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title: "Probabilidade e amostragem"
book: "Matemática do ensino médio"
subject: math
language: pt
chapter: 9
exercises: 9
source: https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/9-probabilidade-e-amostragem
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# Capítulo 9 — Probabilidade e amostragem

A [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) atribui números ao acaso. Partindo de experimentos com resultados igualmente prováveis — dados, moedas, cartas —, este capítulo constrói as regras básicas para calcular [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) de [eventos](#def-g10-proba-events), apresenta os [diagramas de árvore](#met-g10-proba-tree) para experimentos em duas etapas e termina com a ligação entre [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) e [frequências](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observadas. A teoria continua no [Capítulo 18](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/18-probabilidade-e-variaveis-aleatorias#ch-g11-prob).

## 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](#def-g10-proba-events) $A$ é a soma dos $p_i$ dos resultados contidos em $A$. Em particular, $\P(\Omega) = 1$ e o [evento](#def-g10-proba-events) 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](#def-g10-proba-events) $A$:

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

**Demonstração.** $A$ contém um certo número $k$ de resultados, cada um de [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac1n$, logo $\P(A) = \frac kn$. ∎

**Exemplo 9.4.**

Lance um dado honesto: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, cada resultado com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$. O [evento](#def-g10-proba-events) $A$: “o resultado é par” é $A = \{2, 4, 6\}$, logo $\P(A) = \frac36 = \frac12$. O [evento](#def-g10-proba-events) $B$: “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](#def-g10-proba-events).

- $A \cap B$ (“ $A$ 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](#def-g10-proba-events) $A$ e $B$:

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

Para [eventos](#def-g10-proba-events) [incompatíveis](#def-g10-proba-operations), 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](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-operations): $A$ e $\bar A$ são [incompatíveis](#def-g10-proba-operations) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g10-proba/fig-25bc6ba9d1f1.svg)

*Dois [eventos](#def-g10-proba-events) que se sobrepõem: em $\P(A) + \P(B)$, a [interseção](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interunion) 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](#def-g10-proba-operations) costuma ser o caminho mais rápido: a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) 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:

1. 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](#def-g10-proba-distribution) em cada ramo (os ramos que saem de um mesmo nó devem somar $1$ );
2. a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de um *caminho* (uma folha da [árvore](#met-g10-proba-tree) ) é o produto das [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) ao longo de seus ramos;
3. a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de um [evento](#def-g10-proba-events) é a soma das [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac35$ e azul (A) com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac25$.

![A árvore de duas retiradas com reposição. As probabilidades dos quatro caminhos somam 1.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g10-proba/fig-d6b1bad285f8.svg)

*A [árvore](#met-g10-proba-tree) de duas retiradas com reposição. As [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) dos quatro caminhos somam $1$.*

A [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-distribution) de pelo menos uma azul é $1 - \P(\text{VV}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (regra do [complementar](#def-g10-proba-operations)).

**Observação 9.10.**

Sem reposição, as [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) 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](#met-g10-proba-tree) funciona sem alteração; apenas mudam os números nos ramos do segundo nível.

## 9.4 Frequências e amostragem

Quando um [experimento aleatório](#def-g10-proba-events) é repetido muitas vezes, a [frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada de um [evento](#def-g10-proba-events) se aproxima da sua [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) — é por isso que a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada* de um [evento](#def-g10-proba-events) na amostra é o número de ocorrências dividido por $n$.

**Exemplo 9.12.**

Uma moeda honesta dá cara com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $0.5$. Lançá-la $100$ vezes raramente dá exatamente $50$ caras: as [amostras](#def-g10-proba-sample) *flutuam*. Séries típicas de $100$ lançamentos dão [frequências](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) como $0.46$, $0.53$, $0.49$ — próximas de $0.5$, mas não iguais. [Amostras](#def-g10-proba-sample) maiores flutuam menos: com $10\,000$ lançamentos, as [frequências](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/19-a-distribuicao-binomial#ch-g11-binom): para uma [amostra](#def-g10-proba-sample) de tamanho $n$ de um [evento](#def-g10-proba-events) de [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $p$ (com $n$ razoavelmente grande), a [frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada fica no [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval)

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

em cerca de $95\%$ das [amostras](#def-g10-proba-sample). Se uma [frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada cair bem fora desse [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval), 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](#def-g10-proba-sample) de $n = 400$ peças, $64$ são defeituosas: [frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada $\frac{64}{400} = 0.16$. O [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) 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](#def-g10-proba-sample) lança séria dúvida sobre a afirmação.

## 9.5 Exercícios

**Exercício 9.1 ★.**

Um dado honesto é lançado. Calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de cada [evento](#def-g10-proba-events): “obter um $6$”; “obter um número ímpar”; “obter no máximo $4$”; “obter um $7$”.

**Solução de Exercício 9.1.**

Cada um dos $6$ resultados tem [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$. “Obter um $6$”: $\frac16$. “Número ímpar” $= \{1, 3, 5\}$: $\frac36 = \frac12$. “No máximo $4$” $= \{1,2,3,4\}$: $\frac46 = \frac23$. “Obter um $7$”: [evento](#def-g10-proba-events) impossível, [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $0$.

**Exercício 9.2 ★.**

Um saco contém $5$ bolinhas verdes, $3$ amarelas e $2$ pretas; retira-se uma bolinha ao acaso. Calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de ela ser verde; de não ser preta; de ser verde ou amarela.

**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](#def-g10-proba-operations): $\P(\text{verde ou amarela}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} =
\frac{8}{10} = \frac45$.

**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](#def-g10-proba-distribution) de esse aluno estudar pelo menos uma das duas línguas e depois a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de não estudar nenhuma.

**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](#def-g10-proba-operations): $\P(\text{nenhuma}) = 1 - \frac45 = \frac15$.

**Exercício 9.4 ★.**

Uma moeda honesta é lançada duas vezes. Desenhe a [árvore](#met-g10-proba-tree) do experimento e calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de obter duas caras; exatamente uma cara; pelo menos uma cara.

**Solução de Exercício 9.4.**

A [árvore](#met-g10-proba-tree) tem quatro caminhos CaCa, CaCo, CoCa, CoCo, cada um de [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac12 \times \frac12 = \frac14$. 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](#met-g10-proba-tree) com as [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) corretas no segundo nível e calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de retirar duas bolas vermelhas e a de retirar duas bolas de cores diferentes.

**Solução de Exercício 9.5.**

Primeira retirada: vermelha com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac{4}{10}$, 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.

1. Explique por que o [espaço amostral](#def-g10-proba-events) pode ser tomado como os $36$ pares igualmente prováveis $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
2. Calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de a soma ser $7$ ; de ser $12$ ; de ser no máximo $4$ .
3. Qual soma é a mais provável?

**Solução de Exercício 9.6.**

*1.* Cada dado mostra cada face, de forma independente, com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$, 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](#def-g10-proba-distribution) de acertar as duas, de acertar exatamente uma e de não acertar nenhuma. Verifique que as três [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) somam $1$.

**Solução de Exercício 9.7.**

Cada questão é acertada com [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) $\frac14$, de forma independente. [Árvore](#met-g10-proba-tree) 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.

1. Calcule a [frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada e o [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) de flutuação em torno de $p = 0.5$ para $n = 900$ .
2. A pesquisa lança dúvida sobre a afirmação?

**Solução de Exercício 9.8.**

*1.* [Frequência](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) observada: $\frac{396}{900} = 0.44$. Com $n = 900$: $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$, de modo que o [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) de flutuação é cerca de $\intcc{0.467}{0.533}$.

*2.* O valor observado $0.44$ está fora do [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval): [amostras](#def-g10-proba-sample) 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.

1. Calcule a [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de cada quantia ganha ( $6$ , $3$ , $0$ ).
2. Em $600$ partidas, quantos resultados de cada tipo você espera? Calcule o ganho e a perda totais esperados: vale a pena jogar?

**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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-mean) 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](#met-g10-proba-tree) ([Método 9.8](#met-g10-proba-tree)), [complementares](#def-g10-proba-operations) e as regras da adição ([Teorema 9.6](#thm-g10-proba-addition)), permite que você mesmo encerre a discussão e termina com a ferramenta que arbitra na prática toda disputa desse tipo: a [amostra](#def-g10-proba-sample) que flutua.

**Parte I — As regras, aquecidas.**

1. 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.
2. Três lançamentos de uma moeda honesta: calcule $P(\text{pelo menos uma cara})$ pelo [complementar](#def-g10-proba-operations) .
3. Um saco tem $3$ bolinhas vermelhas e $2$ azuis; duas são retiradas sem reposição. Com uma [árvore](#met-g10-proba-tree) , calcule $P(\text{duas vermelhas})$ e $P(\text{uma de cada cor})$ .
4. Complete a distribuição da questão 3 com $P(\text{duas azuis})$ e verifique que as três [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) somam $1$ .
5. Alguém informa, para dois [eventos](#def-g10-proba-events) *[incompatíveis](#def-g10-proba-operations)* , $P(A) = 0.6$ 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.

6. Antes de calcular qualquer coisa: trocar ajuda, atrapalha ou é indiferente? Anote sua resposta intuitiva — com honestidade.
7. Agora a [árvore](#met-g10-proba-tree) , 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 $P(\text{ganhar trocando})$ .
8. A versão de uma linha: trocar ganha exatamente quando a sua primeira escolha estava errada. Conclua de novo.
9. 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](#def-g10-proba-distribution) de trocar ganhar *entre os cenários sobreviventes* . O que mudou, e por que o conhecimento do apresentador importa?
10. A bomba de intuição: cem portas, você escolhe uma, e o apresentador que sabe abre $98$ portas com bodes. Trocar? Com que [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) de ganhar?
11. 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) de flutuação do capítulo como margem.

**Parte III — Primos do paradoxo.**

12. 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 $P(\text{dois meninos})$ .
13. 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?
14. 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](#prop-g10-proba-uniform) em mãos.
15. 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](#exo-g10-proba-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](#def-g10-proba-sample) como árbitros.**

16. Uma moeda é lançada $100$ vezes. Usando o [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) de flutuação $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , decida qual destes resultados deve levantar suspeitas: $55$ caras; $70$ caras.
17. Uma pesquisa com $1\,000$ eleitores dá $52\,\%$ a um candidato. Calcule o [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) de flutuação em torno de $50\,\%$ e diga se a pesquisa *prova* que o candidato está à frente.
18. Uma fábrica afirma ter $4\,\%$ de peças defeituosas. Uma [amostra](#def-g10-proba-sample) de $400$ mostra $28$ defeituosas ( $7\,\%$ ); uma [amostra](#def-g10-proba-sample) posterior de $2\,500$ mostra $175$ ( $7\,\%$ de novo). Teste a afirmação contra cada [amostra](#def-g10-proba-sample) . Por que os veredictos diferem?
19. 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](#def-g10-proba-sample) ? Uma frase para cada.
20. Final — a lista de verificação do probabilista, uma linha por item: resultados igualmente prováveis antes de contar (questão 15); [árvores](#met-g10-proba-tree) e [complementares](#def-g10-proba-operations) para vários passos e para os “pelo menos” (questões 2–3); *a informação muda as [probabilidades](#def-g10-proba-distribution), e o modo como foi obtida importa* (questões 7–14); as [amostras](#def-g10-proba-sample) flutuam cerca de $\frac{1}{\sqrt n}$ , e a simulação arbitra (questões 11, 16–18).

**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](#def-g10-proba-events) e não pode ser contado duas vezes — daí a subtração ([Teorema 9.6](#thm-g10-proba-addition)).

**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](#met-g10-proba-tree) sempre somam $1$.

**5.** [Eventos](#def-g10-proba-events) [incompatíveis](#def-g10-proba-operations) obedecem a $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$: impossível — alguma [probabilidade](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac13$): 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac23$ — 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac{1}{100}$; 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) 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](#prop-g10-proba-uniform) 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-mean) 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval): $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} =
\intcc{0.4}{0.6}$. $55$ 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](#def-g10-proba-sample): [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/1-numeros-e-conjuntos-numericos#def-g10-numbers-interval) $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$; 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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series), instrumento mais fino: a precisão cresce como $\sqrt n$.

**19.** A flutuação encolhe como $\frac{1}{\sqrt n}$: quadruplique a [amostra](#def-g10-proba-sample) 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](#met-g10-proba-tree) multiplicam ao longo dos ramos; os “pelo menos um” rendem-se ao [complementar](#def-g10-proba-operations). (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](https://one-course.com/books/math/2/pt/chapter/8-estatistica-descritiva#def-g10-stats-series) se aproximam das [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) à velocidade $\frac{1}{\sqrt n}$, de modo que uma simulação paciente encerra qualquer discussão — inclusive uma com dez mil autores de cartas indignados.