Matemática do ensino médio · Grades 10–12

9Probabilidade e amostragem

A probabilidade atribui números ao acaso. Partindo de experimentos com resultados igualmente prováveis — dados, moedas, cartas —, este capítulo constrói as regras básicas para calcular probabilidades de eventos, apresenta os diagramas de árvore para experimentos em duas etapas e termina com a ligação entre probabilidades e frequências observadas. A teoria continua no Capítulo 18.

9.1 Experimentos aleatórios e eventos

Definição 9.1 (Resultados e eventos)

Um experimento aleatório é um experimento cujo resultado não pode ser previsto (lançar um dado). O conjunto de todos os resultados possíveis é o espaço amostral $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ ; seus elementos são os resultados. Um evento é um conjunto de resultados; um evento ocorre quando o resultado do experimento pertence a ele.

Definição 9.2 (Distribuição de probabilidade)

Atribuir a cada resultado $\omega_i$ um número $p_i \geq 0$ , com $p_1 + \dots + p_n = 1$ , define uma probabilidade: a probabilidade $\P(A)$ de um evento $A$ é a soma dos $p_i$ dos resultados contidos em $A$ . Em particular, $\P(\Omega) = 1$ e o evento impossível $\varnothing$ tem probabilidade $0$ .

Proposição 9.3 (Resultados igualmente prováveis)

Se os $n$ resultados são igualmente prováveis (cada $p_i = \frac1n$ ), então, para todo evento $A$ :

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

Demonstração. $A$ contém um certo número $k$ de resultados, cada um de probabilidade $\frac1n$ , logo $\P(A) = \frac kn$ . ∎

Exemplo 9.4

Lance um dado honesto: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , cada resultado com probabilidade $\frac16$ . O evento $A$ : “o resultado é par” é $A = \{2, 4, 6\}$ , logo $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . O evento $B$ : “o resultado é pelo menos $5$ ” é $B = \{5, 6\}$ , logo $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Combinar eventos

Definição 9.5 (Interseção, união, complementar)

Sejam $A$ e $B$ eventos.

$A \cap B$ (“ $A$ e $B$ ”) ocorre quando os dois ocorrem;
$A \cup B$ (“ $A$ ou $B$ ”) ocorre quando pelo menos um ocorre;
o complementar $\bar A$ (“não $A$ ”) ocorre exatamente quando $A$ não ocorre;
$A$ e $B$ são incompatíveis quando não podem ocorrer juntos: $A \cap B = \varnothing$ .

Teorema 9.6 (Regras da adição)

Para quaisquer eventos $A$ e $B$ :

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B), \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A) .

Para eventos incompatíveis, a primeira regra simplifica-se para $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ .

Demonstração. Somar $\P(A) + \P(B)$ acrescenta uma vez a probabilidade de cada resultado de $A \cup B$ , exceto os de $A \cap B$ , que são contados duas vezes — uma em $A$ e outra em $B$ . Subtrair $\P(A \cap B)$ repara a contagem dupla. Para o complementar: $A$ e $\bar A$ são incompatíveis e $A \cup \bar A = \Omega$ , logo $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

Dois eventos que se sobrepõem: em (A) + (B), a interseção sombreada A ∩ B é contada duas vezes, o que explica a subtração na regra da adição. — Dois eventos que se sobrepõem: em $\P(A) + \P(B)$ , a interseção sombreada $A \cap B$ é contada duas vezes, o que explica a subtração na regra da adição.

Exemplo 9.7

Retire uma carta de um baralho comum de $52$ cartas. Sejam $A$ : “a carta é de copas” ( $13$ cartas) e $B$ : “a carta é um rei” ( $4$ cartas). Então $A \cap B$ é “o rei de copas” ( $1$ carta), e

\P(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}.

A regra do complementar costuma ser o caminho mais rápido: a probabilidade de a carta não ser de copas é $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Diagramas de árvore

Método 9.8 (Experimentos em duas etapas)

Para um experimento realizado em duas etapas:

desenhe uma árvore: um ramo por resultado possível da primeira etapa e, a partir de cada um deles, um ramo por resultado da segunda etapa, escrevendo a probabilidade em cada ramo (os ramos que saem de um mesmo nó devem somar $1$ );
a probabilidade de um caminho (uma folha da árvore) é o produto das probabilidades ao longo de seus ramos;
a probabilidade de um evento é a soma das probabilidades dos caminhos que o realizam.

Exemplo 9.9

Uma urna contém $3$ bolas vermelhas e $2$ bolas azuis. Retire uma bola, devolva-a e retire outra. Cada retirada dá vermelha (V) com probabilidade $\frac35$ e azul (A) com probabilidade $\frac25$ .

A árvore de duas retiradas com reposição. As probabilidades dos quatro caminhos somam 1. — A árvore de duas retiradas com reposição. As probabilidades dos quatro caminhos somam $1$ .

A probabilidade de obter duas bolas da mesma cor é $\P(\text{VV}) + \P(\text{AA}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; a probabilidade de pelo menos uma azul é $1 - \P(\text{VV}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (regra do complementar).

Observação 9.10

Sem reposição, as probabilidades da segunda retirada dependem da primeira: com a urna acima, depois de sair uma bola vermelha restam apenas $2$ vermelhas e $2$ azuis, de modo que o segundo ramo carrega $\frac24$ e $\frac24$ . O método da árvore funciona sem alteração; apenas mudam os números nos ramos do segundo nível.

9.4 Frequências e amostragem

Quando um experimento aleatório é repetido muitas vezes, a frequência observada de um evento se aproxima da sua probabilidade — é por isso que a probabilidade serve para descrever o mundo real.

Definição 9.11 (Amostra)

Uma amostra de tamanho $n$ é o resultado de repetir o mesmo experimento $n$ vezes de forma independente. A frequência observada de um evento na amostra é o número de ocorrências dividido por $n$ .

Exemplo 9.12

Uma moeda honesta dá cara com probabilidade $0.5$ . Lançá-la $100$ vezes raramente dá exatamente $50$ caras: as amostras flutuam. Séries típicas de $100$ lançamentos dão frequências como $0.46$ , $0.53$ , $0.49$ — próximas de $0.5$ , mas não iguais. Amostras maiores flutuam menos: com $10\,000$ lançamentos, as frequências observadas costumam ficar a menos de cerca de $0.01$ de $0.5$ .

Observação 9.13 (Intervalo de flutuação)

Uma regra prática útil, justificada no Capítulo 19: para uma amostra de tamanho $n$ de um evento de probabilidade $p$ (com $n$ razoavelmente grande), a frequência observada fica no intervalo

\intcc{p - \frac{1}{\sqrt n}}{\,p + \frac{1}{\sqrt n}}

em cerca de $95\%$ das amostras. Se uma frequência observada cair bem fora desse intervalo, desconfie do valor de $p$ : esse é o ponto de partida dos testes estatísticos.

Exemplo 9.14

Uma fábrica afirma que apenas $10\%$ de suas peças são defeituosas ( $p = 0.1$ ). Em uma amostra de $n = 400$ peças, $64$ são defeituosas: frequência observada $\frac{64}{400} = 0.16$ . O intervalo de flutuação é $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , e $0.16$ cai fora dele: a amostra lança séria dúvida sobre a afirmação.

9.5 Exercícios

Exercício 9.1 ★

Um dado honesto é lançado. Calcule a probabilidade de cada evento: “obter um $6$ ”; “obter um número ímpar”; “obter no máximo $4$ ”; “obter um $7$ ”.

Solução

Solução de Exercício 9.1.

Cada um dos $6$ resultados tem probabilidade $\frac16$ . “Obter um $6$ ”: $\frac16$ . “Número ímpar” $= \{1, 3, 5\}$ : $\frac36 = \frac12$ . “No máximo $4$ ” $= \{1,2,3,4\}$ : $\frac46 = \frac23$ . “Obter um $7$ ”: evento impossível, probabilidade $0$ .

Exercício 9.2 ★

Um saco contém $5$ bolinhas verdes, $3$ amarelas e $2$ pretas; retira-se uma bolinha ao acaso. Calcule a probabilidade de ela ser verde; de não ser preta; de ser verde ou amarela.

Solução

Solução de Exercício 9.2.

Há $10$ bolinhas igualmente prováveis. $\P(\text{verde}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{não preta}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . Verde e amarela são incompatíveis: $\P(\text{verde ou amarela}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Exercício 9.3 ★

Em uma turma de $30$ alunos, $18$ estudam espanhol, $10$ estudam alemão e $4$ estudam os dois. Escolhe-se um aluno ao acaso. Usando a regra da adição, calcule a probabilidade de esse aluno estudar pelo menos uma das duas línguas e depois a probabilidade de não estudar nenhuma.

Solução

Solução de Exercício 9.3.

Sejam $S$ : “estuda espanhol” e $G$ : “estuda alemão”. Então $\P(S) = \frac{18}{30}$ , $\P(G) = \frac{10}{30}$ , $\P(S \cap G) = \frac{4}{30}$ . Regra da adição:

\P(S \cup G) = \frac{18}{30} + \frac{10}{30} - \frac{4}{30} = \frac{24}{30} = \frac45 .

Complementar: $\P(\text{nenhuma}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Exercício 9.4 ★

Uma moeda honesta é lançada duas vezes. Desenhe a árvore do experimento e calcule a probabilidade de obter duas caras; exatamente uma cara; pelo menos uma cara.

Solução

Solução de Exercício 9.4.

A árvore tem quatro caminhos CaCa, CaCo, CoCa, CoCo, cada um de probabilidade $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Duas caras: $\frac14$ . Exatamente uma cara (CaCo ou CoCa): $\frac24 = \frac12$ . Pelo menos uma cara: $1 - \P(\text{CoCo}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Exercício 9.5 ★★

Uma urna contém $4$ bolas vermelhas e $6$ brancas. Duas bolas são retiradas uma após a outra, sem reposição. Desenhe a árvore com as probabilidades corretas no segundo nível e calcule a probabilidade de retirar duas bolas vermelhas e a de retirar duas bolas de cores diferentes.

Solução

Solução de Exercício 9.5.

Primeira retirada: vermelha com probabilidade $\frac{4}{10}$ , branca $\frac{6}{10}$ . Segunda retirada sem reposição: depois de uma vermelha restam $3$ vermelhas e $6$ brancas entre $9$ ; depois de uma branca, $4$ vermelhas e $5$ brancas entre $9$ .

Duas vermelhas: $\frac{4}{10} \times \frac39 = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ .

Cores diferentes: caminhos VB e BV:

\frac{4}{10} \times \frac69 + \frac{6}{10} \times \frac49 = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{48}{90} = \frac{8}{15}.

Exercício 9.6 ★★

Dois dados honestos são lançados e sua soma é registrada.

Explique por que o espaço amostral pode ser tomado como os $36$ pares igualmente prováveis $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
Calcule a probabilidade de a soma ser $7$ ; de ser $12$ ; de ser no máximo $4$ .
Qual soma é a mais provável?

Solução

Solução de Exercício 9.6.

1. Cada dado mostra cada face, de forma independente, com probabilidade $\frac16$ , de modo que os $36$ pares ordenados são igualmente prováveis; a soma fica determinada pelo par.

2. Soma $7$ : os pares $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , logo $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Soma $12$ : só $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Soma no máximo $4$ : pares que somam $2$ , $3$ ou $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ — seis pares, logo $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. O número de pares que produzem cada soma cresce de $1$ (soma $2$ ) até $6$ (soma $7$ ) e depois decresce: a soma mais provável é $7$ .

Exercício 9.7 ★★

Uma questão de múltipla escolha oferece $4$ respostas, uma correta. Um aluno responde a $2$ questões independentes desse tipo completamente ao acaso. Calcule a probabilidade de acertar as duas, de acertar exatamente uma e de não acertar nenhuma. Verifique que as três probabilidades somam $1$ .

Solução

Solução de Exercício 9.7.

Cada questão é acertada com probabilidade $\frac14$ , de forma independente. Árvore de dois níveis:

As duas certas: $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Exatamente uma certa: caminhos certa–errada e errada–certa: $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Nenhuma certa: $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

Verificação: $\frac{1}{16} + \frac{6}{16} + \frac{9}{16} = 1$ .

Exercício 9.8 ★★

Um político afirma ter $50\%$ de aprovação. Em uma pesquisa com $n = 900$ eleitores escolhidos ao acaso, $396$ aprovam.

Calcule a frequência observada e o intervalo de flutuação em torno de $p = 0.5$ para $n = 900$ .
A pesquisa lança dúvida sobre a afirmação?

Solução

Solução de Exercício 9.8.

1. Frequência observada: $\frac{396}{900} = 0.44$ . Com $n = 900$ : $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , de modo que o intervalo de flutuação é cerca de $\intcc{0.467}{0.533}$ .

2. O valor observado $0.44$ está fora do intervalo: amostras de $900$ eleitores tiradas de uma população com $50\%$ de aprovação raramente se afastam tanto. A pesquisa lança séria dúvida sobre os $50\%$ alegados.

Exercício 9.9 ★★★

Um jogo custa $2$ para ser jogado: você lança um dado honesto e ganha $6$ se sair $6$ , $3$ se sair $5$ , e nada nos demais casos.

Calcule a probabilidade de cada quantia ganha ( $6$ , $3$ , $0$ ).
Em $600$ partidas, quantos resultados de cada tipo você espera? Calcule o ganho e a perda totais esperados: vale a pena jogar?

Solução

Solução de Exercício 9.9.

1. $\P(\text{ganhar } 6) = \frac16$ (sair um $6$ ), $\P(\text{ganhar } 3) = \frac16$ (sair um $5$ ), $\P(\text{ganhar } 0) = \frac46 = \frac23$ .

2. Em $600$ partidas, esperam-se cerca de $100$ seis, $100$ cinco e $400$ outros resultados. Ganhos: cerca de $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Custo: $600 \times 2 = 1200$ . Resultado líquido esperado: $900 - 1200 = -300$ , isto é, uma perda média de cerca de $0.5$ por partida — não vale a pena jogar.

9.6 Problema: As três portas que enganaram mil matemáticos

Problema 9.1

Problema de fim de semana — o paradoxo de Monty Hall e seus primos: como a informação muda a probabilidade e como as amostras separam afirmações de ilusões

Em 1990, a colunista Marilyn vos Savant publicou um enigma sobre um apresentador de programa de auditório, três portas, um carro e dois bodes — e o respondeu corretamente. Dez mil leitores, entre eles centenas de doutores em matemática, escreveram para insistir que ela estava errada. Este problema arma você com árvores (Método 9.8), complementares e as regras da adição (Teorema 9.6), permite que você mesmo encerre a discussão e termina com a ferramenta que arbitra na prática toda disputa desse tipo: a amostra que flutua.

Parte I — As regras, aquecidas.

Uma carta de um baralho comum de $52$ cartas: calcule $P(\text{rei ou copas})$ com a regra da adição — e diga por que $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ sozinho está errado.
Três lançamentos de uma moeda honesta: calcule $P(\text{pelo menos uma cara})$ pelo complementar.
Um saco tem $3$ bolinhas vermelhas e $2$ azuis; duas são retiradas sem reposição. Com uma árvore, calcule $P(\text{duas vermelhas})$ e $P(\text{uma de cada cor})$ .
Complete a distribuição da questão 3 com $P(\text{duas azuis})$ e verifique que as três probabilidades somam $1$ .
Alguém informa, para dois eventos incompatíveis, $P(A) = 0.6$ e $P(B) = 0.5$ . Condene-o com uma linha de aritmética.

Parte II — As três portas. O jogo: um carro se esconde atrás de uma de três portas, e há bodes atrás das outras duas. Você escolhe uma porta (digamos, a porta 1). O apresentador — que sabe onde está o carro — abre uma das outras duas portas, revelando sempre um bode, e lhe oferece a chance de trocar para a porta fechada restante.

Antes de calcular qualquer coisa: trocar ajuda, atrapalha ou é indiferente? Anote sua resposta intuitiva — com honestidade.
Agora a árvore, por casos segundo a verdadeira posição do carro (cada um com $\frac13$ ): se o carro está atrás da sua porta, trocar faz perder; se está atrás de qualquer das outras duas, o que o apresentador é obrigado a fazer, e o que trocar ganha então? Calcule $P(\text{ganhar trocando})$ .
A versão de uma linha: trocar ganha exatamente quando a sua primeira escolha estava errada. Conclua de novo.
Agora a variante crucial — “Monty distraído”: o apresentador não sabe onde está o carro, abre uma das outras portas ao acaso e, por sorte, revela um bode. Liste os seis cenários igualmente prováveis (posição do carro $\times$ porta aberta), descarte aqueles em que o carro é revelado e calcule a probabilidade de trocar ganhar entre os cenários sobreviventes. O que mudou, e por que o conhecimento do apresentador importa?
A bomba de intuição: cem portas, você escolhe uma, e o apresentador que sabe abre $98$ portas com bodes. Trocar? Com que probabilidade de ganhar?
Você enfrenta um cético que, como os mil autores das cartas, insiste em “50–50”. Descreva uma simulação com cartas (três cartas, muitas rodadas, um amigo como apresentador) e diga que proporção de vitórias ao trocar você espera após $300$ rodadas — com o intervalo de flutuação do capítulo como margem.

Parte III — Primos do paradoxo.

Uma família tem dois filhos; você fica sabendo que pelo menos um é menino. Liste as configurações igualmente prováveis de dois filhos compatíveis com essa informação e calcule $P(\text{dois meninos})$ .
Mesma família, mas a informação agora é: o filho mais velho é menino. Recalcule. Por que as duas respostas diferem, e o que elas têm em comum com os dois Montys?
Três moedas honestas: calcule $P(\text{as três iguais})$ . O matemático d’Alembert argumentou em 1754 por outra resposta: “ou são todas iguais, ou não são — um caso em dois”. Nomeie o erro exato, com a Proposição 9.3 em mãos.
Um jogo custa $2$ euros: lance um dado, ganhe $6$ euros com um seis, $3$ euros com um cinco, e nada nos demais casos (Exercício 9.9). Em $600$ partidas, que ganho médio por partida a contagem prevê? Uma seguradora pratica a mesma matemática: uma chance anual de $1\,\%$ de um sinistro de $10\,000$ euros — qual é o prêmio justo e por que o prêmio real o supera?

Parte IV — As amostras como árbitros.

Uma moeda é lançada $100$ vezes. Usando o intervalo de flutuação $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , decida qual destes resultados deve levantar suspeitas: $55$ caras; $70$ caras.
Uma pesquisa com $1\,000$ eleitores dá $52\,\%$ a um candidato. Calcule o intervalo de flutuação em torno de $50\,\%$ e diga se a pesquisa prova que o candidato está à frente.
Uma fábrica afirma ter $4\,\%$ de peças defeituosas. Uma amostra de $400$ mostra $28$ defeituosas ( $7\,\%$ ); uma amostra posterior de $2\,500$ mostra $175$ ( $7\,\%$ de novo). Teste a afirmação contra cada amostra. Por que os veredictos diferem?
Duas fontes de erro assombram toda pesquisa: o viés de amostragem (o problema de fim de semana sobre como os dados mentem, no volume do ensino fundamental) e a flutuação de amostragem (este capítulo). Qual delas encolhe quando $n$ cresce e qual sobrevive a qualquer tamanho de amostra? Uma frase para cada.
Final — a lista de verificação do probabilista, uma linha por item: resultados igualmente prováveis antes de contar (questão 15); árvores e complementares para vários passos e para os “pelo menos” (questões 2–3); a informação muda as probabilidades, e o modo como foi obtida importa (questões 7–14); as amostras flutuam cerca de $\frac{1}{\sqrt n}$ , e a simulação arbitra (questões 11, 16–18).

Solução

Solução de Problema 9.1.

1. $P(\text{rei ou copas}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : o rei de copas está nos dois eventos e não pode ser contado duas vezes — daí a subtração (Teorema 9.6).

2. $P(\text{nenhuma cara}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , logo $P(\text{pelo menos uma}) = \frac78$ .

3. $P(\text{VV}) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{uma de cada}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(\text{AA}) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; e $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : as folhas da árvore sempre somam $1$ .

5. Eventos incompatíveis obedecem a $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : impossível — alguma probabilidade foi inventada.

6. (A maioria das pessoas, inclusive os mil autores das cartas, responde “tanto faz, 50–50”. Guarde sua resposta para a questão 8.)

7. Carro atrás da porta 1 (probabilidade $\frac13$ ): o apresentador abre qualquer uma das portas com bode; trocar abandona o carro: perde. Carro atrás da porta 2 ( $\frac13$ ): o apresentador tem de abrir a porta 3; trocar cai na porta 2: ganha. Carro atrás da porta 3: simétrico: ganha. Total: $P(\text{trocar ganha}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Sua primeira escolha está errada com probabilidade $\frac23$ — e é precisamente aí que a revelação forçada do apresentador deixa o carro atrás da porta restante: trocar converte todo erro inicial em vitória. $\frac23$ , seja lá o que tenha dito a intuição.

9. Seis cenários igualmente prováveis: carro atrás de $1$ , $2$ ou $3$ , apresentador abre a porta $2$ ou a $3$ (nunca a sua). A revelação mostra o carro em dois deles (carro em 2/abre 2 e carro em 3/abre 3): descartados. Entre os quatro sobreviventes — carro em 1/abre 2, carro em 1/abre 3, carro em 2/abre 3, carro em 3/abre 2 — trocar ganha nos dois últimos: $\frac24 = \frac12$ . Com um apresentador ignorante, 50–50 está correto: o paradoxo mora inteiramente no conhecimento do apresentador, que filtra os cenários de modo desigual.

10. Sua escolha guarda o carro com probabilidade $\frac{1}{100}$ ; as $98$ revelações do apresentador que sabe canalizam os $\frac{99}{100}$ restantes para a única porta fechada. Troque e ganhe $99$ vezes em $100$ .

11. Três cartas (um ás e dois curingas), um amigo que espia e sempre descarta um curinga dentre as duas que você não escolheu; jogue $300$ rodadas trocando sempre e registre as vitórias. Frequência esperada $\frac23 \approx 0.667$ , com flutuação $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : espere entre cerca de $61\,\%$ e $72\,\%$ de vitórias ao trocar — muito longe de qualquer “50–50”.

12. Configurações igualmente prováveis (mais velho–mais novo): MM, MF, FM, FF, escrevendo M para menino e F para menina. “Pelo menos um menino” mantém MM, MF, FM: $P(\text{MM}) = \frac13$ .

13. “O mais velho é menino” mantém MM, MF: $P(\text{MM}) = \frac12$ . Informações diferentes filtram conjuntos diferentes de cenários — exatamente como fizeram os dois Montys: o que você aprende importa, e como você aprendeu importa igualmente.

14. Todas iguais: CaCaCa e CoCoCo: $\frac28 = \frac14$ . O erro de d’Alembert: seus dois “casos” não são igualmente prováveis — “nem todas iguais” agrupa seis dos oito resultados. A Proposição 9.3 só conta sobre resultados igualmente prováveis.

15. Ganho médio por partida: $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euros, contra uma aposta de $2$ euros: uma perda média de $0.50$ por partida, cerca de $300$ euros em $600$ partidas. O prêmio justo iguala o pagamento médio: $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euros; os prêmios reais acrescentam custos e uma margem de segurança — a seguradora precisa sobreviver aos anos ruins, não apenas aos anos médios.

16. Intervalo: $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . $55$ caras ( $0.55$ ): dentro, nada de notável. $70$ caras ( $0.70$ ): bem fora — desconfie da moeda.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : um candidato realmente em $50\,\%$ apareceria tipicamente em $\intcc{0.468}{0.532}$ — e $0.52$ fica confortavelmente dentro. A pesquisa sugere uma vantagem, mas nada prova: a margem a engole.

18. Primeira amostra: intervalo $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; o valor observado $0.07$ está dentro: nenhum veredicto. Segunda: $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; o valor observado $0.07$ cai fora: a afirmação passa a ser seriamente duvidosa. Mesma frequência, instrumento mais fino: a precisão cresce como $\sqrt n$ .

19. A flutuação encolhe como $\frac{1}{\sqrt n}$ : quadruplique a amostra e reduza o ruído à metade. O viés — perguntar à multidão errada — sobrevive a qualquer $n$ : dois milhões de cédulas mal escolhidas continuaram erradas (o problema de fim de semana sobre como os dados mentem, no volume do ensino fundamental).

20. (i) Verifique se os resultados são igualmente prováveis antes de contar — d’Alembert esqueceu. (ii) As árvores multiplicam ao longo dos ramos; os “pelo menos um” rendem-se ao complementar. (iii) A informação filtra cenários, e a origem dela muda o filtro — Monty que sabe contra Monty distraído, o mais velho menino contra algum menino. (iv) As frequências se aproximam das probabilidades à velocidade $\frac{1}{\sqrt n}$ , de modo que uma simulação paciente encerra qualquer discussão — inclusive uma com dez mil autores de cartas indignados.