• No exemplo da vacina, temos então que o número de indíviduos imunizados segue uma distribuição Binomial com \(n=3\) e \(p=0.8\)

\[X\sim Bin(3,0.8)\]

• Qual a probabilidade de que dentre os 3 indíviduos, nenhum tenha sido imunizado? \[ P(X=0) = {3 \choose 0} (0.8)^0 (0.2)^3 = 0.008\]

• Encontre a esperança e variância:

\[\mathbb E(X)=3\times 0.8 = 2.4 \qquad \mbox{e} \qquad Var(X)=3\times0.8\times0.2 = 0.48\]

Note que a variável aleatória \(X\) = número de tubos defeituosos em 10 extrações tem distribuição binomial, com parâmetros \(n=10\) e \(p=0.2\).

Então, “não mais do que dois tubos defeituosos” é o evento \(\{X\leq2\}\).

Sabemos que, para \(X \sim Bin(10, 0.2)\) \[P(X=x) = { 10\choose x } (0.2)^x (0.8)^{10-x}, \qquad x=0,1, \ldots, 10\]

e que \[\begin{aligned} P(X\leq2) &= P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) \\ &=(0.8)^{10} + 10 (0.2)(0.8)^{9} + 45 (0.2)^2 (0.8)^8 = 0.678 \end{aligned}\]

Se \(X \sim Bin(n,p)\), então \(\mathbb E(X) = np\) e \(Var(X) = np(1-p)\)

Então:

\(\mathbb E(X) = 10 (0.2) = 2\)

\(Var(X) = 10 (0.2)(0.8) = 1.6\)

Quando se encontram quatro ou mais tubos defeituosos, o processo de produção é interrompido para revisão. Qual é a probabilidade que isto aconteça?

\[ \begin{aligned} P(X\geq 4) &= 1 - P(X < 4) \\ &= 1 - P(X \leq 3) \\ &= 1-0.879 = 0.121 \end{aligned} \]

\(X\sim Bin(100,0.065)\), 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.

A distribuição de Poisson expressa a probabilidade de um determinado número de eventos ocorrer em um intervalo fixo de tempo ou espaço se esses eventos ocorrerem com uma taxa média constante conhecida. Por exemplo:

• 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

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

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:

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

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.

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

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

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,

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

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:

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