Matemática · Ensino Médio · Probabilidade

Probabilidade

Ninguém sabe de que lado vai cair uma moeda jogada para o alto, e quase todo mundo acerta, com pouca margem, quantas caras vão sair em mil lançamentos. A probabilidade é a matemática dessa regularidade que só aparece no grande número. Com ela medimos a chance de um evento antes de ele acontecer, corrigimos essa chance quando chega uma informação nova e lemos com cuidado o resultado de um exame ou a promessa de uma loteria.

1Espaço amostral
2Muitos lançamentos
3Complementar e união
4Condicional
5Independência
6Testes diagnósticos
7Máquina de Galton
8Monty Hall
✓Desafios

PASSO 1

O que pode acontecer num experimento?

Um experimento é aleatório quando, repetido nas mesmas condições, pode dar resultados diferentes, como o lançamento de uma moeda ou de um dado. O conjunto de todos os resultados possíveis é o espaço amostral, que escrevemos $\Omega$, e cada subconjunto de $\Omega$ é um evento. "Sair número par" no lançamento de um dado é o evento $\{2, 4, 6\}$.

Quando todos os resultados de $\Omega$ têm a mesma chance, dizemos que eles são equiprováveis, e a probabilidade de um evento é a fração dos resultados que estão nele. A moeda honesta, o dado sem defeito e o sorteio bem feito são os modelos desse tipo. A probabilidade fica sempre entre 0, a do evento impossível, e 1, a do evento certo.

O cuidado está na escolha de $\Omega$. Com dois dados, a soma pode ser qualquer número de 2 a 12, e esses onze valores não são equiprováveis, porque a soma 7 aparece de seis maneiras e a soma 2 de uma só. Para contar certo, imaginamos os dados com cores diferentes e listamos os 36 pares ordenados, que têm todos a mesma chance. O 36 vem do princípio multiplicativo, seis resultados do primeiro dado vezes seis do segundo.

$P(E) = \dfrac{n(E)}{n(\Omega)}$$0 \le P(E) \le 1$$P(\overline{E}) = 1 - P(E)$A primeira fórmula vale quando os resultados de $\Omega$ são equiprováveis. $\overline{E}$ é o complementar de $E$, o evento "E não acontece", formado pelos resultados de $\Omega$ que ficam fora de $E$.

Para conversar

Escolha dois dados e o evento "soma 7". Quantas casas da grade ficam pintadas, e por que elas formam uma diagonal?
Limpe o evento e toque nas casas da grade até montar "soma 2 ou soma 12". Ele é mais provável ou menos provável que "soma 7"?
Em três moedas, compare "exatamente duas caras" com "três faces iguais". Quantos ramos da árvore cada um ocupa?
Pinte todos os resultados de um experimento e depois apague todos. Que probabilidades a bancada mostra nos dois extremos, e que nome têm esses eventos?

n(Ω)

n(E)

P(E)

P(Ē)

Exercícios do passo 1 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Um dado honesto é lançado. Qual é a probabilidade de sair um número maior que 4?

Ver resolução
$\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ e o evento é $\{5, 6\}$.
$P = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$.
1/3, cerca de 33%.
básico
Escreva o espaço amostral do lançamento de duas moedas, com C para cara e K para coroa, e o evento "pelo menos uma coroa". Qual é a probabilidade dele?

Ver resolução
A primeira moeda e a segunda são distintas, e por isso CK e KC são resultados diferentes.
$\Omega = \{CC, CK, KC, KK\}$ e $E = \{CK, KC, KK\}$.
$P(E) = 3/4$. O complementar de $E$ é $\{CC\}$, com 1/4.
básico
Uma urna tem 4 bolas vermelhas, 3 azuis e 5 brancas, todas do mesmo tamanho. Uma bola é retirada ao acaso. Qual é a probabilidade de ela não ser branca?

Ver resolução
São 12 bolas, e 7 delas não são brancas.
$P = \dfrac{7}{12}$, o mesmo que $1 - \dfrac{5}{12}$.
7/12, cerca de 58%.
básico
Numa turma de 40 estudantes, 22 são meninas. Um nome é sorteado da lista de chamada. Qual é a probabilidade de sair um menino?

Ver resolução
Os meninos são $40 - 22 = 18$.
$P = \dfrac{18}{40} = \dfrac{9}{20}$.
9/20, ou 45%.
médio
Dois dados honestos são lançados. Qual é a probabilidade de a soma ser 8?

Ver resolução
Os pares com soma 8 são (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3) e (6, 2).
$P = \dfrac{5}{36}$.
5/36, cerca de 14%.
médio
Um colega argumenta que a soma de dois dados vai de 2 a 12, são onze valores, e por isso a chance de a soma dar 7 é 1/11. Onde está o erro?

Ver resolução
A fórmula $n(E)/n(\Omega)$ só vale com resultados equiprováveis, e as onze somas não são. A soma 2 só sai com (1, 1), e a soma 7 sai com seis pares.
Com os 36 pares ordenados, que são equiprováveis, $P(\text{soma } 7) = 6/36$.
A resposta certa é 1/6, cerca de 17%, bem acima de 1/11, cerca de 9%.
médio
Três moedas honestas são lançadas. Qual é a probabilidade de sair exatamente uma cara?

Ver resolução
O espaço amostral tem $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ resultados.
Exatamente uma cara: CKK, KCK e KKC.
3/8, ou 37,5%.
médio
Um número inteiro de 1 a 50 é sorteado. Qual é a probabilidade de ele ser um quadrado perfeito?

Ver resolução
Os quadrados perfeitos até 50 são 1, 4, 9, 16, 25, 36 e 49.
$P = \dfrac{7}{50}$.
7/50, ou 14%.
desafio
Lançamos um dado duas vezes. Qual é a probabilidade de o segundo número ser maior que o primeiro?

Ver resolução
Dos 36 pares, 6 têm os dois números iguais.
Os 30 restantes se dividem em pares que se espelham, como (2, 5) e (5, 2), e em metade deles o segundo número é o maior.
$P = \dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}$.
5/12, cerca de 42%. A simetria entre os dois lançamentos poupa a contagem casa a casa.
desafio
Lançamos dois dados. Qual é a probabilidade de o produto dos dois números ser par?

Ver resolução
Contar o complementar é mais curto. O produto é ímpar só quando os dois números são ímpares, e isso acontece em $3 \cdot 3 = 9$ dos 36 pares.
$P(\text{par}) = 1 - \dfrac{9}{36} = \dfrac{27}{36}$.
3/4, ou 75%.

PASSO 2

O que acontece quando repetimos o experimento muitas vezes?

A probabilidade não diz o que vai sair no próximo lançamento. Ela fala da proporção de lançamentos em que o evento aparece quando o experimento se repete muitas vezes. Depois de $n$ repetições, a frequência relativa do evento é o número de vezes em que ele ocorreu dividido por $n$.

Com poucos lançamentos a frequência oscila muito, e uma moeda honesta dá sete caras em dez lançamentos com chance de quase 12%. À medida que $n$ cresce, as oscilações encolhem e a frequência fica cada vez mais perto da probabilidade. É a lei dos grandes números, demonstrada por Jakob Bernoulli no livro Ars Conjectandi, publicado postumamente em 1713.

A faixa desenhada em volta da probabilidade $p$ tem meia largura $2\sqrt{p(1 - p)/n}$, e cerca de 95% das sequências de $n$ lançamentos terminam com a frequência dentro dela. A largura cai com a raiz de $n$, e para uma faixa quatro vezes mais estreita precisamos de dezesseis vezes mais lançamentos. A lei também funciona de trás para a frente. Quando não há um modelo de resultados equiprováveis, como na tachinha que pode cair de ponta para cima ou deitada, estimamos a probabilidade pela frequência de muitos lançamentos.

$f_n = \dfrac{k}{n} \;\longrightarrow\; P(E)$$p \pm 2\sqrt{\dfrac{p\,(1 - p)}{n}}$$k$ é o número de vezes em que o evento ocorreu em $n$ repetições independentes. A faixa da direita contém a frequência em cerca de 95% das sequências de $n$ lançamentos, uma aproximação que melhora com $n$ grande.

Para conversar

Com a moeda, lance de um em um até uns 20 lançamentos. Alguma das três sequências passou longe de 1/2? Depois some mil lançamentos e compare.
Quantas das três sequências terminam dentro da faixa depois de 10.000 lançamentos? Troque a semente algumas vezes e conte de novo.
Escolha "6 num dado" e depois "soma 7 em dois dados". As linhas tendem ao mesmo valor? Por quê?
Com 100 lançamentos da moeda, a faixa vai de 0,4 a 0,6. Quantos lançamentos são precisos para estreitá-la até 0,49 e 0,51? Confira na bancada.

Lançamentos n

Probabilidade

Faixa

Semente

Frequências das três sequências

Exercícios do passo 2 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Uma moeda foi lançada 200 vezes e deu 113 caras. Qual foi a frequência relativa de caras?

Ver resolução
$f = \dfrac{113}{200} = 0{,}565$.
0,565, ou 56,5%.
básico
Um dado honesto vai ser lançado 600 vezes. Quantos 6 esperamos ver, aproximadamente? Esse número está garantido?

Ver resolução
A probabilidade do 6 é 1/6, e $600 \cdot \dfrac{1}{6} = 100$.
A frequência oscila em volta de 1/6, e o número de 6 numa série concreta pode dar 92 ou 107, por exemplo.
Cerca de 100, sem garantia. A lei dos grandes números fala da frequência, que tende a 1/6, e não fixa a contagem de uma série.
básico
Uma tachinha foi lançada 500 vezes e caiu de ponta para cima em 310 delas. Que probabilidade estimamos para "ponta para cima"? Os números são ilustrativos.

Ver resolução
Não há resultados equiprováveis para contar, e a frequência é a melhor estimativa disponível.
$\dfrac{310}{500} = 0{,}62$.
Cerca de 0,62. Com mais lançamentos a estimativa ficaria mais precisa.
básico
Uma estudante lançou uma moeda 10 vezes e obteve 7 caras. Ela concluiu que a moeda é viciada. A conclusão é segura?

Ver resolução
Dez lançamentos de uma moeda honesta dão 7 caras ou mais em $\dfrac{120 + 45 + 10 + 1}{1024} = \dfrac{176}{1024}$ das vezes, cerca de 17%.
Não é segura. Um resultado que aparece em uma de cada seis séries de dez lançamentos não basta para acusar a moeda.
médio
Calcule a meia largura da faixa $2\sqrt{p(1 - p)/n}$ para a moeda, com $p = 1/2$, em $n = 400$ e em $n = 1600$.

Ver resolução
Com $n = 400$, $2\sqrt{0{,}25/400} = 2 \cdot 0{,}025 = 0{,}05$.
Com $n = 1600$, $2\sqrt{0{,}25/1600} = 2 \cdot 0{,}0125 = 0{,}025$.
0,05 e 0,025. Com quatro vezes mais lançamentos a faixa fica com a metade da largura.
médio
Depois de 1000 lançamentos de uma moeda honesta, saíram 520 caras. A frequência ficou dentro da faixa da bancada?

Ver resolução
A meia largura é $2\sqrt{0{,}25/1000} \approx 0{,}032$, e a faixa vai de cerca de 0,468 a 0,532.
A frequência foi $0{,}52$, afastada de 0,5 por 0,02.
Ficou dentro. Uma diferença de 20 caras em mil lançamentos é comum numa moeda honesta.
médio
Quantos lançamentos de um dado são precisos para que a faixa do 6 tenha meia largura 0,01?

Ver resolução
Queremos $2\sqrt{\dfrac{(1/6)(5/6)}{n}} = 0{,}01$, isto é, $\dfrac{5/36}{n} = 0{,}000025$.
$n = \dfrac{5}{36 \cdot 0{,}000025} \approx 5556$.
Cerca de 5600 lançamentos.
médio
Alguém afirma que, pela lei dos grandes números, 1000 lançamentos de uma moeda honesta dão entre 490 e 510 caras. A afirmação está certa?

Ver resolução
A faixa de 95% em 1000 lançamentos vai de cerca de 0,468 a 0,532 na frequência, o que dá de 468 a 532 caras.
Resultados como 480 ou 525 caras aparecem com frequência numa moeda honesta.
Não. A lei diz que a frequência se aproxima de 1/2, e com 1000 lançamentos a margem ainda é de umas 30 caras para cada lado.
desafio
Uma pesquisa de opinião entrevista 2500 pessoas sorteadas. Use a faixa da bancada para mostrar que a margem de erro de uma proporção estimada fica em até 2 pontos percentuais, qualquer que seja a proporção verdadeira.

Ver resolução
A meia largura é $2\sqrt{p(1 - p)/2500}$, e $p(1 - p)$ é no máximo $0{,}25$, alcançado em $p = 0{,}5$.
No pior caso, $2\sqrt{0{,}25/2500} = 2 \cdot \dfrac{0{,}5}{50} = 0{,}02$.
A margem fica em até 2 pontos percentuais, com cerca de 95% de confiança, e só chega a 2 pontos quando a proporção verdadeira está perto de 50%. Com amostras sorteadas desse tamanho, uma margem de 2 pontos é o que a conta permite prometer.
desafio
Numa sequência longa de lançamentos de uma moeda, a frequência de caras se aproxima de 1/2, enquanto a diferença entre o número de caras e o de coroas tende a crescer. Como as duas coisas podem ser verdade?

Ver resolução
Com $k$ caras em $n$ lançamentos, a diferença é $d = k - (n - k) = 2k - n$, e a frequência é $\dfrac{k}{n} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{d}{2n}$.
A diferença típica cresce como $\sqrt{n}$, cerca de 10 em 100 lançamentos e cerca de 100 em 10.000.
O afastamento da frequência é $d/(2n)$, que cai como $1/\sqrt{n}$, de 0,05 para 0,005 nesses exemplos.
A diferença absoluta cresce, mais devagar que $n$, e por isso a fração se aproxima de 1/2. A moeda não compensa as caras com coroas, e o excesso fica diluído num total cada vez maior.

PASSO 3

Como calcular a chance de "ou" e de "não"?

Eventos são conjuntos, e as operações da aula de Conjuntos e Números viram operações com eventos. A união $A \cup B$ é o evento "A ou B", que acontece quando pelo menos um dos dois acontece. A interseção $A \cap B$ é "A e B", e o complementar $\overline{A}$ é "não A".

Somar $P(A)$ com $P(B)$ conta duas vezes os resultados que estão nos dois eventos, e a regra da adição desconta essa sobra. Quando A e B não têm resultado em comum, $A \cap B = \varnothing$, dizemos que são mutuamente exclusivos, e a probabilidade da união é a soma das probabilidades.

O complementar encurta as contas com "pelo menos um". A chance de sair pelo menos um 6 em quatro lançamentos de um dado é 1 menos a chance de nenhum 6, $1 - (5/6)^4 \approx 0{,}518$. Essa aposta e a variante com dois dados, a de pelo menos um duplo 6 em 24 lançamentos, estavam entre as questões de jogo do cavaleiro de Méré, ao lado do problema de como dividir as apostas de um jogo interrompido. Pascal discutiu essas questões com Fermat em cartas de 1654, e essa correspondência costuma ser contada como o começo da teoria das probabilidades.

$P(A \cup B) =$$P(A) + P(B) - P(A \cap B)$$P(\overline{A}) = 1 - P(A)$Com $A \cap B = \varnothing$, a primeira fórmula fica $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$. A diferença $A - B$ reúne os resultados de A que estão fora de B, e $P(A - B) = P(A) - P(A \cap B)$.

Para conversar

Escolha A = "soma 7", B = "dupla" e a operação A ∪ B. Alguma casa tem as duas marcas? Confira que P(A ∪ B) é a soma de P(A) com P(B).
Troque B por "pelo menos um 6". Quantas casas a soma P(A) + P(B) contaria duas vezes?
Com A = "pelo menos um 6", peça o complementar de A. Que forma a região tem, e por que ela dá a conta mais curta?
Com A = "1º dado par" e B = "2º dado maior que 4", compare P(A ∩ B) com o produto P(A) · P(B). O passo 5 volta a essa coincidência.

P(A)

P(B)

P(A ∩ B)

P(A ∪ B)

Exercícios do passo 3 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
A previsão do tempo dá 30% de chance de chuva para amanhã. Qual é a chance de não chover?

Ver resolução
"Não chover" é o complementar de "chover".
$1 - 0{,}3 = 0{,}7$.
70%.
básico
Dois eventos mutuamente exclusivos têm $P(A) = 0{,}4$ e $P(B) = 0{,}3$. Calcule $P(A \cup B)$ e a probabilidade de não ocorrer nenhum dos dois.

Ver resolução
Sem interseção, $P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}3 = 0{,}7$.
"Nenhum dos dois" é o complementar da união, $1 - 0{,}7 = 0{,}3$.
0,7 e 0,3.
básico
Dois dados são lançados. Qual é a probabilidade de a soma ser diferente de 7?

Ver resolução
$P(\text{soma } 7) = 6/36 = 1/6$.
$1 - \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6}$.
5/6, cerca de 83%.
básico
Um número de 1 a 20 é sorteado. Qual é a probabilidade de ele ser múltiplo de 3 ou de 5?

Ver resolução
Múltiplos de 3: 3, 6, 9, 12, 15, 18, seis números. Múltiplos de 5: 5, 10, 15, 20, quatro números.
O 15 está nas duas listas e entra uma vez só, $6 + 4 - 1 = 9$.
9/20, ou 45%.
médio
Numa turma de 40 estudantes, 25 gostam de futebol, 18 gostam de vôlei e 8 gostam dos dois. Sorteado um estudante, qual é a probabilidade de ele gostar de pelo menos um dos dois esportes? E de nenhum?

Ver resolução
$P(F \cup V) = \dfrac{25}{40} + \dfrac{18}{40} - \dfrac{8}{40} = \dfrac{35}{40}$.
O complementar fica com $\dfrac{5}{40}$.
7/8 para pelo menos um esporte, e 1/8 para nenhum.
médio
Uma moeda honesta é lançada cinco vezes. Qual é a probabilidade de sair pelo menos uma cara?

Ver resolução
O complementar é "cinco coroas", um único resultado entre $2^5 = 32$.
$1 - \dfrac{1}{32} = \dfrac{31}{32}$.
31/32, cerca de 97%.
médio
Sabemos que $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}4$ e $P(A \cup B) = 0{,}7$. Quanto vale $P(A \cap B)$? A e B são mutuamente exclusivos?

Ver resolução
Da regra da adição, $P(A \cap B) = 0{,}5 + 0{,}4 - 0{,}7 = 0{,}2$.
$P(A \cap B) = 0{,}2$. Como a interseção tem probabilidade positiva, A e B não são mutuamente exclusivos.
médio
Dois dados são lançados. Calcule $P(\text{soma } 7 \text{ ou dupla})$ e $P(\text{soma } 8 \text{ ou dupla})$. Por que as duas contas são diferentes?

Ver resolução
Uma dupla tem soma par, e nenhuma dá 7. Os eventos são exclusivos, e $\dfrac{6}{36} + \dfrac{6}{36} = \dfrac{12}{36}$.
A soma 8 tem 5 pares, e um deles, (4, 4), é dupla. $\dfrac{5}{36} + \dfrac{6}{36} - \dfrac{1}{36} = \dfrac{10}{36}$.
1/3 e 5/18. Na segunda conta o (4, 4) entraria duas vezes, e a regra da adição o tira uma vez.
desafio
O cavaleiro de Méré apostava que sairia pelo menos um 6 em quatro lançamentos de um dado, e também que sairia pelo menos um duplo 6 em 24 lançamentos de dois dados. Calcule as duas probabilidades. Qual das apostas era favorável a ele?

Ver resolução
Na primeira, $1 - \left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = 1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296} \approx 0{,}518$.
Na segunda, cada lançamento dos dois dados deixa de dar duplo 6 com chance $35/36$, e $1 - \left(\dfrac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0{,}509 = 0{,}491$.
Só a primeira, com pouco mais de 50%. A segunda fica um pouco abaixo de 50%, embora 24 esteja para 36 como 4 está para 6.
desafio
Um número de 1 a 100 é sorteado. Qual é a probabilidade de ele ser divisível por 2, por 3 ou por 5?

Ver resolução
Somamos os múltiplos de cada um, 50 + 33 + 20 = 103.
Tiramos os que foram contados duas vezes, os múltiplos de 6, 10 e 15, que são 16 + 10 + 6 = 32.
Os múltiplos de 30 entraram três vezes e saíram três vezes, e voltam uma vez, 3 números.
$103 - 32 + 3 = 74$.
74/100 = 0,74. É a regra da adição estendida a três eventos.

PASSO 4

O que muda quando já sabemos parte do resultado?

Uma informação nova encolhe o espaço amostral. Se alguém olhou os dois dados e contou que a soma deu 10 ou mais, só sobram seis pares possíveis, e a chance de ter saído algum 6 passa de 11/36 para 5/6. A probabilidade condicional de A dado B, que escrevemos $P(A \mid B)$, é a probabilidade de A calculada dentro de B.

Com resultados equiprováveis, contamos os resultados de A que estão em B e dividimos pelo número de resultados de B. Multiplicando os dois lados por $P(B)$ chegamos à regra do produto, que dá a chance de duas coisas acontecerem uma depois da outra, a primeira e, sabendo que ela aconteceu, a segunda.

Na urna, a regra do produto aparece numa árvore. Tirando duas bolas sem repor a primeira, a composição da urna muda depois da primeira retirada, e as probabilidades da segunda etapa dependem do ramo da primeira. A chance de um caminho é o produto das probabilidades ao longo dele, e os caminhos que levam ao mesmo evento se somam.

$P(A \mid B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(B)}$$= \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$$P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A \mid B)$Vale para $P(B) > 0$. Em geral $P(A \mid B) \ne P(B \mid A)$, porque as duas dividem a mesma interseção por totais diferentes.

Para conversar

Com A = "pelo menos um 6" e a condição "soma 10 ou mais", quantas casas ficam acesas, e quantas delas têm um 6?
Inverta os papéis e calcule de cabeça P(soma 10 ou mais | pelo menos um 6). As duas condicionais dão o mesmo número?
Na urna com 3 vermelhas e 2 azuis, sem reposição, qual é a chance de a segunda bola ser vermelha? Compare com a chance de a primeira ser vermelha.
Ligue a reposição e veja quais números da árvore mudam e quais continuam iguais.

P(A)

P(B)

P(A ∩ B)

P(A | B)

Exercícios do passo 4 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Um dado foi lançado, e alguém conta que saiu um número par. Qual é a probabilidade de ter saído 6?

Ver resolução
A condição deixa só $\{2, 4, 6\}$, três resultados equiprováveis.
$P(6 \mid \text{par}) = 1/3$, o dobro de 1/6.
básico
Uma urna tem 4 bolas vermelhas e 6 azuis. Duas bolas são retiradas, uma depois da outra, sem reposição. Qual é a probabilidade de as duas serem vermelhas?

Ver resolução
A primeira é vermelha com $4/10$. Restam 3 vermelhas entre 9 bolas.
$\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{3}{9} = \dfrac{12}{90}$.
2/15, cerca de 13%.
básico
Na mesma urna, as duas retiradas são feitas com reposição. Qual é agora a probabilidade de duas vermelhas?

Ver resolução
A bola volta, e a segunda retirada encontra a urna como estava.
$\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{4}{10} = \dfrac{16}{100}$.
4/25, ou 16%, um pouco mais que sem reposição.
básico
Numa escola, 60% dos estudantes estudam de manhã, e 30% dos estudantes da manhã vão de ônibus. Sorteado um estudante, qual é a probabilidade de ele estudar de manhã e ir de ônibus?

Ver resolução
Pela regra do produto, $P(M \cap O) = P(M) \cdot P(O \mid M) = 0{,}6 \cdot 0{,}3$.
0,18, ou 18% dos estudantes.
médio
Num posto de saúde, com números ilustrativos, 120 das 200 pessoas atendidas tinham tomado a vacina da gripe. Entre as vacinadas, 12 tiveram gripe no inverno, e entre as não vacinadas, 20. Calcule $P(\text{gripe} \mid \text{vacinada})$, $P(\text{gripe} \mid \text{não vacinada})$ e $P(\text{vacinada} \mid \text{gripe})$.

Ver resolução
$P(\text{gripe} \mid \text{vacinada}) = 12/120 = 0{,}1$.
As não vacinadas são 80, e $P(\text{gripe} \mid \text{não vacinada}) = 20/80 = 0{,}25$.
Tiveram gripe $12 + 20 = 32$ pessoas, e $P(\text{vacinada} \mid \text{gripe}) = 12/32 = 0{,}375$.
0,1, 0,25 e 0,375. Mais de um terço dos doentes era vacinado, e mesmo assim a vacina reduziu a chance de gripe de 25% para 10% nesses números.
médio
Dois dados são lançados. Calcule $P(\text{soma } 8 \mid \text{1º dado é } 3)$ e $P(\text{1º dado é } 3 \mid \text{soma } 8)$.

Ver resolução
Com o 1º dado em 3, há 6 resultados, e só (3, 5) dá soma 8, $1/6$.
A soma 8 tem 5 pares, (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2), e um deles começa com 3, $1/5$.
1/6 e 1/5. As condicionais trocadas dividem a mesma interseção, (3, 5), por totais diferentes.
médio
Sabemos que $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}4$ e $P(A \cap B) = 0{,}1$. Calcule $P(A \mid B)$ e $P(B \mid A)$.

Ver resolução
$P(A \mid B) = 0{,}1/0{,}4 = 0{,}25$.
$P(B \mid A) = 0{,}1/0{,}5 = 0{,}2$.
0,25 e 0,2.
médio
Num modelo em que cada filho é menino ou menina com a mesma chance, independentemente dos outros, uma família tem dois filhos e sabemos que pelo menos um é menina. Qual é a probabilidade de os dois serem meninas?

Ver resolução
Com o mais velho escrito primeiro, $\Omega = \{MM, MF, FM, FF\}$, com F para menina.
A condição tira o MM e deixa três resultados, e só FF tem duas meninas.
1/3. A resposta 1/2 seria a de outra pergunta, "a mais velha é menina; qual é a chance de a outra também ser?".
desafio
Uma urna tem 3 bolas vermelhas e 2 azuis, e duas bolas saem sem reposição. Mostre que a segunda bola é vermelha com a mesma probabilidade da primeira, embora a urna mude entre as retiradas.

Ver resolução
A segunda é vermelha por dois caminhos, VV e AV.
$\dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{2}{4} + \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{3}{4} = \dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} = \dfrac{12}{20} = \dfrac{3}{5}$.
3/5, como a primeira. Sem olhar a primeira bola, a segunda é só uma bola tirada ao acaso das cinco, e a ordem das retiradas não favorece nenhuma posição.
desafio
Uma fábrica tem duas máquinas. A máquina 1 faz 70% das peças, e 2% delas saem com defeito. A máquina 2 faz 30%, com 5% de defeito. Uma peça sorteada tem defeito. Qual é a probabilidade de ela ter vindo da máquina 2?

Ver resolução
Pela árvore, $P(\text{defeito}) = 0{,}7 \cdot 0{,}02 + 0{,}3 \cdot 0{,}05 = 0{,}014 + 0{,}015 = 0{,}029$.
$P(M_2 \mid \text{defeito}) = \dfrac{0{,}015}{0{,}029} \approx 0{,}517$.
Cerca de 52%, embora a máquina 2 faça só 30% das peças. O passo 6 usa a mesma conta para ler um exame.

PASSO 5

A moeda lembra do que já saiu?

Dois eventos são independentes quando saber que um aconteceu não muda a chance do outro, $P(A \mid B) = P(A)$. Pela regra do produto, isso equivale a $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$, a forma que usamos para conferir a independência e para calcular a chance de eventos independentes acontecerem juntos.

Lançamentos sucessivos de uma moeda honesta são independentes, porque a moeda não guarda registro do que saiu. Depois de cinco caras seguidas, a sexta continua com chance 1/2. Quem aposta que "agora vem coroa" comete a falácia do jogador, e quem escolhe as dezenas "atrasadas" da loteria comete o mesmo erro. O decaimento de um núcleo radioativo, na aula de Física Moderna, também não tem memória, e um núcleo que já durou muito não fica mais perto de decair.

A independência é uma propriedade do modelo, e precisa de uma justificativa. Retiradas sem reposição não são independentes, como vimos na urna do passo 4, e a chuva de hoje e a de amanhã provavelmente também não são. Eventos mutuamente exclusivos com probabilidades positivas nunca são independentes, porque saber que um aconteceu zera a chance do outro.

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$P(\text{k caras seguidas}) = \left(\tfrac{1}{2}\right)^k$A primeira igualdade define a independência de A e B. A segunda vale para $k$ lançamentos de uma moeda honesta e diz que sequências longas são raras, sem que o lançamento seguinte a elas fique menos provável de dar cara.

Para conversar

Com k = 3, quantas vezes a simulação encontrou três caras seguidas, e em que fração delas o lançamento seguinte deu cara?
Suba k até 6 ou 7. O que acontece com o número de sequências encontradas e com a fração de caras logo depois?
No modo Mega-Sena, depois de muitos sorteios, as seis dezenas menos sorteadas na primeira metade saíram com que frequência na segunda? Compare com 1 em 10.
Ainda na Mega-Sena, troque a semente e veja se as "atrasadas" mudam. Elas dizem alguma coisa sobre os sorteios seguintes?

Caras seguidas k

Lançamentos

Vezes com k caras seguidas

Cara logo depois

Modelo

Exercícios do passo 5 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Uma moeda e um dado são lançados juntos. Qual é a probabilidade de sair cara e 6?

Ver resolução
A moeda e o dado não interferem um no outro, e as probabilidades se multiplicam.
$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12}$.
1/12, cerca de 8%.
básico
Uma moeda honesta deu cinco caras seguidas. Qual é a probabilidade de o sexto lançamento dar cara?

Ver resolução
Os lançamentos são independentes, e a moeda não sabe o que saiu antes.
1/2. A sequência de seis caras é rara, $1/64$, mas essa raridade já foi "gasta" nos cinco primeiros lançamentos, que aconteceram.
básico
Uma moeda honesta é lançada três vezes. Qual é a probabilidade de saírem três caras?

Ver resolução
$\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{8}$.
1/8, ou 12,5%, o mesmo valor que a árvore de três moedas do passo 1 dá contando um ramo em oito.
básico
A e B são independentes, com $P(A) = 0{,}3$ e $P(B) = 0{,}5$. Calcule $P(A \cap B)$ e $P(A \cup B)$.

Ver resolução
$P(A \cap B) = 0{,}3 \cdot 0{,}5 = 0{,}15$.
$P(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}5 - 0{,}15 = 0{,}65$.
0,15 e 0,65.
médio
Dois dados são lançados. Os eventos A = "o 1º dado é par" e B = "a soma é 7" são independentes?

Ver resolução
$P(A) = 1/2$ e $P(B) = 1/6$.
$A \cap B = \{(2, 5), (4, 3), (6, 1)\}$, e $P(A \cap B) = 3/36 = 1/12$.
Sim, porque $1/12 = 1/2 \cdot 1/6$. Qualquer que seja o 1º dado, exatamente uma face do 2º completa a soma 7.
médio
Com dois dados, A = "a soma é 8" e B = "o 1º dado é par" são independentes?

Ver resolução
$P(A) = 5/36$ e $P(B) = 1/2$, e o produto é $5/72$.
$A \cap B = \{(2, 6), (4, 4), (6, 2)\}$, com $3/36 = 6/72$.
Não. Saber que o 1º dado é par sobe a chance da soma 8 de 5/36 para 3/18 = 6/36.
médio
Uma caixa-d'água tem duas bombas, e o abastecimento funciona se pelo menos uma delas funcionar. Cada bomba falha num dia com probabilidade 0,1, independentemente da outra. Qual é a probabilidade de o abastecimento funcionar?

Ver resolução
O abastecimento só para se as duas falharem, $0{,}1 \cdot 0{,}1 = 0{,}01$.
$1 - 0{,}01 = 0{,}99$. A independência é o que dá esse ganho, e duas bombas ligadas na mesma tomada falhariam juntas com muito mais frequência.
médio
Na Mega-Sena, uma aposta simples marca 6 dos 60 números. Mostre que a chance de acertar a quadra, exatamente 4 dos 6 sorteados, é cerca de 1 em 2332, como diz a Caixa. Apostar nos números do concurso anterior muda essa chance?

Ver resolução
Os jogos possíveis são $C_{60,6} = 50{.}063{.}860$. A quadra escolhe 4 dos 6 sorteados e 2 dos 54 outros, $C_{6,4} \cdot C_{54,2} = 15 \cdot 1431 = 21{.}465$.
$\dfrac{50{.}063{.}860}{21{.}465} \approx 2332{,}3$.
Cerca de 1 em 2332. Os concursos são independentes, e repetir os números do anterior não muda nada, para cima ou para baixo.
desafio
Uma pessoa faz uma aposta simples da Mega-Sena em cada um de 1000 concursos. Qual é a probabilidade de ela acertar pelo menos uma quadra? Quanto ela terá gasto, a R$ 6,00 por aposta?

Ver resolução
Em cada concurso, a chance de não fazer a quadra é $1 - 1/2332$, e os concursos são independentes.
$1 - \left(1 - \dfrac{1}{2332}\right)^{1000} \approx 1 - 0{,}651 = 0{,}349$.
O gasto é $1000 \cdot 6 = 6000$ reais.
Cerca de 35%, depois de gastar R$ 6000. A chance de não acertar nenhuma quadra em mil concursos ainda é de quase 65%.
desafio
Um galpão tem três detectores de fumaça independentes, e cada um dispara com probabilidade 0,9 quando há fumaça. O alarme central só soa se pelo menos dois detectores dispararem. Qual é a probabilidade de o alarme soar num princípio de incêndio?

Ver resolução
Exatamente dois disparam de três maneiras, cada uma com $0{,}9 \cdot 0{,}9 \cdot 0{,}1 = 0{,}081$, o que dá $0{,}243$.
Os três disparam com $0{,}9^3 = 0{,}729$.
$0{,}243 + 0{,}729 = 0{,}972$. A conta dos "dois de três" é um caso da distribuição binomial do passo 7.

PASSO 6

O que um resultado positivo quer dizer?

Um teste diagnóstico erra de dois jeitos. A sensibilidade é a probabilidade de o teste dar positivo numa pessoa doente, $P(+ \mid D)$, e a especificidade é a probabilidade de ele dar negativo numa pessoa sadia, $P(- \mid S)$. A prevalência é a fração da população testada que tem a doença. Quem recebe um positivo quer saber outra coisa, a chance de estar doente sabendo do resultado, $P(D \mid +)$, o valor preditivo positivo.

A grade de 1000 pessoas faz a conta sem fórmula. Com prevalência de 1% há 10 doentes e 990 sadios. Um teste com sensibilidade de 80% acha 8 dos doentes, e com especificidade de 97% acusa por engano 3% dos sadios, cerca de 30 pessoas. Dos 38 positivos, só 8 estão doentes, cerca de 21%. Os falsos positivos são maioria porque saem de um grupo quase cem vezes maior que o dos doentes.

Para os testes rápidos de antígeno da covid-19, a OMS recomenda sensibilidade de pelo menos 80% e especificidade de pelo menos 97%, e avisa que eles são mais confiáveis onde a prevalência é de 5% ou mais. A grade explica o aviso. A fórmula que resume a conta é a de Bayes, cujo denominador é a probabilidade total de um positivo, somada sobre os dois ramos da árvore.

$P(D \mid +) = \dfrac{P(D)\,P(+ \mid D)}{P(+)}$$P(+) = P(D)\,P(+ \mid D)$$+\; P(S)\,P(+ \mid S)$$P(+ \mid S) = 1 - \text{especificidade}$ é a taxa de falsos positivos entre os sadios, e $P(S) = 1 - P(D)$. $P(+)$, o denominador, é a probabilidade total de um resultado positivo, somada sobre os doentes e os sadios.

Para conversar

Com os requisitos da OMS e prevalência de 5%, quantos dos positivos da grade estão doentes? Passe para o cenário de 1%, que é nosso, e compare.
Com prevalência de 1%, suba a especificidade para 99%. Quanto muda P(doente | positivo)? E se, em vez disso, a sensibilidade subir para 99%?
Leve a prevalência a 30%, como num grupo de pessoas com sintomas. O que acontece com o valor de um positivo e com o de um negativo?
Ponha sensibilidade e especificidade em 99%, um teste que parece quase perfeito. Com que prevalência metade dos positivos ainda é falsa?

Prevalência

Sensibilidade

Especificidade

Verdadeiros positivos

Falsos positivos

Falsos negativos

Verdadeiros negativos

P(doente | positivo)

P(sadio | negativo)

Exercícios do passo 6 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Um teste tem sensibilidade de 90%. Entre 200 pessoas doentes testadas, quantos positivos esperamos, e quantos falsos negativos?

Ver resolução
$200 \cdot 0{,}9 = 180$ positivos.
$200 - 180 = 20$ doentes com resultado negativo.
Cerca de 180 positivos e 20 falsos negativos.
básico
Um teste tem especificidade de 95%. Entre 1000 pessoas sadias testadas, quantos falsos positivos esperamos?

Ver resolução
A especificidade diz que 95% dos sadios dão negativo, e os outros 5% dão positivo.
$1000 \cdot 0{,}05 = 50$.
Cerca de 50 falsos positivos.
básico
Um teste tem sensibilidade de 99%. Isso quer dizer que 99% das pessoas com resultado positivo estão doentes?

Ver resolução
A sensibilidade é $P(+ \mid D)$, a fração dos doentes que o teste acha. A fração dos positivos que estão doentes é $P(D \mid +)$, outra condicional.
Não. $P(D \mid +)$ depende também da especificidade e da prevalência, e pode ser bem menor que 99%.
básico
Numa população com prevalência de 2%, quantas pessoas de um grupo de 1000 esperamos que estejam doentes, e quantas sadias?

Ver resolução
$1000 \cdot 0{,}02 = 20$ doentes e $1000 - 20 = 980$ sadias.
20 doentes e 980 sadias.
médio
Prevalência de 2%, sensibilidade de 90% e especificidade de 95%. Monte a grade de 1000 pessoas e calcule $P(D \mid +)$.

Ver resolução
Dos 20 doentes, 18 dão positivo e 2 dão negativo.
Dos 980 sadios, 5% dão positivo, 49 pessoas, e 931 dão negativo.
Há $18 + 49 = 67$ positivos, 18 deles doentes.
$P(D \mid +) = 18/67 \approx 27\%$.
médio
Na mesma grade, qual é a probabilidade de uma pessoa com resultado negativo estar sadia?

Ver resolução
Os negativos são $2 + 931 = 933$, e 931 deles estão sadios.
$931/933 \approx 99{,}8\%$. Um negativo, aqui, é bem mais informativo que um positivo.
médio
O mesmo teste, com sensibilidade de 90% e especificidade de 95%, é usado num grupo de pessoas com sintomas, em que a prevalência é de 20%. Quanto vale agora $P(D \mid +)$?

Ver resolução
Em 1000 pessoas, 200 doentes dão 180 positivos, e 800 sadios dão $800 \cdot 0{,}05 = 40$ falsos positivos.
$\dfrac{180}{180 + 40} = \dfrac{180}{220} \approx 0{,}818$.
Cerca de 82%, contra 27% com prevalência de 2%. O teste é o mesmo, e o grupo testado mudou.
médio
No cenário da OMS da bancada, com prevalência de 5%, sensibilidade de 80% e especificidade de 97%, calcule $P(D \mid +)$ pela fórmula de Bayes.

Ver resolução
$P(D)\,P(+ \mid D) = 0{,}05 \cdot 0{,}8 = 0{,}04$.
$P(S)\,P(+ \mid S) = 0{,}95 \cdot 0{,}03 = 0{,}0285$.
$\dfrac{0{,}04}{0{,}04 + 0{,}0285} = \dfrac{0{,}04}{0{,}0685} \approx 0{,}584$.
Cerca de 58%. Na grade, 40 verdadeiros positivos contra uns 28 ou 29 falsos.
desafio
Com prevalência de 1%, sensibilidade de 80% e especificidade de 97%, uma pessoa deu positivo e repetiu o teste, que deu positivo de novo. Supondo que os erros dos dois testes sejam independentes, dada a condição da pessoa, qual é a probabilidade de ela estar doente?

Ver resolução
Depois do primeiro positivo, $P(D \mid +) = \dfrac{0{,}008}{0{,}008 + 0{,}0297} \approx 0{,}212$.
Esse número passa a ser a prevalência do segundo teste, e $\dfrac{0{,}212 \cdot 0{,}8}{0{,}212 \cdot 0{,}8 + 0{,}788 \cdot 0{,}03} \approx \dfrac{0{,}170}{0{,}170 + 0{,}024} \approx 0{,}88$.
Cerca de 88%. A hipótese de erros independentes pesa muito, e um mesmo teste tende a errar de novo na mesma pessoa, o que puxaria esse número para baixo.
desafio
Com sensibilidade de 80% e especificidade de 97%, para que prevalência um resultado positivo tem exatamente 50% de chance de ser verdadeiro?

Ver resolução
Precisamos de tantos verdadeiros positivos quanto falsos, $0{,}8\,p = 0{,}03\,(1 - p)$.
$0{,}83\,p = 0{,}03$, e $p \approx 0{,}036$.
Cerca de 3,6%. Abaixo disso, a maioria dos positivos é falsa, o que ajuda a entender o aviso da OMS sobre prevalências menores que 5%.

PASSO 7

Por que as bolinhas se juntam no meio?

Na máquina de Galton, cada bolinha cai por $n$ fileiras de pinos e, em cada pino, desvia para a direita ou para a esquerda. Com o pino bem centrado, as duas direções têm chance 1/2, e os desvios em pinos diferentes são independentes. O compartimento em que a bolinha para é o número $k$ de desvios para a direita.

Chegar ao compartimento $k$ pede $k$ desvios para a direita entre $n$, e há $C_{n,k}$ caminhos assim, as combinações de $n$ tomadas $k$ a $k$, cada um com probabilidade $p^k (1 - p)^{n - k}$. É a distribuição binomial, a mesma que conta as caras em $n$ lançamentos de uma moeda. Os compartimentos do meio recebem mais bolinhas porque muito mais caminhos levam até eles, e com 10 fileiras um só caminho chega à ponta da esquerda, enquanto 252 chegam ao meio.

O número médio de desvios para a direita é $n\,p$. Com muitas fileiras, o histograma toma a forma de sino da curva normal, a mesma da pilha de médias amostrais da aula de Estatística. Francis Galton construiu e usou máquinas dessas, a que chamou de quincunx, a partir da década de 1870, para mostrar como a soma de muitos efeitos pequenos e independentes tende a produzir esse sino, e descreveu a ideia no livro Natural Inheritance, de 1889.

$P(k) = C_{n,k}\; p^k\, (1 - p)^{n - k}$$k = 0, 1, \ldots, n$média $= n\,p$$C_{n,k} = \dfrac{n!}{k!\,(n - k)!}$ conta os caminhos com $k$ desvios para a direita, e $p$ é a chance de desviar para a direita em cada pino.

Para conversar

Solte mil bolinhas com 10 fileiras. O compartimento mais cheio é o do meio? Quantas bolinhas chegaram às pontas, e quantas a binomial previa?
Compare as barras com as marcas da binomial depois de 100 bolinhas e depois de mil. Em qual dos dois casos elas se encaixam melhor?
Mude a chance de desvio para a direita para 0,7. Para onde vai o pico, e quanto vale $n\,p$?
Com 4 fileiras, conte os caminhos até cada compartimento. Que linha do triângulo de Pascal aparece?

Fileiras de pinos

Chance de ir à direita

Bolinhas

Mais cheio

Média observada

n · p

Exercícios do passo 7 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Numa máquina de Galton com 4 fileiras e $p = 1/2$, quantos caminhos levam ao compartimento 2, e qual é a probabilidade de uma bolinha parar nele?

Ver resolução
São $C_{4,2} = 6$ caminhos, entre $2^4 = 16$ igualmente prováveis.
$6/16 = 3/8$, ou 37,5%.
básico
Com 10 fileiras e $p = 1/2$, qual é a probabilidade de uma bolinha parar no compartimento da ponta da esquerda?

Ver resolução
Ela precisa desviar para a esquerda nos 10 pinos, um caminho só.
$\left(\dfrac{1}{2}\right)^{10} = \dfrac{1}{1024}$.
1/1024, menos de 0,1%. Em mil bolinhas, esperamos cerca de uma.
básico
Um dado é lançado três vezes. Qual é a probabilidade de sair exatamente um 6?

Ver resolução
O 6 pode aparecer em qualquer um dos 3 lançamentos, e cada posição tem chance $\dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^2 = \dfrac{25}{216}$.
$3 \cdot \dfrac{25}{216} = \dfrac{75}{216}$.
75/216, cerca de 34,7%.
básico
Uma máquina tem 12 fileiras e $p = 1/2$. Em que compartimento fica a média, e quantas de 1000 bolinhas esperamos nele, sabendo que $C_{12,6} = 924$?

Ver resolução
A média é $n\,p = 12 \cdot 0{,}5 = 6$.
$P(6) = \dfrac{924}{4096} \approx 0{,}226$, e $1000 \cdot 0{,}226 \approx 226$.
Compartimento 6, com cerca de 226 bolinhas.
médio
Uma estudante chuta as 10 questões de uma prova, cada uma com 5 alternativas e uma só correta. Qual é a probabilidade de ela acertar exatamente 2?

Ver resolução
Cada chute acerta com $p = 0{,}2$, independentemente dos outros.
$C_{10,2} \cdot 0{,}2^2 \cdot 0{,}8^8 = 45 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}1678 \approx 0{,}302$.
Cerca de 30%.
médio
Na mesma prova, qual é a probabilidade de ela acertar pelo menos uma questão?

Ver resolução
O complementar é errar as 10, $0{,}8^{10} \approx 0{,}107$.
$1 - 0{,}107 \approx 0{,}893$, cerca de 89%.
médio
Com 5 fileiras e $p = 0{,}7$, calcule $P(3)$, $P(4)$ e $P(5)$. Qual compartimento é o mais provável, e quanto vale $n\,p$?

Ver resolução
$P(3) = 10 \cdot 0{,}7^3 \cdot 0{,}3^2 = 10 \cdot 0{,}343 \cdot 0{,}09 \approx 0{,}309$.
$P(4) = 5 \cdot 0{,}7^4 \cdot 0{,}3 = 5 \cdot 0{,}2401 \cdot 0{,}3 \approx 0{,}360$.
$P(5) = 0{,}7^5 \approx 0{,}168$.
O compartimento 4 é o mais provável, e a média é $n\,p = 3{,}5$, entre o 3 e o 4.
médio
Num modelo em que cada filho é menino ou menina com chance 1/2, o que é mais provável numa família de quatro filhos, dois meninos e duas meninas, ou três de um sexo e um do outro?

Ver resolução
Dois e dois: $C_{4,2}/16 = 6/16$.
Três e um, em qualquer dos dois sentidos: $(C_{4,3} + C_{4,1})/16 = 8/16$.
Três e um, com 1/2, contra 3/8 para dois e dois. O compartimento do meio é o mais provável sozinho, e os dois vizinhos dele, somados, passam à frente.
desafio
Com 10 fileiras e $p = 1/2$, qual é a probabilidade de uma bolinha parar num compartimento de 3 a 7?

Ver resolução
$C_{10,3} + C_{10,4} + C_{10,5} + C_{10,6} + C_{10,7} = 120 + 210 + 252 + 210 + 120 = 912$.
$\dfrac{912}{1024} \approx 0{,}891$.
Cerca de 89%. Os cinco compartimentos centrais, menos da metade dos onze, recebem quase nove de cada dez bolinhas.
desafio
Um time vence cada partida com probabilidade 0,6, independentemente das outras, e disputa uma série de melhor de três, que acaba quando um dos lados chega a duas vitórias. Qual é a probabilidade de o time vencer a série?

Ver resolução
O time vence em duas partidas com $0{,}6^2 = 0{,}36$.
Ou vence em três, perdendo uma das duas primeiras e ganhando a terceira, $2 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}6 = 0{,}288$.
$0{,}36 + 0{,}288 = 0{,}648$. A série amplia a vantagem de 60% para quase 65%.

PASSO 8

Vale a pena trocar de porta?

Num programa de auditório, o prêmio está atrás de uma de três portas, e as outras duas estão vazias. O participante escolhe uma porta. O apresentador, que sabe onde está o prêmio, abre uma das outras duas, sempre uma vazia, e oferece a troca. O problema leva o nome de Monty Hall, apresentador do programa americano Let's Make a Deal, e ficou famoso em 1990, quando a colunista Marilyn vos Savant respondeu, na revista Parade, que trocar era melhor e recebeu milhares de cartas dizendo que ela estava errada.

A primeira escolha acerta com chance 1/3, e o apresentador não altera isso, porque sempre consegue abrir uma porta vazia. Quem fica ganha com 1/3. Quem troca ganha exatamente quando a primeira escolha estava errada, o que acontece com chance 2/3. A porta que o apresentador deixa fechada carrega informação, porque ele a escolheu evitando o prêmio, e ela fica com toda a chance das portas que o participante não escolheu.

Com $d$ portas e o apresentador abrindo todas menos uma, trocar ganha com $(d - 1)/d$. Com 10 portas a vantagem salta aos olhos. O gráfico da bancada acompanha as duas estratégias nos mesmos jogos simulados, e as frequências se separam a caminho de $1/d$ e de $(d - 1)/d$, como no passo 2.

$P(\text{ganhar ficando}) = \dfrac{1}{d}$$P(\text{ganhar trocando}) = \dfrac{d - 1}{d}$Vale quando o apresentador sabe onde está o prêmio e abre sempre $d - 2$ portas vazias, deixando fechadas a escolhida e mais uma.

Para conversar

Jogue umas dez vezes à mão, sempre trocando, e conte as vitórias. Depois simule mil jogos. As frequências ficam perto de 1/3 e 2/3?
Com 10 portas, escolha uma e veja o apresentador abrir oito. Você ficaria com a sua?
Com 4 portas, calcule $(d - 1)/d$ de cabeça e confira na simulação em que valor a curva de quem troca se estabiliza.
Depois de dez jogos à mão, a sua frequência de vitórias ficou longe de 1/3 ou de 2/3? Use a faixa do passo 2 para dizer se isso é surpreendente.

Jogos simulados

Ficando ganha

Trocando ganha

Seus jogos à mão

Exercícios do passo 8 10 questões · 4 básicas · 4 médias · 2 desafios

básico
Com 3 portas, qual é a probabilidade de ganhar quem nunca troca?

Ver resolução
Quem não troca ganha quando a primeira escolha acertou, e o apresentador não muda essa escolha.
1/3.
básico
Com 5 portas, o apresentador abre três vazias e deixa fechadas a escolhida e mais uma. Qual é a probabilidade de ganhar trocando?

Ver resolução
A escolhida acerta com 1/5, e nos outros casos o prêmio está na porta que ficou fechada.
4/5, ou 80%.
básico
Numa simulação de 300 jogos com 3 portas, quantas vitórias esperamos para quem sempre troca?

Ver resolução
$300 \cdot \dfrac{2}{3} = 200$.
Cerca de 200, com a oscilação esperada de uma simulação desse tamanho.
básico
Depois que o apresentador abre uma porta, sobram duas fechadas. Por que a resposta "é meio a meio" está errada?

Ver resolução
Duas portas não bastam para dar 1/2 a cada uma. A fórmula $n(E)/n(\Omega)$ só vale com resultados equiprováveis, e as duas portas chegaram fechadas por caminhos diferentes.
A escolhida guarda a chance de 1/3 que tinha antes. A outra foi poupada pelo apresentador, que sabia onde estava o prêmio, e fica com 2/3.
médio
O participante escolhe a porta 1. Liste os três lugares possíveis do prêmio e diga, em cada caso, quem ganha, quem fica ou quem troca.

Ver resolução
Prêmio na 1: o apresentador abre a 2 ou a 3, ficar ganha e trocar perde.
Prêmio na 2: ele abre a 3, ficar perde e trocar, indo para a 2, ganha.
Prêmio na 3: ele abre a 2, ficar perde e trocar ganha.
Trocar ganha em 2 dos 3 casos equiprováveis, e ficar em 1.
médio
Com 10 portas, o participante escolhe uma, e o apresentador abre 8 vazias. Qual é a probabilidade de ganhar trocando, e por que a intuição fica mais fácil aqui?

Ver resolução
A escolhida acerta com 1/10, e nos outros 9/10 dos casos o prêmio está na porta que o apresentador deixou fechada.
9/10. Entre nove portas, o apresentador poupou justamente aquela, e é difícil achar que foi por acaso.
médio
Numa variante, o apresentador não sabe onde está o prêmio e abre ao acaso uma das duas portas não escolhidas, que por sorte está vazia. Agora vale a pena trocar?

Ver resolução
Com o prêmio na escolhida, a porta aberta está vazia com certeza, $1/3 \cdot 1$.
Com o prêmio numa das outras duas, a porta aberta está vazia com chance 1/2, $2/3 \cdot 1/2 = 1/3$.
Dado que a porta aberta estava vazia, os dois casos têm o mesmo peso.
Não faz diferença, 1/2 para cada lado. O que muda tudo é o apresentador saber onde está o prêmio.
médio
Com 4 portas, o apresentador abre só uma porta vazia, e o participante troca para uma das duas outras portas fechadas, escolhida ao acaso. Qual é a probabilidade de ele ganhar?

Ver resolução
A primeira escolha erra com 3/4, e nesse caso o prêmio está numa das duas portas fechadas que sobraram.
Trocando ao acaso, ele acerta a certa com 1/2.
$\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{8}$, mais que os 1/4 de quem fica.
desafio
Com 3 portas, o participante escolheu a 1 e o apresentador abriu a 3. Use a fórmula de Bayes para mostrar que o prêmio está na 2 com probabilidade 2/3.

Ver resolução
Se o prêmio está na 1, o apresentador abre a 3 com chance 1/2. Se está na 2, ele abre a 3 com certeza. Se está na 3, nunca a abre.
$P(\text{abre } 3) = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} \cdot 1 + \dfrac{1}{3} \cdot 0 = \dfrac{1}{2}$.
$P(\text{prêmio na } 2 \mid \text{abre } 3) = \dfrac{(1/3) \cdot 1}{1/2} = \dfrac{2}{3}$.
2/3, como a contagem dos casos tinha mostrado.
desafio
Com $d$ portas, o apresentador abre $m$ portas vazias, com $1 \le m \le d - 2$, e o participante troca para uma das outras portas fechadas, ao acaso. Encontre a probabilidade de ganhar e confira os casos de 3 portas e da questão das 4 portas com uma aberta.

Ver resolução
A primeira escolha erra com $\dfrac{d - 1}{d}$, e então o prêmio está entre as $d - 1 - m$ portas fechadas que não são a escolhida.
$P = \dfrac{d - 1}{d} \cdot \dfrac{1}{d - 1 - m}$.
Com $d = 3$ e $m = 1$, $\dfrac{2}{3} \cdot 1 = \dfrac{2}{3}$. Com $d = 4$ e $m = 1$, $\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{8}$.
Como $d - 1 - m < d - 1$, o resultado passa sempre de $1/d$, e trocar é sempre melhor que ficar.

FECHAMENTO

Desafios

Passos 2 e 3 · Complementar e frequência

Um jogo de celular dá um prêmio com chance de 2% em cada partida, independentemente das outras. Quantas partidas uma pessoa precisa jogar para ter pelo menos 50% de chance de ganhar algum prêmio? Se mil pessoas jogarem esse número de partidas, quantas devem terminar sem prêmio nenhum?

Ver resolução

Em $n$ partidas, a chance de nenhum prêmio é $0{,}98^n$, e queremos $1 - 0{,}98^n \ge 0{,}5$, isto é, $0{,}98^n \le 0{,}5$.
$0{,}98^{34} \approx 0{,}503$ e $0{,}98^{35} \approx 0{,}493$, e são precisas 35 partidas.
Das mil pessoas, a fração sem prêmio fica perto de 0,493, e esperamos cerca de 493 delas. A lei dos grandes números do passo 2 é o que autoriza ler a probabilidade como essa proporção. Muita gente imagina que 2% por partida dão 100% em 50 partidas, e a conta mostra que, depois de 50, ainda sobram $0{,}98^{50} \approx 36\%$ de jogadores sem prêmio.

Passo 4 · Árvore em duas etapas

Numa gaveta há 4 meias pretas e 2 brancas. Duas meias são tiradas no escuro, sem reposição. Qual é a probabilidade de elas formarem um par da mesma cor?

Ver resolução

Duas pretas: $\dfrac{4}{6} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{12}{30}$.
Duas brancas: $\dfrac{2}{6} \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{2}{30}$.
Os dois caminhos são exclusivos e se somam, $\dfrac{14}{30} = \dfrac{7}{15} \approx 0{,}47$. Um pouco menos da metade das tentativas dá um par, e uma terceira meia garantiria o par, porque três meias de duas cores têm sempre duas da mesma cor.

Passos 3 e 5 · Independência numa tabela

Numa escola com 100 estudantes, em números ilustrativos, 40 usam óculos, 10 são canhotos e 4 são canhotos e usam óculos. Usar óculos e ser canhoto são eventos independentes nesse grupo? Qual é a probabilidade de um estudante sorteado usar óculos ou ser canhoto?

Ver resolução

$P(O) = 0{,}4$, $P(C) = 0{,}1$ e $P(O \cap C) = 0{,}04 = 0{,}4 \cdot 0{,}1$. Os eventos são independentes, e entre os canhotos a fração de quem usa óculos, $4/10$, é a mesma da escola inteira.
$P(O \cup C) = 0{,}4 + 0{,}1 - 0{,}04 = 0{,}46$.
Num grupo real, a igualdade raramente seria exata, e uma pequena diferença não bastaria para dizer que um evento influencia o outro.

Passo 6 · Triagem em massa

Uma campanha testa 20.000 pessoas com um teste rápido que cumpre exatamente os requisitos mínimos da OMS, sensibilidade de 80% e especificidade de 97%, numa população em que a prevalência é de 0,5%. Quantos positivos esperar, quantos deles verdadeiros, e o que isso diz sobre usar esse teste para a triagem de pessoas sem sintomas?

Ver resolução

Doentes: $20{.}000 \cdot 0{,}005 = 100$, dos quais 80 dão positivo.
Sadios: $19{.}900$, dos quais 3% dão positivo, $597$ pessoas.
São $80 + 597 = 677$ positivos, e só $80/677 \approx 11{,}8\%$ deles estão doentes.
Quase nove de cada dez positivos são falsos. Com prevalência tão baixa, um positivo pede um exame de confirmação, e a própria OMS diz que esses testes são mais confiáveis onde a prevalência chega a 5%.

Passo 7 · Uma prova chutada

Uma prova tem 5 questões com 4 alternativas, e quem acerta pelo menos 3 é aprovado. Qual é a probabilidade de aprovação de quem chuta todas as respostas?

Ver resolução

Cada chute acerta com $p = 1/4$, e o número de acertos segue a binomial com $n = 5$.
$P(3) = 10 \cdot \left(\tfrac{1}{4}\right)^3 \left(\tfrac{3}{4}\right)^2 = \dfrac{90}{1024}$, $P(4) = 5 \cdot \left(\tfrac{1}{4}\right)^4 \cdot \tfrac{3}{4} = \dfrac{15}{1024}$ e $P(5) = \dfrac{1}{1024}$.
A soma é $\dfrac{106}{1024} \approx 0{,}104$, cerca de 10%. Numa turma de 40 pessoas que chutassem tudo, umas quatro passariam.

Passos 4 e 8 · Um apresentador previsível

Mesmo jogo das 3 portas, com uma diferença. Quando o participante acerta de primeira, o apresentador abre sempre a porta vazia de número menor. O participante escolheu a porta 1, e o apresentador abriu a 3. Qual é a probabilidade de ganhar trocando? E se ele tivesse aberto a 2?

Ver resolução

Com o prêmio na 1, o apresentador abre a 2, a de número menor, e nunca a 3. Com o prêmio na 2, ele é obrigado a abrir a 3. Com o prêmio na 3, abre a 2.
Abrir a 3 só acontece com o prêmio na 2, e trocar ganha com probabilidade 1.
Abrir a 2 acontece com o prêmio na 1 ou na 3, casos de chance 1/3 cada, e a condicional dá 1/2 para cada um.
Na média dos dois casos, trocar continua ganhando com 2/3, $\tfrac{1}{3} \cdot 1 + \tfrac{2}{3} \cdot \tfrac{1}{2} = \tfrac{2}{3}$. O hábito do apresentador muda a informação de cada porta aberta, e não muda a vantagem de trocar.

Passos 1 e 5 · Mega-Sena

Pela Caixa, a aposta simples da Mega-Sena, de 6 números, custa R$ 6,00 e acerta a quadra com chance de 1 em 2332. Uma pessoa faz uma aposta simples em todo concurso. Quantos concursos ela deve esperar, em média, entre uma quadra e outra, e quanto gasta nesse intervalo? Quanto custaria jogar todas as combinações possíveis?

Ver resolução

Os concursos são independentes, e em $N$ concursos a pessoa acerta cerca de $N/2332$ quadras. Isso dá, em média, uma quadra a cada 2332 concursos.
O gasto nesse intervalo fica em torno de $2332 \cdot 6 = 13{.}992$ reais.
Todas as combinações são $C_{60,6} = 50{.}063{.}860$ apostas, e a R$ 6,00 cada custariam $300{.}383{.}160$ reais. A média é só uma média, e a espera de uma pessoa concreta pode ser bem mais curta ou bem mais longa.

Questões no estilo ENEM

Escrevemos as cinco questões abaixo no formato do ENEM, com um texto-base tirado do cotidiano, um comando e cinco alternativas, e cada uma retoma um passo diferente da aula. Os números das situações são ilustrativos. Mais embaixo listamos questões reais da prova sobre probabilidade, que talvez sejam o melhor treino depois destas.

Espaço amostral · Passo 1
Num jogo de tabuleiro, cada jogador lança dois dados comuns e avança a sua peça tantas casas quanto a soma dos pontos. A peça de Júlia está a exatamente 9 casas da chegada, e ela só vence se cair na casa final, sem passar dela.

Qual é a probabilidade de Júlia vencer na próxima jogada?
1. 1/18
2. 1/11
3. 1/9
4. 1/6
5. 5/18
Ver resolução

Resposta: C.
Os 36 pares ordenados de resultados são equiprováveis, e a soma 9 aparece em (3, 6), (4, 5), (5, 4) e (6, 3).
$P = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}$.
Quem conta só os pares sem ordem, {3, 6} e {4, 5}, chega a 2/36 = 1/18. A alternativa 1/11 trata as onze somas de 2 a 12 como equiprováveis, e 1/6 é a chance da soma 7. Os 5/18 são a chance de a soma ser 9 ou mais, que junta à soma 9 os resultados que levariam a peça além da chegada.
Complementar · Passo 3
Uma loja virtual informa que cada uma das suas entregas atrasa com probabilidade de 10%, e que os atrasos de entregas diferentes não dependem uns dos outros. Rafael fez três compras na mesma semana, entregues separadamente.

Qual é a probabilidade de pelo menos uma das três entregas atrasar?
1. 0,1%
2. 10,0%
3. 27,1%
4. 30,0%
5. 72,9%
Ver resolução

Resposta: C.
O complementar de "pelo menos uma atrasa" é "nenhuma atrasa", com probabilidade $0{,}9^3 = 0{,}729$.
$1 - 0{,}729 = 0{,}271$.
Os 72,9% são a chance de nenhuma atrasar, e os 30% vêm de somar 10% três vezes, o que conta duas ou três vezes os casos em que mais de uma atrasa. Os 0,1% são a chance de as três atrasarem, e os 10% ignoram que são três entregas.
Probabilidade condicional · Passo 4
Uma escola perguntou aos 400 estudantes do Ensino Médio se eles praticam algum esporte fora das aulas de Educação Física. O resultado está no quadro.

Turno Pratica esporte Não pratica Total

Manhã 120 80 200

Tarde 90 110 200

Um estudante que pratica esporte é sorteado para representar a escola num evento. Qual é a probabilidade de ele estudar à tarde?
1. 22,5%
2. 42,9%
3. 45,0%
4. 50,0%
5. 52,5%
Ver resolução

Resposta: B.
O sorteio é feito entre os que praticam esporte, $120 + 90 = 210$ estudantes, e 90 deles são da tarde.
$P(\text{tarde} \mid \text{esporte}) = \dfrac{90}{210} = \dfrac{3}{7} \approx 42{,}9\%$.
Os 45% são a condicional trocada, $P(\text{esporte} \mid \text{tarde}) = 90/200$, e os 22,5% dividem 90 pelos 400 estudantes, a probabilidade da interseção. Os 52,5% são a fração de estudantes que praticam esporte, e os 50% supõem os dois turnos igualmente representados entre os esportistas.
Testes diagnósticos · Passo 6
Uma cidade fez uma campanha de testagem para uma doença que atinge 2% da população. O teste usado dá positivo em 95% das pessoas doentes e dá negativo em 90% das pessoas sadias. Marta fez o teste na campanha e o resultado foi positivo.

A probabilidade de Marta estar doente é mais próxima de
1. 2%
2. 16%
3. 19%
4. 90%
5. 95%
Ver resolução

Resposta: B.
Em 1000 pessoas, 20 estão doentes e 19 delas dão positivo. Das 980 sadias, 10% dão positivo, 98 pessoas.
$P(\text{doente} \mid +) = \dfrac{19}{19 + 98} = \dfrac{19}{117} \approx 16\%$.
Os 95% são a sensibilidade, a condicional trocada, e os 90% são a especificidade. Os 2% são a prevalência, a chance antes do teste, e os 19% vêm de dividir os 19 verdadeiros positivos só pelos 98 falsos, esquecendo de somá-los no total de positivos.
Distribuição binomial · Passo 7
Nos treinos, uma jogadora de basquete acerta 80% dos lances livres, e cada arremesso não depende dos anteriores. No último minuto de uma partida, ela vai cobrar três lances livres.

Qual é a probabilidade de ela acertar exatamente dois dos três arremessos?
1. 12,8%
2. 38,4%
3. 51,2%
4. 64,0%
5. 89,6%
Ver resolução

Resposta: B.
O erro pode estar em qualquer um dos três arremessos, e cada sequência com dois acertos e um erro tem chance $0{,}8 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}2 = 0{,}128$.
$C_{3,2} \cdot 0{,}128 = 3 \cdot 0{,}128 = 0{,}384$.
Os 12,8% esquecem as três posições do erro, e os 51,2% são a chance de três acertos. Os 64% são $0{,}8^2$, dois acertos sem o terceiro arremesso, e os 89,6% são a chance de pelo menos dois acertos, $0{,}384 + 0{,}512$.

Turno	Pratica esporte	Não pratica	Total
Manhã	120	80	200
Tarde	90	110	200

Questões reais do ENEM sobre este tema

As provas e os gabaritos oficiais ficam no site do INEP, onde podemos procurar cada questão pelo ano, pelo dia, pela cor do caderno e pelo número.

ENEM 2015, 2º dia, caderno azul, questão 142. Cem pessoas recebem senhas numeradas de 1 a 100, uma delas é sorteada, e calculamos a chance de sair um número de 1 a 20.
ENEM 2015, 2º dia, caderno azul, questão 168. Cada aluno de uma escola entende inglês com probabilidade de 30%, e queremos a chance de pelo menos um de três alunos responder a uma pergunta, uma conta pelo complementar.
ENEM 2015, 2º dia, caderno azul, questão 179. Três modos de sortear atletas para um exame antidoping são comparados pela chance de o atleta denunciado ser escolhido.
ENEM 2016, 2º dia, caderno azul, questão 152. Um adolescente escolhe ao acaso os caminhos de um parque de diversões, e a chance de chegar à área desejada sem passar por outras sai do produto das escolhas em cada bifurcação.
ENEM 2017, 2º dia, caderno azul, questão 149. No Campo Minado, o jogador escolhe o quadrado com a menor probabilidade de conter uma mina, lendo os números já abertos no tabuleiro.
ENEM 2017, 2º dia, caderno azul, questão 175. Dez semáforos independentes ficam verdes com probabilidade 2/3, e pedimos a chance de uma pessoa ver exatamente um sinal verde, um caso da binomial.
ENEM 2017, 2º dia, caderno azul, questão 179. Um morador se atrasa com uma probabilidade quando chove e com outra quando não chove, e a chance total de atraso combina as duas com a previsão de chuva.
ENEM 2022, 2º dia, caderno azul, questão 137. Na World Series de beisebol, vence o primeiro time a ganhar quatro partidas, e calculamos a chance de ser campeão quem venceu a primeira.
ENEM 2022, 2º dia, caderno azul, questão 141. Num bingo com sorteio sem reposição, um jogador precisa de um número entre os que restam, e a chance de ele ganhar numa das duas rodadas seguintes soma os dois caminhos.
ENEM 2023, 2º dia, caderno azul, questão 138. Um cliente ganha um voucher se tirar uma bolinha preta de cada uma de duas urnas, e o gerente muda a quantidade de bolinhas brancas de uma delas para reduzir a chance de acerto.
ENEM 2023, 2º dia, caderno azul, questão 141. Num sorteio de um quarto de alojamento, estudantes de anos diferentes depositam números diferentes de cartões, e calculamos a chance de o vencedor ser do terceiro ano.
ENEM 2023, 2º dia, caderno azul, questão 168. O número de inscrição é sorteado em duas urnas, primeiro a unidade e depois a dezena, e as chances de dois candidatos saem diferentes por causa da regra da segunda urna.
ENEM 2024, 2º dia, caderno azul, questão 165. Dois semáforos independentes ficam vermelhos parte do tempo, e a prefeitura reduz esse tempo para que a chance de um ônibus pegar os dois vermelhos caia a um valor dado.
ENEM 2024, 2º dia, caderno azul, questão 173. Uma viagem é sorteada entre os 400 funcionários de uma empresa, e o gráfico por setor e faixa etária decide em que faixa o sorteado tem mais chance de estar.

Provas e gabaritos do ENEM no site do INEP →

Cola da aula

Espaço amostral e evento$\Omega$ reúne os resultados possíveis, e um evento $E \subset \Omega$

Resultados equiprováveis$P(E) = \dfrac{n(E)}{n(\Omega)}$

Limites$P(\varnothing) = 0$, $P(\Omega) = 1$, $0 \le P(E) \le 1$

Frequência relativa$f_n = k/n \to P(E)$, com faixa $p \pm 2\sqrt{p(1 - p)/n}$

Complementar$P(\overline{A}) = 1 - P(A)$

União$P(A \cup B) =$
$P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

Condicional$P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$

Regra do produto$P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A \mid B)$

Independência$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$

Bayes$P(D \mid +) = \dfrac{P(D)\,P(+ \mid D)}{P(+)}$

Binomial$P(k) = C_{n,k}\, p^k (1 - p)^{n - k}$, média $n\,p$

Monty Hall, $d$ portasficar $1/d$, trocar $(d - 1)/d$

As palavras dos testes diagnósticos
Nome	Probabilidade	O que mede
Prevalência	$P(D)$	a fração de doentes no grupo testado
Sensibilidade	$P(+ \mid D)$	a fração dos doentes que o teste acha
Especificidade	$P(- \mid S)$	a fração dos sadios que o teste libera
Valor preditivo positivo	$P(D \mid +)$	a chance de um positivo ser verdadeiro, que depende da prevalência

Nome	Probabilidade	O que mede
Prevalência	\(P(D)\)	a fração de doentes no grupo testado
Sensibilidade	\(P(+ \mid D)\)	a fração dos doentes que o teste acha
Especificidade	\(P(- \mid S)\)	a fração dos sadios que o teste libera
Valor preditivo positivo	\(P(D \mid +)\)	a chance de um positivo ser verdadeiro, que depende da prevalência