a) \{1\} \cap \{6\} = \varnothing, mas a reunião não é S: incompatíveis, não contrários.
2. b) \{2,4,6\} e \{1,3,5\}: interseção vazia e reunião igual a S — contrários.
3. c) \{2,4,6\} \cap \{4,5,6\} = \{4,6\} \neq \varnothing: nem uma coisa nem outra.
4. d) \{1,2\} \cap \{5,6\} = \varnothing, mas falta o 3 e o 4 na reunião: incompatíveis.Contrários são sempre incompatíveis; o recíproco é falso, e é o que as alíneas a) e d) mostram.

«mas não» é uma interseção com um complementar. «Nenhum dos dois» é o contrário de «pelo menos um».

1. a) A \cap \overline{B}.
2. b) A \cup B.
3. c) \overline{A} \cap \overline{B}, que é o mesmo que \overline{A \cup B}.
4. d) A \cap B.A igualdade da alínea c) é uma das leis de De Morgan. Vale a pena guardá-la: o contrário de «pelo menos um» é «nenhum».

Faz um diagrama com os dez números e vai riscando. O complementar é sempre dentro de S.

1. A \cup B = \{1,2,3,4,5,6,7\}.
2. A \cap B = \{4,5\}.
3. \overline{A} = \{6,7,8,9,10\} e \overline{B} = \{1,2,3,8,9,10\}.
4. \overline{A} \cap B = \{6,7\} — os de B que não estão em A.
5. \overline{A \cup B} = \{8,9,10\}.Confirma: \overline{A} \cap \overline{B} = \{8,9,10\} também. É De Morgan a funcionar num caso concreto.

Parte dos oito resultados possíveis. B é metade deles.

1. A = \{(F,F,R),\, (F,R,F),\, (R,F,F),\, (F,F,F)\}.
2. B = \{(R,R,R),\, (R,R,F),\, (R,F,R),\, (R,F,F)\}.
3. A \cap B = \{(R,F,F)\} — o primeiro é rapaz e há duas raparigas.
4. A \cup B tem 4 + 4 - 1 = 7 elementos: todos menos (F,R,R).
5. b) Não são incompatíveis, porque A \cap B \neq \varnothing; logo também não são contrários.Repara em que \#(A \cup B) = \#A + \#B - \#(A \cap B). É a mesma contagem que dá origem à probabilidade da reunião, na secção 6.

As regiões são: só A, só B, os dois, e nenhum dos dois.

1. a) A \cap \overline{B} (só A), A \cap B (ambos), \overline{A} \cap B (só B) e \overline{A} \cap \overline{B} (nenhum).
2. b) Qualquer resultado de S ou está em A ou não está, e o mesmo para B: são quatro casos, e as quatro regiões esgotam-nos. Além disso não se sobrepõem duas a duas.
3. c) A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B}).Esta última igualdade é a propriedade 4 da secção 6, escrita antes de lá chegar. Decompor por um acontecimento é sempre partir em duas regiões disjuntas.

Traduz por palavras: «não ocorre nenhum dos dois». Ou testa num caso concreto, com S = \{1,2,3,4\}.

1. Não ocorrer A \cup B é não ocorrer A e não ocorrer B.
2. Em símbolos, \overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}.
3. Teste rápido: com S = \{1,2,3,4\}, A = \{1,2\} e B = \{2,3\}, vem \overline{A \cup B} = \{4\} e \overline{A} \cap \overline{B} = \{3,4\} \cap \{1,4\} = \{4\} ✓, enquanto a opção (A) daria \{1,3,4\}.
4. Opção (B).A outra lei de De Morgan é \overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}: ao passar ao contrário, a reunião troca com a interseção.

«Exatamente um» é «só A» ou «só B» — e as duas coisas são incompatíveis entre si.

1. a) \left(A \cap \overline{B}\right) \cup \left(\overline{A} \cap B\right).
2. b) No diagrama, essas são as duas «luas» de fora; juntas dão a reunião menos a zona central.
3. Confirmação num caso: S = \{1,2,3,4\}, A = \{1,2\}, B = \{2,3\}. A expressão de a) dá \{1\} \cup \{3\} = \{1,3\}, e (A \cup B) \setminus (A \cap B) = \{1,2,3\} \setminus \{2\} = \{1,3\} ✓Este acontecimento reaparece na secção 6: a sua probabilidade é P(A \cup B) - P(A \cap B), e é o exercício das três demonstrações.

Em a) pensa na paridade da soma de dois números iguais.

1. a) Se os dois números são iguais, a soma é 2k, um número par. Como 7 é ímpar, nenhum resultado pode estar em A e em B: A \cap B = \varnothing.
2. b) Com o preto igual a 1, a soma é 7 só se o branco for 6: A \cap C = \{(1,6)\}.
3. c) Não são incompatíveis, precisamente porque A \cap C \neq \varnothing.Repara em que a alínea a) se resolveu sem escrever conjunto nenhum. Quando dá, é sempre preferível a um caso a caso.

Em b), toma um resultado x e pergunta-te o que significa x pertencer a cada um dos membros.

1. a) B \cup C = \{3,4,5,6\}, logo A \cap (B \cup C) = \{3,4\}.
2. Por outro lado A \cap B = \{3,4\} e A \cap C = \{4\}, cuja reunião é \{3,4\} ✓
3. b) Seja x um resultado qualquer. Dizer que x \in A \cap (B \cup C) é dizer que x \in A e (x \in B ou x \in C).
4. Isso é o mesmo que (x \in A e x \in B) ou (x \in A e x \in C) — porque o «e» distribui sobre o «ou» —, ou seja, x \in (A \cap B) \cup (A \cap C).
5. Como qualquer x está num membro se e só se está no outro, os dois acontecimentos são iguais. ∎Verificar num exemplo não demonstra — mostra apenas que não há contradição. A alínea b) é que é a demonstração, e assenta na distributividade do «e» sobre o «ou».

Desenha dois círculos, um dentro do outro, e vai testando as quatro. Em (C), pensa no que fica fora de cada um.

1. Com A dentro de B: A \cap B = A (e não B), logo (A) é falsa.
2. A \cup B = B (e não A), logo (B) é falsa.
3. (D) é falsa: A \cap B = A, que só é vazio se A for o acontecimento impossível.
4. (C) é verdadeira: se todo o resultado de A está em B, então todo o resultado que não está em B também não está em A.
5. Opção (C).É a versão em conjuntos do contra-recíproco: «se A então B» equivale a «se não B então não A». Na secção 6, esta inclusão dá P(A) \leq P(B).

Nas duas primeiras, começa por distribuir. Na terceira, distribui também — e repara no que acontece a A \cap A.

1. a) Distribui-se a reunião pela interseção: \begin{aligned} A \cup \left(B \cap \overline{A}\right) &= (A \cup B) \cap \left(A \cup \overline{A}\right) && \text{distributiva} \\ &= (A \cup B) \cap S && \text{complementar} \\ &= A \cup B && \text{elemento neutro} \end{aligned}
2. b) A mesma lei lida ao contrário — põe-se A em evidência: \begin{aligned} (A \cap B) \cup \left(A \cap \overline{B}\right) &= A \cap \left(B \cup \overline{B}\right) && \text{distributiva} \\ &= A \cap S && \text{complementar} \\ &= A && \text{elemento neutro} \end{aligned} É a leitura em conjuntos de uma ideia que vais usar muitas vezes: ou ocorre B, ou não ocorre, e não há terceira hipótese. Na secção 11 é ela que dá a fórmula da probabilidade total.
3. c) Esta igualdade é a lei da absorção, e por isso não se pode usar a absorção para a demonstrar. O caminho é fazer aparecer o elemento neutro — A = A \cup \varnothing — para haver o que distribuir: \begin{aligned} A \cap (A \cup B) &= (A \cup \varnothing) \cap (A \cup B) && \text{elemento neutro} \\ &= A \cup (\varnothing \cap B) && \text{distributiva} \\ &= A \cup \varnothing && \text{elemento absorvente} \\ &= A && \text{elemento neutro} \end{aligned} A outra absorção sai do mesmo modo, com os papéis trocados: escreve-se A = A \cap S e põe-se A em evidência, (A \cap S) \cup (A \cap B) = A \cap (S \cup B) = A \cap S = A. Escrever A \cap (A \cup B) = (A \cap A) \cup (A \cap B) = A \cup (A \cap B) e parar aí não demonstra nada: o que ficou é a outra absorção, que ainda estava por demonstrar.

As três começam da mesma maneira: aplicar De Morgan ao que está debaixo do traço. Na c), lembra-te de que X \setminus Y = X \cap \overline{Y}.

1. a) Começa-se por levantar o traço com De Morgan: \begin{aligned} \overline{A \cap B} \cup A &= \left(\overline{A} \cup \overline{B}\right) \cup A && \text{De Morgan} \\ &= \left(A \cup \overline{A}\right) \cup \overline{B} && \text{comutativa e associativa} \\ &= S \cup \overline{B} && \text{complementar} \\ &= S && \text{elemento absorvente} \end{aligned} Em linguagem corrente: ou não ocorrem os dois ao mesmo tempo, ou ocorre A — e uma destas duas coisas tem sempre de acontecer.
2. b) Outra vez De Morgan, com o duplo complementar a desaparecer: \begin{aligned} \overline{A \cup \overline{B}} \cap \overline{B} &= \left(\overline{A} \cap B\right) \cap \overline{B} && \text{De Morgan} \\ &= \overline{A} \cap \left(B \cap \overline{B}\right) && \text{associativa} \\ &= \overline{A} \cap \varnothing && \text{complementar} \\ &= \varnothing && \text{elemento absorvente} \end{aligned}
3. c) A diferença troca-se primeiro por uma interseção, e só depois se trabalha: \begin{aligned} \overline{A} \setminus \left(\overline{A} \cap B\right) &= \overline{A} \cap \overline{\overline{A} \cap B} && \text{diferença} \\ &= \overline{A} \cap \left(A \cup \overline{B}\right) && \text{De Morgan} \\ &= \left(\overline{A} \cap A\right) \cup \left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) && \text{distributiva} \\ &= \varnothing \cup \left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) && \text{complementar} \\ &= \overline{A} \cap \overline{B} && \text{elemento neutro} \\ &= \overline{A \cup B} && \text{De Morgan} \end{aligned} No segundo passo há dois traços a desaparecer ao mesmo tempo: De Morgan dá \overline{\overline{A}} \cup \overline{B}, e \overline{\overline{A}} = A. Vale a pena ler o resultado: tirar a \overline{A} a parte que também é B deixa exatamente o que não é nem A nem B.

Três delas são leis da tabela desta secção. Para a que sobra, faz um diagrama de Venn e pinta.

1. (A) e (B) são as duas leis da absorção. Nenhuma delas se cita aqui sem mais: as duas saem da distributiva, depois de se fazer aparecer o elemento neutro. \begin{aligned} A \cup (A \cap B) &= (A \cap S) \cup (A \cap B) = A \cap (S \cup B) = A \cap S = A \\ A \cap (A \cup B) &= (A \cup \varnothing) \cap (A \cup B) = A \cup (\varnothing \cap B) = A \cup \varnothing = A \end{aligned}
2. (C) é a distributiva da reunião em relação à interseção: (A \cup B) \cap \left(A \cup \overline{B}\right) = A \cup \left(B \cap \overline{B}\right) = A \cup \varnothing = A
3. (D) é a única que sai de A: A \cup \left(\overline{A} \cap B\right) = (A \cup \overline{A}) \cap (A \cup B) = S \cap (A \cup B) = A \cup B Só dá A no caso particular de B estar contido em A.
4. Opção (D).Repara na diferença entre (A) e (D): trocar A por \overline{A} dentro do parêntesis transforma a absorção — que não acrescenta nada — na reunião, que acrescenta tudo o que B tem de novo.

«Ocorre unicamente A» quer dizer que A ocorre e os outros dois não — o que se escreve com interseções e acontecimentos contrários.

1. a) Unicamente A. Ocorre A e não ocorrem B nem C:A \cap \overline{B} \cap \overline{C}
2. b) Apenas A e C. Ocorrem A e C, mas não B:A \cap \overline{B} \cap C
3. c) Pelo menos um. É a reunião dos três:A \cup B \cup C
4. d) Exatamente um. Reúnem-se os três casos «unicamente A», «unicamente B» e «unicamente C», que se excluem entre si:\left(A \cap \overline{B} \cap \overline{C}\right) \cup \left(\overline{A} \cap B \cap \overline{C}\right) \cup \left(\overline{A} \cap \overline{B} \cap C\right)
5. e) Precisamente dois. Escolhe-se qual é o que não ocorre:\left(A \cap B \cap \overline{C}\right) \cup \left(A \cap \overline{B} \cap C\right) \cup \left(\overline{A} \cap B \cap C\right)
6. Nota: em d) e e) as três parcelas são incompatíveis duas a duas, pelo que as probabilidades correspondentes se somam.

Escreve A e B como conjuntos de faces, faz a reunião e vê que faces ficam de fora.

1. A = \{1,\,3,\,5\} e B = \{4,\,5,\,6\}.
2. A \cup B = \{1,\,3,\,4,\,5,\,6\}
3. O acontecimento contrário é o que fica de fora:\overline{A \cup B} = \{2\}
4. Ou seja, «sair a face 2».

De A \subset B tira primeiro a desigualdade entre P(A) e P(B); depois passa aos contrários — e repara no que acontece ao sentido da desigualdade.

1. De A \subset B resulta P(A) \leqslant P(B) — a opção (A) está ao contrário.
2. A \cap B = A e A não é impossível, logo P(A \cap B) > 0 — falha (B).
3. A \cup B = B e B não é certo, logo P(A \cup B) < 1 — falha (C).
4. Passando aos contrários: P\left(\overline{A}\right) = 1-P(A) e P\left(\overline{B}\right) = 1-P(B). Como P(A) \leqslant P(B), o sentido inverte-se:P\left(\overline{A}\right) \geqslant P\left(\overline{B}\right) \;✓

Provar que uma bola «está no saco» é provar que a probabilidade de a tirar não é nula. Que acontecimento corresponde a ela?

1. Sejam A: «a bola é amarela» e U: «a bola tem o número 1».
2. A bola amarela número 1 corresponde exatamente ao acontecimento A \cap U.
3. Da regra da adição, P(A \cup U) = P(A)+P(U)-P(A \cap U):P(A \cap U) = 0{,}5+0{,}25-0{,}625 = 0{,}125
4. Como P(A \cap U) = 0{,}125 \neq 0, o acontecimento «sair a bola amarela número 1» não é impossível — logo essa bola está no saco. \blacksquare

A reunião nunca é menor do que a maior das partes, nem maior do que a soma das duas. Enquadra P(A \cup B) entre esses dois valores.

1. Mínimo: B \subset A \cup B, logo P(A \cup B) \geqslant 0{,}5. Ficam excluídas (A) e (B).
2. Máximo: P(A \cup B) = P(A)+P(B)-P(A \cap B) \leqslant 0{,}3+0{,}5 = 0{,}8 (a igualdade dá-se quando são incompatíveis). Fica excluída (D).
3. Resta 0{,}6, que corresponde a P(A \cap B) = 0{,}2 — um valor admissível.

É mais rápido calcular a probabilidade de ser do grupo O e passar ao contrário.

1. P(O) = 35{,}4\% + 6{,}7\% = 42{,}1\%
2. P\left(\overline{O}\right) = 100\% - 42{,}1\% = 57{,}9\%
3. Arredondando às unidades, 58\%.

A existência de bolas pretas é o que estraga as opções sobre acontecimentos contrários — e é também o que torna os contrários compatíveis.

1. Só se retira uma bola e cada bola tem uma só cor: nunca pode ser azul e branca ao mesmo tempo, logo A \cap B = \varnothing — são incompatíveis ✓
2. Não são contrários: se sair uma bola preta, não ocorre A nem B. Falham (A) e (B).
3. \overline{A} («não é azul») e \overline{B} («não é branca») ocorrem em simultâneo sempre que sai uma bola preta, logo não são incompatíveis. Falha (D).

Não confundas incompatíveis (não podem ocorrer ao mesmo tempo) com contrários (um ocorre exatamente quando o outro não ocorre).

1. Se A e \overline{A} são contrários, então A \cup \overline{A} = {\Omega} e A \cap \overline{A} = \varnothing, dondeP(A) + P\left(\overline{A}\right) = 1
2. Acontecimentos incompatíveis apenas garantem P(A \cap B) = 0; a soma P(A)+P(B) pode ser qualquer valor entre 0 e 1 — as opções (A) e (B) falham.
3. A opção (D) também falha: por exemplo, com P(A) = 0{,}5, o produto seria 0{,}25 \neq 1.

Obtém primeiro P(B) pela regra da adição e só depois passa ao contrário.

1. Da regra da adição:P(B) = P(A \cup B) - P(A) + P(A \cap B) = 0{,}8-0{,}3+0{,}1 = 0{,}6
2. P\left(\overline{B}\right) = 1-0{,}6 = 0{,}4

P(X \cap Y) = 0 diz alguma coisa sobre a interseção — não sobre cada acontecimento isoladamente.

1. Num espaço finito, P(X \cap Y) = 0 equivale a X \cap Y = \varnothing, ou seja, os acontecimentos são incompatíveis.
2. As opções (A), (B) e (C) são três maneiras de dizer exatamente isso.
3. A opção (D) é bem mais forte: exige que X = \varnothing e Y = \varnothing. Dois acontecimentos podem ser incompatíveis sem serem impossíveis — por exemplo, «sair face par» e «sair face 1» no lançamento de um dado.

Pelas leis de De Morgan, \overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}: a reunião passa a interseção e cada acontecimento passa ao contrário.

1. Pelas leis de De Morgan:\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}
2. \overline{A}: «o aluno é um rapaz».
3. \overline{B}: «o aluno usa óculos».
4. Logo o acontecimento contrário é «o aluno é um rapaz e usa óculos».

Uma reunião nunca é «mais pequena» do que cada uma das partes; uma interseção nunca é «maior». Enquadra cada opção com P(A) = 0{,}3 ou com P\left(\overline{A}\right) = 0{,}7.

1. Uma reunião contém cada uma das partes, logo a sua probabilidade nunca é inferior à de qualquer delas; uma interseção está contida em cada parte, logo a sua probabilidade nunca é superior.
2. (A) A \subset A \cup B, logo P(A \cup B) \geqslant P(A) = 0{,}3 — nunca inferior.
3. (B) A \subset A \cup \overline{B}, logo P\left(A \cup \overline{B}\right) \geqslant 0{,}3 — nunca inferior.
4. (D) \overline{A} \subset \overline{A} \cup B e P\left(\overline{A}\right) = 0{,}7, logo P\left(\overline{A} \cup B\right) \geqslant 0{,}7 — muito longe de ser inferior a 0{,}3.
5. (C) A \cap B \subset A, logo P(A \cap B) \leqslant 0{,}3: é o único que pode ficar abaixo de 0{,}3 (basta, por exemplo, que A e B sejam incompatíveis, e então P(A \cap B) = 0).

Cada uma das três afirmações tem uma leitura simples: Y acrescenta alguma coisa a X; a reunião não é o acontecimento certo; e a interseção não é vazia.

1. Opção 1 — todos os alunos têm 16, 17 ou 18 anos, logo X \cup Y = {\Omega} e P(X \cup Y) = 1. É falsa a afirmação P(X \cup Y) < 1.
2. Opção 2 — todo o múltiplo de 4 é par, logo Y \subset X e X \cup Y = X. É falsa a afirmação P(X \cup Y) > P(X).
3. Opção 3 — não há raparigas de 18 anos, logo X \cap Y = \varnothing. É falsa a afirmação P(X \cap Y) > 0.
4. Opção 4 — há rapazes de 17 anos, logo P(X \cap Y) > 0 ✓; há raparigas de 17 anos que não estão em X, logo P(X \cup Y) > P(X) ✓; e as raparigas de 16 anos não pertencem a X \cup Y, logo P(X \cup Y) < 1 ✓

Quando é que P(A \cap B) = P(A)? Pensa no caso em que um dos acontecimentos implica o outro.

1. P(A \cap B) = P(A) verifica-se, em particular, quando A \subset B: nesse caso A \cap B = A.
2. Basta então escolher dois acontecimentos em que um implique o outro, sem serem iguais e sem serem impossíveis nem certos.
3. Exemplo:A: \text{``sai a face 1 no cubo''} \qquad B: \text{``sai um número ímpar no cubo''}
4. De facto A \subset B (se sai 1, sai um ímpar), A \neq B, e ambos são possíveis e não certos:P(A) = \dfrac{1}{6},\quad P(B) = \dfrac{1}{2},\quad P(A \cap B) = P(A) = \dfrac{1}{6} \;✓

Simplifica primeiro A \cup B usando A \subset B. O resto é uma interseção muito conhecida.

1. Como A \subset B, vem A \cup B = B.
2. (A \cup B) \cap \overline{B} = B \cap \overline{B} = \varnothing
3. Um acontecimento é sempre incompatível com o seu contrário, logoP\left((A \cup B) \cap \overline{B}\right) = P(\varnothing) = 0

De (A \cup B) \cap C = \varnothing tira uma conclusão sobre A \cap C — repara em que A \subset A \cup B.

1. Como A \subset A \cup B, vem A \cap C \subset (A \cup B) \cap C = \varnothing.
2. Logo A \cap C = \varnothing: os acontecimentos A e C são incompatíveis e P(A \cap C) = 0.
3. Pela regra da adição:P(A \cup C) = P(A)+P(C)-P(A \cap C) = 0{,}21+0{,}47-0 = 0{,}68

É a regra da adição resolvida em ordem a P(A).

1. Da regra da adição, P(A \cup B) = P(A)+P(B)-P(A \cap B):80\% = P(A) + 60\% - 10\%
2. P(A) = 80\% - 50\% = 30\%

Pelas leis de De Morgan, o acontecimento contrário do pedido é «ser rapaz e ter positiva» — muito mais simples de contar.

1. Sejam R: «é rapaz» e P: «teve classificação positiva». O total de estudantes é 160+120 = 280.
2. O acontecimento pedido é \overline{R} \cup \overline{P}. Pelas leis de De Morgan,\overline{R} \cup \overline{P} = \overline{R \cap P}
3. Rapazes com positiva: 60\% de 120 = 72, logo P(R \cap P) = \dfrac{72}{280}.
4. P\left(\overline{R \cap P}\right) = 1 - \dfrac{72}{280} = \dfrac{208}{280} \approx 0{,}743
5. Arredondando às centésimas: 0{,}74.

Aplica as leis de De Morgan ao primeiro membro e a fórmula da reunião ao segundo.

1. Primeiro membro. Pelas leis de De Morgan, \overline{A} \cup \overline{B} = \overline{A \cap B}, pelo queP\left(\overline{A} \cup \overline{B}\right) = 1 - P(A \cap B)
2. Segundo membro. Usando P\left(\overline{A}\right) = 1 - P(A) e P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B):1 - P(A) - P(B) + P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 1 - P(A \cap B)
3. Os dois membros coincidem. ∎

Usa P(A \cup B) \leqslant 1 para obter um mínimo para P(A \cap B). Se esse mínimo for positivo, o que se conclui?

1. Como P(A \cup B) \leqslant 1 e P(A \cup B) = P(A)+P(B)-P(A \cap B):0{,}5+0{,}7-P(A \cap B) \leqslant 1 \Leftrightarrow P(A \cap B) \geqslant 0{,}2
2. Como P(A \cap B) > 0, o acontecimento A \cap B não é impossível: A e B são compatíveis.
3. Porque não as outras: se fossem contrários teríamos P(A)+P(B) = 1, o que é falso; nada obriga A \subset B nem P(A \cup B) = 1 (por exemplo, P(A \cap B) = 0{,}4 daria P(A \cup B) = 0{,}8).

Aplica as leis de De Morgan a \overline{A} \cup \overline{B} e desenvolve os dois membros até obterem a mesma expressão.

1. Primeiro membro. Pelas leis de De Morgan, \overline{A} \cup \overline{B} = \overline{A \cap B}, pelo que P\left(\overline{A} \cup \overline{B}\right) = 1 - P(A \cap B). Usando ainda P\left(\overline{A}\right) = 1 - P(A):P(B) + 1 - P(A) + 1 - P(A \cap B) = 2 + P(B) - P(A) - P(A \cap B)
2. Segundo membro. Com P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B):2\left(1 - P(A)\right) + P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 2 - P(A) + P(B) - P(A \cap B)
3. As duas expressões são iguais. ∎

Incompatíveis: a interseção tem probabilidade nula, logo as probabilidades somam-se.

1. P(A \cup B) = P(A) + P(B) porque P(A \cap B) = 0.
2. 70\% = 30\% + P(B) \Leftrightarrow P(B) = 40\%
3. A opção (A), 21\%, é 0{,}3 \times 0{,}7 — a resposta de quem confunde incompatíveis com independentes.

Aplicação direta da fórmula da reunião — só é preciso passar de P\left(\overline{B}\right) para P(B).

1. P(B) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7
2. P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}7 - 0{,}3 = 0{,}8

Passa primeiro ao acontecimento contrário para obter P(A \cup B).

1. P(A \cup B) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7
2. Sendo incompatíveis, P(A \cup B) = P(A) + P(B).
3. 0{,}7 = 0{,}5 + P(B) \Leftrightarrow P(B) = 0{,}2

Incompatíveis significa A \cap B = \varnothing. E P(\varnothing) = 0.

1. De A \cap B = \varnothing vem P(A \cap B) = P(\varnothing) = 0 ✓
2. A opção (B) só valeria se fossem contrários, o que é mais forte do que incompatíveis.
3. A opção (D) exigiria P(A)P(B) = 0, ou seja um deles impossível — não é obrigatório.

Se A e B são incompatíveis, então B está todo contido em \overline{A}.

1. Sendo incompatíveis, B \subseteq \overline{A}, logo \overline{A} \cap B = B e P(B) = 0{,}55.
2. P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 0{,}3 + 0{,}55 = 0{,}85
3. P\left(\overline{A \cup B}\right) = 1 - 0{,}85 = 0{,}15

Primeiro P(A \cap B) pela fórmula da reunião; só depois o acontecimento contrário.

1. P(B) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3
2. P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}3 - 0{,}5 = 0{,}2
3. P\left(\overline{A \cap B}\right) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8

Traduz primeiro \overline{A} em palavras. Depois conta os números favoráveis sem os contar duas vezes.

1. Significado. \overline{A} é o acontecimento «o número da bola retirada é maior do que 6». Logo P\left(\overline{A} \cup B\right) é a probabilidade de, ao retirar uma bola ao acaso, o seu número ser maior do que 6 ou ser par.
2. Casos possíveis: n — há n bolas no saco.
3. Casos favoráveis. Números maiores do que 6: são n-6. Falta juntar os pares que não são maiores do que 6, para não os contar duas vezes: 2, 4 e 6 — três números.
4. P\left(\overline{A} \cup B\right) = \dfrac{(n-6)+3}{n} = \dfrac{n-3}{n}

Sendo incompatíveis, P(A \cup B) = P(A) + P(B).

1. P(B) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4
2. Como A \cap B = \varnothing, P(A \cup B) = P(A) + P(B).
3. 0{,}6 = P(A) + 0{,}4 \Leftrightarrow P(A) = 0{,}2
4. P\left(\overline{A}\right) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8

Parte A \cup B em dois pedaços disjuntos: A \setminus B e B.

1. A \cup B = \left(A \cap \overline{B}\right) \cup B, e estes dois conjuntos são disjuntos.
2. P(A \cup B) = P\left(A \cap \overline{B}\right) + P(B)
3. 0{,}8 = 0{,}5 + P(B) \Leftrightarrow P(B) = 0{,}3

Os dois acontecimentos dados são disjuntos e a sua reunião é \overline{B}. Usa a propriedade 4.

1. \overline{B} = \left(A \cap \overline{B}\right) \cup \left(\overline{A} \cap \overline{B}\right), e os dois pedaços são disjuntos.
2. P\left(\overline{B}\right) = 0{,}5 + 0{,}3 = 0{,}8
3. P(B) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2

O acontecimento contrário de «não ser do 12.º ou não frequentar Mat. A» é «ser do 12.º e frequentar Mat. A» — leis de De Morgan.

1. Sejam D: «é do 12.º ano» e M: «frequenta Matemática A».
2. O acontecimento dado é \overline{D} \cup \overline{M} = \overline{D \cap M}.
3. Logo P(D \cap M) = 1 - \dfrac{9}{11} = \dfrac{2}{11}.
4. Os alunos do 12.º que frequentam Mat. A são 10, logo \dfrac{10}{N} = \dfrac{2}{11}.
5. N = \dfrac{10 \times 11}{2} = 55.

Em cada alínea conta os casos favoráveis; os possíveis são sempre 52. Cada naipe tem 13 cartas e três figuras.

1. a) São 13 cartas de copas em 52: P = \dfrac{13}{52} = \dfrac{1}{4}.
2. b) São 3 figuras por naipe, num total de 3 \times 4 = 12: P = \dfrac{12}{52} = \dfrac{3}{13}.
3. c) Há uma única dama de copas: P = \dfrac{1}{52}.«Ao acaso» é a expressão que autoriza a regra de Laplace: sem ela, nada garante que as 52 cartas sejam equiprováveis.

Escreve cada acontecimento em extensão antes de contar. Em c) pode ser mais rápido contar os múltiplos de 3 e subtrair.

1. a) \{2,3,5\}, logo P = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}.
2. b) \{5,6\}, logo P = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}.
3. c) Os múltiplos de 3 são \{3,6\}; sobram 4 casos favoráveis: P = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}.Em c) usou-se, sem lhe chamar nome, a probabilidade do acontecimento contrário: 1 - \frac{2}{6}. Na secção 6 ela ganha estatuto de propriedade.

Em c), se acrescentares x bolas verdes, tanto o numerador como o denominador mudam. Escreve a equação.

1. Ao todo são 4+6+5 = 15 bolas.
2. a) P = \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}.
3. b) Não azuis são 4+6 = 10: P = \dfrac{10}{15} = \dfrac{2}{3}.
4. c) \dfrac{4+x}{15+x} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 8 + 2x = 15 + x \Leftrightarrow x = 7.
5. São precisas 7 bolas verdes: ficariam 11 verdes em 22 bolas ✓O erro clássico em c) é escrever \frac{4+x}{15}, esquecendo que as bolas acrescentadas também aumentam o total.

São 36 casos possíveis, todos equiprováveis. Uma tabela de dupla entrada com as somas resolve as quatro alíneas de uma vez.

1. a) Soma 7: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) — 6 casos. P = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}.
2. b) Soma 10, 11 ou 12: 3 + 2 + 1 = 6 casos. P = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}.
3. c) (1,1), \ldots, (6,6) — 6 casos. P = \dfrac{1}{6}.
4. d) A soma é par quando os dois números têm a mesma paridade: 3 \times 3 + 3 \times 3 = 18 casos. P = \dfrac{18}{36} = \dfrac{1}{2}.Os dados serem de cores diferentes não é um detalhe decorativo: é o que torna (2,5) e (5,2) resultados distintos e, por isso, os 36 casos equiprováveis. Com dados iguais o resultado é o mesmo — mas a contagem deixa de ser óbvia.

São 4 \times 4 = 16 pares, todos equiprováveis porque os setores têm a mesma amplitude. A alínea c) sai de b) sem contas novas; em e), cuidado em não contar duas vezes os pares que servem às duas condições.

1. a) (1,1), (2,2), (3,3), (4,4) — 4 casos: P = \dfrac{4}{16} = \dfrac{1}{4}.
2. b) Cada volta tem 3 hipóteses sem o 3: 3 \times 3 = 9 casos. P = \dfrac{9}{16}.
3. c) É o contrário de b): P = 1 - \dfrac{9}{16} = \dfrac{7}{16}.
4. d) Soma 5: (1,4), (2,3), (3,2), (4,1) — 4 casos. P = \dfrac{1}{4}.
5. e) Os 9 pares sem 3, mais os pares iguais que ainda não estão contados — só (3,3) —, dão 10 casos: P = \dfrac{10}{16} = \dfrac{5}{8}.Em e), (1,1), (2,2) e (4,4) já pertenciam aos 9 primeiros. Somar 9 + 4 daria 13 e estaria errado — é a razão de ser do -P(A \cap B) que aparece na secção 6.

A soma das probabilidades dos acontecimentos elementares é sempre 1. É a única equação de que precisas.

1. a) 2k + k + 3k + 0{,}2 = 1 \Leftrightarrow 6k = 0{,}8 \Leftrightarrow k = \dfrac{2}{15}.
2. b) P(\{a,c\}) = 2k + 3k = 5k = \dfrac{10}{15} = \dfrac{2}{3}.
3. c) Não: P(\{b\}) = \frac{2}{15} e P(\{c\}) = \frac{6}{15} são diferentes. Aqui a regra de Laplace não se aplica.Todas as quatro probabilidades são não negativas e somam 1, portanto isto é uma probabilidade legítima — apenas não é a uniforme. Laplace é um caso particular, não a definição.

Laplace exige duas coisas: um número finito de casos e casos equiprováveis. Verifica-as uma a uma.

1. Em (A), (B) e (D) os casos possíveis são finitos e nada distingue uns dos outros — o enunciado garante-o com «indistinguíveis ao tato», «equilibrado» e «ao acaso».
2. Em (C) a escolha do dia é equiprovável, mas o acontecimento «chover» não é um caso favorável que se possa contar: chover em janeiro e chover em julho não têm a mesma probabilidade, e essa probabilidade não se obtém contando dias — obtém-se de dados observados.
3. Opção (C).É a distinção entre a visão clássica e a visão frequencista. Fora da escola, a maior parte das probabilidades interessantes é do tipo (C).

A seta pára numa posição ao acaso: o que é equiprovável são as posições, não os três números. Trabalha com as amplitudes.

1. a) Os três resultados não são equiprováveis — o setor 1 ocupa metade da roda e o setor 3 apenas um sexto —, e a regra de Laplace exige equiprobabilidade.
2. b) A probabilidade de cada setor é a fração da roda que ele ocupa: P(\{1\}) = \dfrac{180}{360} = \dfrac{1}{2}, P(\{2\}) = \dfrac{120}{360} = \dfrac{1}{3}, P(\{3\}) = \dfrac{60}{360} = \dfrac{1}{6}.
3. Confirmação: \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1 ✓
4. c) P(\{2,3\}) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{2}.Laplace continua lá — mas aplicado às posições da seta, que essas sim são equiprováveis. É sempre assim: quando os resultados registados não são equiprováveis, procura-se um espaço mais fino onde sejam.

Escreve os oito resultados. A alínea c) é sobre qual é o espaço onde os casos são equiprováveis.

1. Os oito resultados equiprováveis são (\mathcal{N},\mathcal{N},\mathcal{N}), (\mathcal{N},\mathcal{N},\mathcal{E}), (\mathcal{N},\mathcal{E},\mathcal{N}), (\mathcal{E},\mathcal{N},\mathcal{N}), (\mathcal{N},\mathcal{E},\mathcal{E}), (\mathcal{E},\mathcal{N},\mathcal{E}), (\mathcal{E},\mathcal{E},\mathcal{N}) e (\mathcal{E},\mathcal{E},\mathcal{E}).
2. a) Exatamente duas \mathcal{N}: 3 casos. P = \dfrac{3}{8}.
3. b) Duas ou três: 3 + 1 = 4 casos. P = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}.
4. c) Os quatro «resultados» 0, 1, 2, 3 não são equiprováveis: o 0 e o 3 correspondem a um único caso cada, mas o 1 e o 2 correspondem a três. Laplace não se aplica a esse espaço.Foi este o erro que d'Alembert cometeu, no século XVIII, com duas moedas. A saída é sempre a mesma: descer ao espaço onde os casos são mesmo equiprováveis.

Numera as moedas de 1 a 6 para as distinguir, mesmo as do mesmo valor. Em b), que valores é que somam 1{,}50 €?

1. a) Numerando as moedas de 1 a 6, cada par é um conjunto de duas delas. A primeira pode ser qualquer das 6 e a segunda qualquer das 5 restantes, mas cada par fica assim contado duas vezes: \dfrac{6 \times 5}{2} = 15 pares.
2. b) Só 0{,}50 + 1{,}00 dá 1{,}50 €. As outras somas possíveis são 0{,}70, 1{,}20, 1{,}00 e 2{,}00 €.
3. Há 2 moedas de 50 cêntimos e 3 de 1 euro, logo 2 \times 3 = 6 pares favoráveis.
4. P = \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}.Dividir por 2 na alínea a) é o passo em que se decide que a ordem não conta. É exatamente o raciocínio que, na secção 8, dá origem à fórmula das combinações.

São duas condições a verificar: nenhuma probabilidade negativa, e a soma das elementares igual a 1.

1. I: todos os valores são não negativos e 0{,}4 + 0{,}5 + 0{,}1 = 1. É uma probabilidade.
2. II: a soma dá 1, mas P(\{z\}) = -0{,}2 < 0. Uma probabilidade toma valores em \mathbb{R}^{+}_{0}: não é.
3. III: todos os valores são positivos, mas \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{7}{8} \neq 1. Não é: faltaria P(S) = 1.
4. Só a atribuição I define uma probabilidade.As duas condições não são decorativas: sem a primeira perdia-se o sentido de «medida»; sem a segunda, o acontecimento certo deixaria de ser certo.

Em a), um produto é ímpar quando os dois fatores são ímpares — é o caminho mais curto. Em b), percorre a tabela dos 16 produtos.

1. São 4 \times 4 = 16 pares equiprováveis.
2. a) O produto é ímpar só quando ambos os números são ímpares — 1 ou 3 em cada dado: 2 \times 2 = 4 casos. Logo o produto é par em 16 - 4 = 12 casos: P = \dfrac{12}{16} = \dfrac{3}{4}.
3. b) Os produtos que são quadrados perfeitos: 1 = 1\times1; 4 = 1\times4,\ 4\times1,\ 2\times2; 9 = 3\times3; 16 = 4\times4. São 1+3+1+1 = 6 casos.
4. P = \dfrac{6}{16} = \dfrac{3}{8}.Em a) contar o contrário poupou onze contagens. É o primeiro reflexo a treinar: quando o acontecimento pedido tem muitos casos, conta o outro.

Três propriedades da secção, uma por alínea: a do contrário, a da reunião e a da decomposição.

1. a) P\left(\overline{A}\right) = 1 - 0{,}5 = 0{,}5.
2. b) P(A \cup B) = 0{,}5 + 0{,}4 - 0{,}2 = 0{,}7.
3. c) De P(A) = P(A \cap B) + P\left(A \cap \overline{B}\right) vem P\left(A \cap \overline{B}\right) = 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}3.Confirma com o diagrama: as quatro regiões valem 0{,}3, 0{,}2, 0{,}2 e 0{,}3, e somam 1.

Um berlinde não pode ser azul e verde ao mesmo tempo: os dois acontecimentos são incompatíveis.

1. a) Sendo incompatíveis, P(A \cup V) = P(A) + P(V) = 0{,}45 + 0{,}3 = 0{,}75.
2. b) A terceira cor é o contrário de «azul ou verde»: 1 - 0{,}75 = 0{,}25.Só se somam probabilidades assim quando os acontecimentos são incompatíveis. Fora desse caso, falta subtrair a interseção.

A alínea b) usa a regra de Laplace ao contrário: a probabilidade e o total dão a contagem.

1. a) P(D) = 1 - \dfrac{3}{8} = \dfrac{5}{8}.
2. b) \dfrac{5}{8} \times 24 = 15 alunos.Vale a pena a confirmação: 15 praticam e 9 não praticam, e \frac{9}{24} = \frac{3}{8} ✓

Em a), usa uma lei de De Morgan. Em c), «exatamente um» é a reunião sem a interseção.

1. a) \overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}, logo P = 1 - 0{,}8 = 0{,}2.
2. b) De P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) vem P(A) + P(B) = 0{,}8 + 0{,}25 = 1{,}05.
3. c) P(A \cup B) - P(A \cap B) = 0{,}8 - 0{,}25 = 0{,}55.Repara em que P(A) + P(B) pode passar de 1 sem que nada esteja errado: só uma probabilidade tem de estar entre 0 e 1, não a soma de duas.

Passa tudo para probabilidades — 0{,}62, 0{,}44, 0{,}18 — e só no fim volta a percentagens ou a pessoas.

1. a) P(A \cup B) = 0{,}62 + 0{,}44 - 0{,}18 = 0{,}88, ou seja 88%.
2. b) 1 - 0{,}88 = 0{,}12, ou seja 12%.
3. c) Só B: P\left(\overline{A} \cap B\right) = 0{,}44 - 0{,}18 = 0{,}26, o que dá 0{,}26 \times 500 = 130 pessoas.As 500 pessoas só servem na alínea c). Nas outras duas seriam um número a mais — e é frequente aparecerem só para isso.

Em a), parte de P(A \cup B) \leq 1 e usa a fórmula da reunião. Em b), lembra-te de que A \cap B está contido em A e em B.

1. a) Como P(A \cup B) \leq 1, de P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) vem 1 \geq 0{,}7 + 0{,}6 - P(A \cap B), isto é P(A \cap B) \geq 0{,}3. ∎
2. b) Como A \cap B \subseteq B, tem-se P(A \cap B) \leq P(B) = 0{,}6.
3. O valor 0{,}6 é atingido quando B \subseteq A: aí A \cap B = B.
4. Portanto 0{,}3 \leq P(A \cap B) \leq 0{,}6.A desigualdade de a) é o caso mais simples da desigualdade de Bonferroni. Aparece com frequência nos itens de Exame que pedem para «mostrar que» sem dar números suficientes para calcular.

\overline{A} \cap \overline{B} é o contrário de A \cup B. Escreve tudo em função de P(A \cap B).

1. Pelas leis de De Morgan, \overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}, pelo queP\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) = 1 - P(A \cup B) = 1 - P(A) - P(B) + P(A \cap B)
2. Substituindo os valores dados:0{,}2 = 1 - 0{,}6 - 0{,}2 + P(A \cap B)
3. P(A \cap B) = 0{,}2 - 0{,}2 = 0
4. Como P(A \cap B) = 0, os acontecimentos A e B não podem ocorrer em simultâneo: são incompatíveis. ∎

Decompõe A em duas partes incompatíveis: a que está em B e a que não está.

1. Como A = (A \cap B) \cup \left(A \cap \overline{B}\right) é uma reunião de acontecimentos incompatíveis:P(A \cap B) = P(A) - P\left(A \cap \overline{B}\right) = 0{,}7 - 0{,}5 = 0{,}2
2. Ora A \cap B \subset B, pelo que P(B) \geq P(A \cap B) = 0{,}2.
3. O valor 0{,}2 é atingível — basta que B \subset A — pelo que é mesmo o mínimo.

A restrição vem de P(A \cup B) \leq 1.

1. Da fórmula da reunião:P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}6 + P(B) - 0{,}2 = 0{,}4 + P(B)
2. Como qualquer probabilidade não excede 1:0{,}4 + P(B) \leq 1 \;\Leftrightarrow\; P(B) \leq 0{,}6
3. O valor 0{,}6 é atingível — basta que A \cup B seja o acontecimento certo — pelo que é mesmo o máximo.

Repara em que a expressão 1-a+c não contém \frac{1}{5}: a parcela em P(B) tem de se cancelar.

1. Testemos a opção (A). Pela fórmula da reunião:P\left(\overline{A} \cup B\right) = P\left(\overline{A}\right) + P(B) - P\left(\overline{A} \cap B\right)
2. Como B = (A \cap B) \cup \left(\overline{A} \cap B\right) é uma reunião de incompatíveis, P\left(\overline{A} \cap B\right) = P(B) - P(A \cap B). Substituindo:P\left(\overline{A} \cup B\right) = (1-a) + P(B) - \left[P(B) - c\right] = 1 - a + c
3. É a opção (A) — repare-se em que P(B) se cancela, o que explica a ausência de \dfrac{1}{5} na expressão.
4. As outras: P(A \cup B) = 2a + \frac{1}{5} - c; P\left(\overline{A} \cup \overline{B}\right) = 1 - c; P\left(A \cup \overline{B}\right) = 1 - \frac{1}{5} + c — nenhuma coincide.

Em b), aplica a distributividade e depois a fórmula da reunião a (A \cap C) \cup (B \cap C). Em c), repara em que as duas parcelas são incompatíveis.

1. a) Por De Morgan, \overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}, pelo queP(A \cap B) - \left[1 - P(A \cup B)\right] = P(A \cap B) - 1 + P(A)+P(B)-P(A \cap B) = P(A)+P(B)-1∎
2. b) Pela distributividade, (A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C). Aplicando a fórmula da reunião a estes dois acontecimentos:P(A \cap C) + P(B \cap C) - P\left[(A \cap C) \cap (B \cap C)\right]
3. Ora (A \cap C) \cap (B \cap C) = A \cap B \cap C, o que dá a igualdade pretendida. ∎
4. c) Os acontecimentos \overline{A} \cap B e A \cap \overline{B} são incompatíveis (num deles A não ocorre, no outro ocorre), pelo que as probabilidades se somam:P\left(\overline{A} \cap B\right) + P\left(A \cap \overline{B}\right) = \left[P(B)-P(A \cap B)\right] + \left[P(A)-P(A \cap B)\right]
5. = P(A)+P(B)-2P(A \cap B) = \left[P(A)+P(B)-P(A \cap B)\right] - P(A \cap B) = P(A \cup B) - P(A \cap B)∎
6. Nota: o acontecimento da alínea c) é «ocorre exatamente um dos dois» — daí a leitura «reunião menos interseção».

Minimizar P\left(\overline{B}\right) é maximizar P(B). Escreve P(B) em função de P(A \cap B).

1. Da fórmula da reunião:P(B) = P(A \cup B) - P(A) + P(A \cap B) = 0{,}5 + P(A \cap B)
2. Ora A \cap B \subset A, pelo que 0 \leq P(A \cap B) \leq P(A) = 0{,}2.
3. Logo 0{,}5 \leq P(B) \leq 0{,}7, e o maior valor de P(B) é 0{,}7 — atingido quando A \subset B.
4. P\left(\overline{B}\right) = 1 - P(B) \geq 1 - 0{,}7 = 0{,}3