Matemática do ensino fundamental · 1.º ao 9.º ano

71Estatística e probabilidade

Dados e acaso estão por toda parte: resultados esportivos, previsões do tempo, jogos. Este capítulo ensina a resumir uma série de números pela média, pela mediana e pela amplitude, e a calcular a probabilidade de experimentos aleatórios simples — inclusive os de duas etapas, tratados com diagramas de árvore. Os dois assuntos são desenvolvidos muito mais longe no volume do ensino médio desta série.

71.1 Resumir dados

Definição 71.1 (Média, mediana, amplitude)

Para uma série de $N$ números:

a média é a soma de todos os valores dividida por $N$ ;
a mediana é um valor que reparte a série ordenada em duas metades do mesmo tamanho: para $N$ ímpar, o valor central; para $N$ par, o ponto médio dos dois valores centrais;
a amplitude é o maior valor menos o menor.

Exemplo 71.2

Notas de um aluno: $8,\ 12,\ 9,\ 15,\ 11$ .

Média: $\dfrac{8 + 12 + 9 + 15 + 11}{5} = \dfrac{55}{5} = 11$ .
Mediana: ordene a série: $8, 9, 11, 12, 15$ ; o valor central (o 3º) é $11$ .
Amplitude: $15 - 8 = 7$ .

Com uma sexta nota, $17$ : ordenada, $8, 9, 11, 12, 15, 17$ , a mediana passa a ser o ponto médio de $11$ e $12$ , isto é, $11.5$ , e a média passa a $\frac{72}{6} = 12$ .

Exemplo 71.3 (Média ponderada)

Os números de calçado vendidos num dia:

número	$38$	$39$	$40$	$41$	$42$
quantidade	$3$	$7$	$6$	$3$	$1$

O número médio é

\frac{3 \times 38 + 7 \times 39 + 6 \times 40 + 3 \times 41 + 1 \times 42} {3 + 7 + 6 + 3 + 1} = \frac{114 + 273 + 240 + 123 + 42}{20} = \frac{792}{20} = 39.6 .

Observação 71.4

A média e a mediana podem diferir bastante. Na série $10, 10, 10, 10, 60$ , a média é $20$ (puxada para cima pelo valor $60$ ), enquanto a mediana é $10$ . Pergunte sempre qual indicador representa melhor a situação.

71.2 Probabilidade

Definição 71.5 (Probabilidade)

Um experimento aleatório tem vários resultados possíveis; um evento é um conjunto de resultados. Cada resultado recebe uma probabilidade: um número entre $0$ e $1$ , com todas as probabilidades dos resultados somando $1$ ; a probabilidade $\P(A)$ de um evento $A$ é a soma das probabilidades dos resultados dele. Quando todos os $n$ resultados são igualmente prováveis,

\P(A) = \frac{\text{número de resultados favoráveis}}{n}.

Exemplo 71.6

Uma roleta é dividida em $8$ setores iguais: $3$ vermelhos, $3$ azuis, $2$ verdes. Cada setor tem probabilidade $\frac18$ , então

\P(\text{vermelho}) = \frac38, \qquad \P(\text{verde}) = \frac28 = \frac14, \qquad \P(\text{não verde}) = 1 - \frac14 = \frac34 .

Proposição 71.7 (Complementar)

Para todo evento $A$ , o evento contrário $\bar A$ (“ $A$ não ocorre”) satisfaz

\P(\bar A) = 1 - \P(A).

Demonstração. Todo resultado está em exatamente um entre $A$ e $\bar A$ , então $\P(A) + \P(\bar A)$ soma as probabilidades de todos os resultados, o que dá $1$ . ∎

71.3 Experimentos de duas etapas

Método 71.8 (Diagramas de árvore)

Para um experimento em duas etapas:

trace um galho por resultado da primeira etapa e depois continue cada galho com os resultados da segunda etapa, escrevendo cada probabilidade no galho dela;
multiplique as probabilidades ao longo de um caminho para obter a probabilidade desse caminho;
some as probabilidades de todos os caminhos que formam um evento.

Exemplo 71.9

Um saco tem $2$ fichas vermelhas e $3$ pretas. Tire uma ficha, anote a cor, devolva-a e tire de novo. Cada retirada dá vermelha com probabilidade $\frac25$ e preta com probabilidade $\frac35$ .

A árvore das duas retiradas com reposição: multiplique ao longo dos galhos e confira que os quatro caminhos somam 1. — A árvore das duas retiradas com reposição: multiplique ao longo dos galhos e confira que os quatro caminhos somam $1$ .

Probabilidade de duas fichas da mesma cor: $\frac{4}{25} + \frac{9}{25} = \frac{13}{25}$ . Probabilidade de pelo menos uma vermelha: $1 - \P(\text{PP}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ .

Observação 71.10 (As frequências se aproximam das probabilidades)

Lançar um dado honesto $6000$ vezes dá cerca de $1000$ seis — não exatamente. À medida que o número de repetições cresce, as frequências observadas ficam cada vez mais próximas das probabilidades: é isso que faz da probabilidade a ferramenta certa para modelar experimentos repetidos (uma história desenvolvida no volume do ensino médio desta série).

71.4 Exercícios

Exercício 71.1 ★

Calcule a média, a mediana e a amplitude da série $14,\ 9,\ 17,\ 9,\ 12,\ 11,\ 12$ .

Solução

Solução de Exercício 71.1.

Média: $\dfrac{14 + 9 + 17 + 9 + 12 + 11 + 12}{7} = \dfrac{84}{7} = 12$ .

Mediana: ordenada, $9, 9, 11, 12, 12, 14, 17$ ; o valor central (o $4$ º) é $12$ .

Amplitude: $17 - 9 = 8$ .

Exercício 71.2 ★

As temperaturas ao meio-dia ao longo de uma semana foram $19,\ 21,\ 24,\ 18,\ 22,\ 25,\ 19$ (graus). Calcule a média (ao décimo) e a mediana.

Solução

Solução de Exercício 71.2.

Média: $\dfrac{19 + 21 + 24 + 18 + 22 + 25 + 19}{7} = \dfrac{148}{7} \approx 21.1$ graus.

Mediana: ordenada, $18, 19, 19, 21, 22, 24, 25$ ; o $4$ º valor é $21$ graus.

Exercício 71.3 ★

O número de gols marcados por um time em $10$ partidas:

gols	$0$	$1$	$2$	$3$
partidas	$2$	$4$	$3$	$1$

Calcule o número médio de gols por partida e a mediana.

Solução

Solução de Exercício 71.3.

Média:

\frac{2 \times 0 + 4 \times 1 + 3 \times 2 + 1 \times 3}{10} = \frac{0 + 4 + 6 + 3}{10} = \frac{13}{10} = 1.3 \text{ gol por partida.}

Mediana: a série ordenada é $0,0,1,1,1,1,2,2,2,3$ ; o $5$ º e o $6$ º valores são os dois $1$ : mediana $1$ .

Exercício 71.4 ★

Um dado honesto é lançado uma vez. Calcule a probabilidade de: “sair um $3$ ”; “sair um número par”; “sair pelo menos $3$ ”; “não sair $6$ ”.

Solução

Solução de Exercício 71.4.

$\P(3) = \frac16$ . $\P(\text{par}) = \frac36 = \frac12$ . $\P(\text{pelo menos } 3) = \P(\{3,4,5,6\}) = \frac46 = \frac23$ . $\P(\text{não } 6) = 1 - \frac16 = \frac56$ .

Exercício 71.5 ★

Uma caixa contém $12$ bolas: $5$ brancas, $4$ vermelhas e $3$ verdes; uma bola é sorteada. Calcule $\P(\text{branca})$ , $\P(\text{vermelha ou verde})$ e $\P(\text{não branca})$ . O que você percebe sobre as duas últimas?

Solução

Solução de Exercício 71.5.

$\P(\text{branca}) = \frac{5}{12}$ .

$\P(\text{vermelha ou verde}) = \frac{4 + 3}{12} = \frac{7}{12}$ .

$\P(\text{não branca}) = 1 - \frac{5}{12} = \frac{7}{12}$ .

As duas últimas são iguais: “não branca” é o evento “vermelha ou verde”.

Exercício 71.6 ★★

Uma moeda é lançada e depois um dado honesto é lançado. Trace a árvore (ou conte os resultados) e calcule a probabilidade de sair cara e um $6$ ; e depois a de sair cara ou um $6$ (ou os dois).

Solução

Solução de Exercício 71.6.

Os $12$ resultados (face da moeda, valor do dado) são igualmente prováveis.

Cara e um $6$ : um resultado em $12$ : $\frac{1}{12}$ .

Cara ou um $6$ : os resultados com cara ( $6$ deles) mais o resultado (coroa, $6$ ): $7$ resultados, então $\frac{7}{12}$ . Contando cada evento e subtraindo a sobreposição dá o mesmo: $\frac{6}{12} + \frac{2}{12} - \frac{1}{12} = \frac{7}{12}$ .

Exercício 71.7 ★★

No saco do Exemplo 71.9 ( $2$ vermelhas, $3$ pretas), as duas retiradas agora são feitas sem reposição. Trace a nova árvore (atenção: as probabilidades do segundo nível mudam) e calcule a probabilidade de tirar duas fichas pretas e depois a de tirar duas fichas de cores diferentes.

Solução

Solução de Exercício 71.7.

Primeira retirada: vermelha $\frac25$ , preta $\frac35$ . Segunda retirada, sem reposição: depois de uma vermelha, restam $1$ vermelha e $3$ pretas entre $4$ ; depois de uma preta, restam $2$ vermelhas e $2$ pretas entre $4$ .

Duas pretas: $\frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$ .

Cores diferentes (VP ou PV): $\frac25 \times \frac34 + \frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = \frac35$ .

Exercício 71.8 ★★

Depois de $9$ partidas, uma jogadora de basquete tem média de $14$ pontos por partida.

Quantos pontos ela marcou no total?
Quantos pontos ela precisa marcar na $10^{\text{a}}$ partida para ficar com média $15$ ?

Solução

Solução de Exercício 71.8.

1. $9 \times 14 = 126$ pontos.

2. Uma média de $15$ em $10$ partidas significa $150$ pontos no total: ela precisa marcar $150 - 126 = 24$ pontos.

Exercício 71.9 ★★★

Um jogo: lance dois dados honestos; você ganha se os dois resultados forem iguais (“uma dupla”).

Calcule a probabilidade de ganhar.
Você joga duas vezes (partidas independentes). Usando uma árvore, calcule a probabilidade de ganhar pelo menos uma vez.

Solução

Solução de Exercício 71.9.

1. Entre os $36$ pares igualmente prováveis, as duplas são $(1,1), (2,2), \dots, (6,6)$ : seis delas, então $\P(\text{dupla}) = \frac{6}{36} = \frac16$ .

2. Duas partidas independentes: árvore com ganhar ( $\frac16$ ) / perder ( $\frac56$ ) em cada nível. Probabilidade de nunca ganhar: $\frac56 \times \frac56 = \frac{25}{36}$ . Então

\P(\text{pelo menos uma vitória}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31 .

71.5 Problema: as apostas ruinosas do Cavaleiro

Problema 71.1

Problema de fim de semana — a disputa de jogo de 1654 que criou a teoria das probabilidades e a coincidência de aniversários que engana toda sala de aula

Em 1654, um nobre jogador inveterado, o Cavaleiro de Méré, enriqueceu com uma aposta de dados e começou a perder em outra que acreditava ser equivalente. Perplexo, ele perguntou ao matemático Blaise Pascal; Pascal escreveu a Pierre de Fermat; e a troca de cartas entre eles fundou a teoria das probabilidades. Este problema encena de novo o caso inteiro com as ferramentas deste capítulo — resultados igualmente prováveis, árvores e a regra do complementar (Proposição 71.7) — e termina com a mais contraintuitiva de todas as coincidências.

Parte I — Dados, contados com honestidade.

Lance um dado honesto duas vezes. Usando uma árvore (ou uma tabela $6 \times 6$ ), calcule a probabilidade de nenhum seis nos dois lançamentos e deduza a probabilidade de pelo menos um seis.
Um colega argumenta: “uma chance em seis por lançamento, duas vezes, então $\frac16 + \frac16 = \frac13$ ”. Compare com a questão 1 e aponte os resultados exatos que a soma dele conta duas vezes.
Lançando dois dados e somando: calcule a probabilidade de uma soma $7$ e de uma soma $2$ . Por que o $7$ é o preferido dos jogadores?
Disputa antiga: com dois dados, uma soma $9$ ou uma soma $10$ é mais provável? Conte os resultados e resolva a questão.
Generalize a questão 1: explique por que a probabilidade de pelo menos um seis em $n$ lançamentos é

$1 - \left(\frac56\right)^{\!n} ,$

já que os galhos sem seis da árvore se multiplicam de nível em nível.

Parte II — As duas apostas do Cavaleiro.

Primeira aposta, paga a um para um: pelo menos um seis em quatro lançamentos de um dado. Calcule $\left(\frac56\right)^4$ como fração e como decimal, e a probabilidade de vitória do Cavaleiro. A aposta era boa?
O raciocínio do próprio Cavaleiro era: “quatro lançamentos a $\frac16$ cada: $\frac46$ de chance”. Ele deu quase a resposta certa neste caso — mas leve-o até $7$ lançamentos: que absurdo ele produz, e que erro da questão 2 ele repete?
Segunda aposta, que ele acreditava equivalente por proporcionalidade (“ $24$ lançamentos a $\frac1{36}$ cada: de novo $\frac{24}{36} = \frac46$ ”): pelo menos um seis duplo em $24$ lançamentos de dois dados. Calcule a probabilidade verdadeira de vitória, $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24}$ (com a calculadora). Por que o Cavaleiro foi lentamente à ruína?
Quantos lançamentos de dois dados teriam restaurado a vantagem dele? Teste $n = 25$ na calculadora e conclua.
Enuncie a moral em duas frases: o que há de errado, em geral, em multiplicar uma probabilidade pelo número de tentativas — e que ferramenta correta substitui essa tentação?

Parte III — Médias, medianas, aniversários.

Uma empresa pequena paga $2\,000$ euros por mês a nove funcionários e $20\,000$ ao diretor. Calcule o salário médio e o salário mediano (Definição 71.1). Que número o anúncio de emprego deveria citar, honestamente?
Construa uma lista de cinco notas de prova com média $12$ e mediana $15$ . O que o par (média abaixo da mediana) diz sobre o formato das notas?
O problema dos aniversários: numa turma de $23$ alunos, qual é a probabilidade de pelo menos dois fazerem aniversário no mesmo dia? Monte o complementar (os $23$ aniversários todos diferentes):

$\frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \dots \times \frac{343}{365} .$

Calcule o produto dos três primeiros fatores, descreva como os fatores evoluem e — sabendo que o produto completo é cerca de $0.493$ — responda à pergunta. A maioria das pessoas espera “muito improvável”: o que a matemática diz?
A intuição consertada: quantos pares de alunos podem compartilhar um aniversário numa turma de $23$ (a contagem de apertos de mão do Problema 37.1)? Explique numa frase por que é esse número, e não o $23$ em si, que produz a surpresa.
Final: descreva um experimento para conferir um dos dois resultados — a aposta de Méré com um dado de verdade ou o problema dos aniversários em várias turmas — e enuncie com cuidado o que você espera das frequências observadas à medida que o número de repetições cresce. (Essa expectativa tem nome, lei dos grandes números; a demonstração dela espera no volume do ensino médio.)

Solução

Solução de Problema 71.1.

1. Cada lançamento tem $5$ resultados sem seis entre $6$ ; a tabela $6 \times 6$ mostra $5 \times 5 = 25$ resultados sem seis entre $36$ : $P(\text{nenhum seis}) = \frac{25}{36}$ , então $P(\text{pelo menos um}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31$ .

2. $\frac13 = \frac{12}{36} \neq \frac{11}{36}$ . A soma conta o resultado “seis e depois seis” uma vez em cada $\frac16$ : uma vez a mais. Probabilidades de eventos que podem acontecer juntos não se somam simplesmente.

3. Soma $7$ : os seis resultados $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ : $P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Soma $2$ : apenas $(1,1)$ : $\frac{1}{36}$ . O sete tem o maior número de maneiras de acontecer — o meio gordo da tabela das somas.

4. Soma $9$ : $(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)$ — quatro resultados, $\frac{4}{36}$ . Soma $10$ : $(4,6), (5,5), (6,4)$ — três, $\frac{3}{36}$ . O nove é mais provável: quem decide é a contagem dos resultados, e não o número de “maneiras de escrever” a soma com faces sem ordem.

5. Cada nível da árvore multiplica a probabilidade de não sair seis por $\frac56$ , independentemente do que veio antes: depois de $n$ lançamentos, $P(\text{nenhum seis}) = \left(\frac56\right)^n$ , e a regra do complementar dá a fórmula.

6. $\left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.482$ , então o Cavaleiro ganhava com probabilidade $1 - 0.482 = 0.518$ — uma vantagem discreta e constante de quase $2\,\%$ por partida: uma aposta excelente, que pagou as carruagens dele.

7. Com $7$ lançamentos, a regra dele dá $\frac76$ — uma probabilidade maior que $1$ , um disparate. É a contagem dobrada da questão 2, acumulada: os sucessos dos lançamentos se sobrepõem, e somar as chances deles conta as sobreposições várias e várias vezes.

8. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0.5086 = 0.491$ : abaixo da metade. Apostando um para um num evento de $49.1\,\%$ , o Cavaleiro perdia cerca de $2$ partidas em cada $100$ , em média — lentamente, misteriosamente (para ele) e sem escapatória.

9. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{25} \approx 1 - 0.494 = 0.506$ : com $25$ lançamentos, a aposta fica favorável. Um único lançamento separava o Cavaleiro do lucro.

10. Multiplicar uma probabilidade pelo número de tentativas conta várias vezes os sucessos que se sobrepõem e acaba produzindo respostas impossíveis, acima de $1$ . O caminho correto passa sempre pelo complementar: encadeie as probabilidades de fracasso por multiplicação e depois subtraia de $1$ .

11. Média: $\frac{9 \times 2\,000 + 20\,000}{10} = \frac{38\,000}{10} = 3\,800$ euros. Mediana: os salários centrais são os dois $2\,000$ : mediana $2\,000$ euros. O anúncio deveria citar a mediana — nove dos dez trabalhadores nunca veem nada parecido com $3\,800$ ; a média é puxada para cima por um único valor extremo (o Exemplo 71.3 já avisava sobre os pesos).

12. Por exemplo, $2, 8, 15, 17, 18$ : mediana $15$ (valor central), média $\frac{60}{5} = 12$ . Uma média abaixo da mediana denuncia uma cauda de notas baixas puxando a média para baixo, enquanto a metade de cima se mantém alta.

13. Três primeiros fatores: $1 \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \approx 0.992$ . Cada aluno novo precisa desviar de mais uma data ocupada, então os fatores encolhem: $\frac{343}{365} \approx 0.94$ para o $23$ º. O produto completo cai para cerca de $0.493$ — então

P(\text{pelo menos um aniversário em comum}) \approx 0.507 :

mais que meio a meio, numa turma de apenas $23$ . A intuição diz “ $23$ pessoas, $365$ dias, sem chance”; a matemática diz “jogue uma moeda”.

14. $\frac{23 \times 22}{2} = 253$ pares. Cada par é uma nova oportunidade de coincidência, e $253$ oportunidades a $\frac{1}{365}$ cada já não são pouca coisa: a surpresa se dissolve assim que se contam pares, e não pessoas.

15. Protocolo de exemplo: lançar um dado em blocos de quatro, registrando se cada bloco mostra um seis, ao longo de $100$ blocos; ou recolher as listas de aniversários de muitas turmas de cerca de $23$ alunos e registrar a proporção com coincidência. A frequência observada vai oscilar, mas, à medida que o número de repetições cresce, ela deve se acomodar cada vez mais perto das probabilidades calculadas ( $0.518$ ; $0.507$ ) — as frequências convergem para as probabilidades: a lei dos grandes números, enunciada aqui como expectativa e demonstrada no volume do ensino médio.