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title: "Modelos Teóricos Discretos"
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custom:
- kind: float
reference-prefix: Exemplo
key: ex
---
```{r}
#| warning: false
#| echo: false
# Load required libraries
# getwd()
source("../../functions.R") # descendo dois níveis do caminho atual
```
Os fundamentos probabilísticos nos permitem observar qualquer fenômeno isolado. No entanto, na engenharia e na estatística moderna, muitos fenômenos de massa exibem comportamentos padrão que obedecem a famílias específicas de distribuições de probabilidade. Nesta seção estudaremos os modelos matemáticos para as distribuições de probabilidade discretas mais comuns.
Para a construção civil de uma barragem, utiliza-se concreto usinado de alta performance. Sabe-se empiricamente que 0.1% das amostras falham nos testes de integridade estrutural em laboratório na primeira hora.
Se a empresa lançar 20 lotes diários independentes, qual a probabilidade de identificar exatamente dois lotes falhos no mesmo dia na obra?
Ao invés de calcularmos a probabilidade de cada evento individualmente e somarmos, podemos utilizar modelos teóricos que nos fornecem a probabilidade de cada resultado de interesse diretamente. Para isso recorremos a um modelo matemático que nos permite calcular diretamente as probabilidades de valores de uma variável aleatória.
## Os modelos
Em muitas situações, os fenômenos aleatórios exibem comportamentos padrão que obedecem a famílias específicas de distribuições de probabilidade. Nesta seção estudaremos os modelos matemáticos para as distribuições de probabilidade discretas mais comuns.
### O Ensaio de Bernoulli
Um *Ensaio de Bernoulli* é o bloco fundamental da probabilidade discreta aplicada: um evento de sucesso $P(S)=p$, ou falha $P(F)=1-p$, para uma única tentativa empírica ($n=1$).
Os **requisitos** para que um experimento seja considerado um ensaio de Bernoulli são:
1. Um experimento/ensaio de Bernoulli tem somente dois resultados aleatórios possíveis: sucesso ou fracasso.
2. A probabilidade de sucesso ($p$) é constante entre as tentativas.
3. As tentativas são independentes, de forma que o resultado de qualquer tentativa particular não influencia o resultado de qualquer outra tentativa.
Se nomearmos a variável aleatória $X$ como o número de sucessos em um ensaio de Bernoulli, então $X$ pode assumir os valores de $x$ como sendo 0 ou 1. Assim, nenhum sucesso representa $x=0$ e um sucesso representa $x=1$.
$$ P(X=x) = p_X(x) = \begin{cases} p & \text{se } x = 1 \\ 1-p & \text{se } x = 0 \end{cases} $$
É aqui que entra a modelagem matemática. Ao invés de usarmos uma função composta para cada resultado, podemos escrever um modelo matemático que se aplica a qualquer um desses valores de $x$.
Assim surge o primeiro modelo matemático para uma variável aleatória discreta. O modelo de Bernoulli.
$$
\begin{aligned}
P(X=x) &= p^x(1-p)^{1-x}, \quad x = 0, 1
\end{aligned}
$$
Note que:
$$
\begin{aligned}
P(X=0) &= p^0(1-p)^{1-0} \\
&= 1 \cdot (1-p) \\
&= 1-p
\end{aligned}
$$
e
$$
\begin{aligned}
P(X=1) &= p^1(1-p)^{1-1} \\
&= p \cdot (1-p)^0 \\
&= p
\end{aligned}
$$
Observe que para esse modelo que descreve as probabilidades de uma variável aleatória de Bernoulli, podemos calcular o valor esperado e a variância da seguinte forma:
$$
\begin{aligned}
E[X] &= \sum_x{x\cdot p_X(x)} \\
&= 0\cdot(1-p) + 1\cdot p \\
&= p
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
Var[X] &= \sum_x{(x-\mu)^2\cdot p_X(x)} \\
&= (0-p)^2\cdot(1-p) + (1-p)^2\cdot p \\
&= p(1-p)
\end{aligned}
$$
Isso implica que sabendo o valor de $p$ é possível calcular o valor esperado e a variância de uma variável aleatória de Bernoulli, além de sua distribuição de probabilidade.
Vamos aplicar a mesma ideia e metodologia para as distribuições de probabilidade discretas mais comuns, formalizando as premissas de cada modelo, a variável aleatória generalizada, a função massa de probabilidade, o valor esperado e a variância.
Quando associamos uma variável aleatória a um modelo de probabilidade, estamos dizendo que a variável aleatória segue uma distribuição de probabilidade, e a notação para isso é $X \sim$ Modelo(parâmetros).
## Distribuição de Bernoulli
Existem diversos experimentos que satisfazem as **premissas** do modelo de Bernoulli. Vamos agora formalizar o modelo de Bernoulli.
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo de Bernoulli
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notação:**
$X \sim Ber(p)$
**Premissas do modelo**
1. Um experimento/ensaio de Bernoulli tem somente **dois resultados aleatórios possíveis**: **sucesso (S)** ou **fracasso (F)**.
2. A probabilidade de sucesso ($p$) é **constante** entre as tentativas.
3. As tentativas são **independentes**, de forma que o resultado de qualquer tentativa particular não influencia o resultado de qualquer outra tentativa.
**Variável aleatória generalizada**
$X$ = "Número de **sucesso** em uma **única tentativa**"
**Função Massa de Probabilidade (PMF):**
$$p_X(x)= p^x(1-p)^{1-x}$$
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$$E[X] = p$$
**Variância:**
$$Var[X] = p(1-p)$$
:::
:::
<iframe src="../../bernoulli.html" width="100%" height="950px" style="border:none;"></iframe>
## Distribuição Binomial
Um experimento com apenas dois resultados possíveis é usado com tanta frequência como elemento básico de um experimento aleatório que é chamado de **ensaio de Bernoulli**. Geralmente, assume-se que os ensaios que constituem o experimento aleatório são independentes. Isso implica que o resultado de um ensaio não tem efeito sobre o resultado a ser obtido em qualquer outro ensaio. Além disso, muitas vezes é razoável assumir que a probabilidade de sucesso em cada ensaio é constante.
A distribuição binomial é uma generalização do modelo de Bernoulli para $n$ tentativas.
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo Binomial
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notação:**
$X \sim Bin(n, p)$
**Premissas do modelo:**
1. Sequencia de $n$ tentativas de um experimento de Bernoulli (**sucesso (S)** ou **fracasso (F)**), onde $n$ é estabelecido antes do experimento;
2. Probabilidade de sucesso ($p$) constante entre as tentativas;
3. Tentativas **independentes**, de forma que o resultado de qualquer tentativa particular não influencia o resultado de qualquer outra tentativa.
**Variável aleatória generalizada:**
$X$ = "Número de **sucesso** em $n$ **tentativas independentes**"
**Função Massa de Probabilidade (PMF):**
$$p_X(x)= \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}$$
onde $\binom{n}{x} = \frac{n!}{x!(n-x)!}$ é o coeficiente binomial, $n$ é o número de tentativas e $x$ é o número de sucessos.
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$$E[X] = np$$
**Variância:**
$$Var[X] = np(1-p)$$
:::
:::
<iframe src="../../binomial.html" width="100%" height="1000px" style="border:none;"></iframe>
A figura abaixo mostra a distribuição de probabilidade binomial com $n=4$ e $p=0.5$.
```{r}
#| echo: false
#| warning: false
#| label: fig-pmf-binomial1
#| fig-cap: "Distribuição de probabilidade binomial com $n=4$ e $p=0.5$"
x_orig <- 0:4
y_orig <- dbinom(x_orig, size = 4, prob = 0.5)
plot_pmf(
x = x_orig, y = y_orig,
titulo_x = "Distribuição de probabilidade",
mostrar_parametros = TRUE,
decimais = "%.2f"
)
```
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo `r dif(1)`
Uma moeda é lançada sucessiva e independentemente $4$ vezes. Calcule a probabilidade de obter exatamente $3$ caras. Assuma que a moeda não é viciada.
***
**Solução:**
Podemos modelar esse experimento utilizando o modelo Binomial, uma vez que:
1. O experimento consiste em uma sequência de $n=4$ tentativas de um experimento de Bernoulli (sucesso (S) ou fracasso (F)), onde $n$ é estabelecido antes do experimento;
2. A probabilidade de sucesso ($p$) é constante entre as tentativas;
3. As tentativas são independentes, de forma que o resultado de qualquer tentativa particular não influencia o resultado de qualquer outra tentativa.
Além disso, a variável aleatória em questão pode ser definida como
$X$ = "Número de caras em $n=4$ lançamentos independentes".
Para fins didáticos, podemos resolver este exemplo de duas formas:
1. Enumerando todos os resultados possíveis, mais trabalhoso.
2. Utilizando o modelo Binomial.
Vamos resolver utilizando as duas formas para comparar, começando pela primeira forma, somente para fins didáticos.
***
1. **Enumerando todos os resultados possíveis, mais trabalhoso.**
Pelo enunciado podemos obter os seguintes dados:
- $n = 4$, número de lançamentos;
- $p = 0.5$, probabilidade de sucesso (cara);
- $1-p = 0.5$, probabilidade de fracasso (coroa).
Um possível resultado é $SSSS$, ou seja, quatro caras em quatro lançamentos.
A probabilidade desse resultado é $P(S) \times P(S) \times P(S) \times P(S) = p^4 = 0.5^4 = 0.0625$, uma vez que cada lançamento é independente e a probabilidade de sucesso é constante.
Para todos os possíveis resultados, a tabela abaixo mostra os resultados e probabilidades de cada:
::: {#tbl .w-50 .mx-auto}
| Resultado | $x$ | $p_X(x)$ | $p_X(x)$ |
|-----------|-----|----------|----------|
| SSSS | 4 | $p^4$ | $0.5^4 = 0.0625$ |
| FSSS | 3 | $p^3(1-p)$ | $0.5^3(1-0.5) = 0.0625$ |
| SSSF | 3 | $p^3(1-p)$ | $0.5^3(1-0.5) = 0.0625$ |
| FSSF | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| SSFS | 3 | $p^3(1-p)$ | $0.5^3(1-0.5) = 0.0625$ |
| FSFS | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| SSFF | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| FSFF | 1 | $p(1-p)^3$ | $0.5(1-0.5)^3 = 0.0625$ |
| SFSS | 3 | $p^3(1-p)$ | $0.5^3(1-0.5) = 0.0625$ |
| FFSS | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| SFSF | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| FFSF | 1 | $p(1-p)^3$ | $0.5(1-0.5)^3 = 0.0625$ |
| SFFS | 2 | $p^2(1-p)^2$ | $0.5^2(1-0.5)^2 = 0.0625$ |
| FFFS | 1 | $p(1-p)^3$ | $0.5(1-0.5)^3 = 0.0625$ |
| SFFF | 1 | $p(1-p)^3$ | $0.5(1-0.5)^3 = 0.0625$ |
| FFFF | 0 | $(1-p)^4$ | $0.5^4 = 0.0625$ |
: Todos os possiveis resultados do experimento e suas probabilidades {.striped .hover}
:::
<br>
Note que a probabilidade de obter $3$ caras é a soma das probabilidades de obter $SSSF$, $SSFS$, $SFSS$ e $FSSS$, ou seja quando $x=3$, temos:
$$P(X=3) = 4 \times p^3(1-p) = 4 \times 0.0625 = 0.250$$
Os resultados agregados, somando as probabilidades para cada valor de $x$, nos levam aos seguintes valores, tabelados abaixo, que é a nossa PMF:
::: {#tbl .w-50 .mx-auto}
| $x$ | $p_X(x)$ |
|-----|-------|
| 0 | $0.0625$|
| 1 | $0.250$|
| 2 | $0.375$|
| 3 | $0.250$|
| 4 | $0.0625$|
: Função Massa de Probabilidade (PMF) de $X$ obtida empiricamente {.striped .hover}
:::
***
2. **Utilizando o modelo Binomial.**
Como neste caso, temos um **experimento de Bernoulli** repetido $n=4$ vezes, com probabilidade de sucesso $p=0.5$, o modelo que pode ser utilizado é o Binomial, $X \sim Bin(n=4, p=0.5)$.
**A variável aleatória associada ao problema é:**
$X$ = "Número de **caras** em **4 tentativas** independentes"
As premissas do modelo são atendidas, conforme visto acima.
**Função Massa de Probabilidade (PMF):**
$p_X(x)= \binom{n}{x}(p)^x(1-p)^{n-x}$
Utilizando a PMF acima, podemos obter as probabilidades de maneira direta, veja e tabela abaixo e compare com a tabela anterior:
::: {#tbl .w-50 .mx-auto}
| $x$ | $p_X(x)$ |
|-----|-------|
| 0 | $\binom{4}{0}(0.5)^0(1-0.5)^{4-0} = 0.0625$|
| 1 | $\binom{4}{1}(0.5)^1(1-0.5)^{4-1} = 0.250$|
| 2 | $\binom{4}{2}(0.5)^2(1-0.5)^{4-2} = 0.375$|
| 3 | $\binom{4}{3}(0.5)^3(1-0.5)^{4-3} = 0.250$|
| 4 | $\binom{4}{4}(0.5)^4(1-0.5)^{4-4} = 0.0625$|
: Função Massa de Probabilidade (PMF) de $X$ obtida diretamente do modelo {.striped .hover}
:::
<br>
Dessa forma a resposta é simplesmente:
$$P(X=3) = \binom{4}{3}(0.5)^3(1-0.5)^{4-3} = 4 \times 0.0625 = 0.250$$
:::
::: callout-tip
## Dica
Na prática utilizaremos, sempre que possível os modelos teóricos, uma vez que a enumeração de todos os resultados possíveis é trabalhosa e computacionalmente intensiva.
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo `r dif(1)`
Suponha que 20% de todas as cópias de um livro-texto apresentem falha em um determinado teste de resistência de encadernação. Selecionamos 30 cópias aleatoriamente.
- Qual a probabilidade de exatamente 3 apresentarem falha?
- Qual a probabilidade de no máximo 3 apresentarem falha?
***
**Solução:**
Vamos resolver este exemplo utilizando o modelo Binomial, uma vez que atendemos as premissas do modelo.
A variável aleatória em questão pode ser definida como:
$X$ = "Número de **falhas** em $n=30$ **tentativas** independentes"
A probabilidade de sucesso, ou seja, de uma cópia apresentar falha é $p=0.2$ e o número de tentativas é $n=30$.
- A probabilidade de exatamente 3 apresentarem falha é:
$$P(X=3) = \binom{30}{3}(0.2)^3(1-0.2)^{30-3} = 0.1227$$
- A probabilidade de no máximo 3 apresentarem falha é:
$$P(X \le 3) = \sum_{x=0}^{3} \binom{30}{x}(0.2)^x(1-0.2)^{30-x}$$
$$
\begin{aligned}
P(X \le 3) = &\binom{30}{0}(0.2)^0(1-0.2)^{30-0} + \\
&\binom{30}{1}(0.2)^1(1-0.2)^{30-1} + \\
&\binom{30}{2}(0.2)^2(1-0.2)^{30-2} + \\
&\binom{30}{3}(0.2)^3(1-0.2)^{30-3} = 0.1227
\end{aligned}
$$
Veja a distribuição de probabilidade abaixo:
```{r}
#| echo: false
#| warning: false
#| label: fig-pmf-binomial2
#| fig-cap: "Distribuição de probabilidade binomial com $n=30$ e $p=0.2$"
x_orig <- 0:30
y_orig <- dbinom(x_orig, size = 30, prob = 0.2)
plot_pmf(
x = x_orig, y = y_orig,
titulo_x = "Distribuição de probabilidade",
mostrar_parametros = TRUE,
decimais = "%.2f"
)
```
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(5)`
Uma limusine de aeroporto pode acomodar até quatro passageiros em qualquer corrida. A empresa aceitará
um máximo de seis reservas e cada passageiro deve ter reserva. Pelos registros anteriores, 20% de todos os
que fazem reservas não aparecem para a corrida. Responda as seguintes perguntas, assumindo independência quando apropriado.
**a. Se forem feitas seis reservas, qual é a probabilidade de ao menos um indivíduo com reserva não poder ser acomodado na corrida?**
**b. Se forem feitas seis reservas, qual é o número esperado de lugares disponíveis quando a limusine parte?**
**c. Suponha que a distribuição de probabilidade do número de reservas feitas seja dada na tabela a seguir.Seja $W$ o número de passageiros de uma corrida selecionada aleatoriamente. Calcule a função de distribuição de probabilidade de $W$.**
::: {#tbl-pmf-W .w-50 .mx-auto}
| número de reservas $R$ | 3 | 4 | 5 | 6 |
|--------------------|---|---|---|---|
| probabilidade $P(R=r)$ | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.4 |
: Tabela de número de reservas {.striped .hover}
:::
***
**Solução:**
**a. Se forem feitas seis reservas, qual é a probabilidade de ao menos um indivíduo com reserva não poder ser acomodado na corrida?**
Assumindo que cada passageiro faz a sua reserva de forma independente, e que a probabilidade de cada passageiro comparecer à corrida é de $p=0.8$. É o chamado *overbooking*, quando vende-se mais do que a capacidade de acomodação. Neste caso, temos um evento onde "o número de passageiros que comparecem é maior que a capacidade da limusine".
Seja $X$ o número de **passageiros que comparecem à corrida** em **$n=6$ tentativas independentes**, que segue uma distribuição binomial com parâmetros $n=6$ e $p=0.8$. A probabilidade desejada é
$$
\begin{aligned}
P(X > 4) &= P(X=5) + P(X=6)\\
&= \binom{6}{5}(0.8)^5(0.2)^1 + \binom{6}{6}(0.8)^6(0.2)^0 \\
&= \frac{6!}{5!1!} (0.8)^5(0.2)^1 + \frac{6!}{6!0!} (0.8)^6(0.2)^0 \\
&= 6 (0.32768) (0.2) + 1 (0.262144) (1) \\
&= 0.393216 + 0.262144 \\
&= 0.65536
\end{aligned}
$$
**b. Se forem feitas seis reservas, qual é o número esperado de lugares disponíveis quando a limusine parte?**
Vamos criar uma nova quantidade aleatória $Y$ que representa o número de lugares disponíveis, ou seja, quando:
- $X=0$ então $Y=4$,
- $X=1$ então $Y=3$,
- $X=2$ então $Y=2$,
- $X=3$ então $Y=1$,
- $X=4$ então $Y=0$,
- $X=5$ então $Y=0$,
- $X=6$ então $Y=0$,
pois a capacidade máxima da limusine é de $4$ passageiros. Ou seja, podemos expressar matematicamente $Y = \max(4-X, 0)$.
Para facilitar podemos criar uma tabela com os valores de $X$, $Y$ e suas probabilidades, para $R=6$ reservas:
::: {#tbl-pmf-W .w-50 .mx-auto}
| $x$ | $y = \max(4-x, 0)$ | $P(X=x)$ |
|:---:|:--------------------:|:--------:|
| 0 | 4 | 0.000064 |
| 1 | 3 | 0.001536 |
| 2 | 2 | 0.015360 |
| 3 | 1 | 0.081920 |
| 4 | 0 | 0.245760 |
| 5 | 0 | 0.393216 |
| 6 | 0 | 0.262144 |
| **Total** | |**1.000000** |
: Tabela comparativa de $X$ e $Y$, quando número de reservas é igual a $6$. {.striped .hover}
:::
Observe que a probabilidade de $Y$ depende de $X$:
$P(Y=4) = P(X=0) = \binom{6}{0}(0.8)^0(0.2)^6 = 0.000064$
Como $X=4$, $X=5$ e $X=6$ produzem o mesmo número de vagas disponíveis $Y=0$, ou seja:
$P(Y=0) = P(X=4) + P(X=5) + P(X=6)$
Assim, a função massa de probabilidade de $Y$ é dada por:
::: {#tbl-pmf-W .w-50 .mx-auto}
| $y$ | $P(Y=y)$ |
|:---:|:--------:|
| 4 | 0.000064 |
| 3 | 0.001536 |
| 2 | 0.015360 |
| 1 | 0.081920 |
| 0 | *0.245760* + *0.393216* + *0.262144* = 0.901120 |
| **Total** | **1.000000** |
: Tabela do número de lugares disponíveis {.striped .hover}
:::
Logo, o número esperado de lugares disponíveis $Y$ quando a limusine parte é:
$$E[Y] = \sum_{y} yP(Y=y) = 4(0.000064) + 3(0.001536) + 2(0.015360) + 1(0.081920) + 0(0.901120) = 0.117504$$
**c. Suponha que a distribuição de probabilidade do número de reservas feitas seja dada na tabela a seguir. Seja $W$ o número de passageiros de uma suposta corrida selecionada aleatoriamente. Calcule a função de distribuição de probabilidade de $W$.**
::: {#tbl-pmf-W .w-50 .mx-auto}
| número de reservas $R$ | 3 | 4 | 5 | 6 |
|--------------------|---|---|---|---|
| probabilidade $P(R=r)$ | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.4 |
: Tabela de número de reservas {.striped .hover}
:::
Sejam as seguintes quantidades disponíveis:
- $R$ o "Número de reservas feitas", com distribuição de probabilidade dada na tabela acima.
- $X$ o "Número de passageiros que comparecem à corrida em $n=r$ tentativas", dado que $r$ reservas foram feitas. Assim, $X \sim Bin(r, p=0.8)$.
- $W$ o "Número de passageiros de uma corrida selecionada aleatoriamente". Precisamos calcular a distribuição de probabilidade de $W$.
Sabemos que podemos ter no máximo 4 passageiros, pois a capacidade da limusine é de 4 passageiros. Assim, os possíveis valores de $W$ são $0, 1, 2, 3, 4$.
Note que os valores de $W$ dependem dos valores de $X$ e $R$, bem como $Y$ também depende.
Pode-se representar a relação entre $W$, $X$ e $R$ através de uma tabela:
::: {.panel-layout layout-ncol=4}
| $r$ | $x$ | $w$ |
|:---:|:---:|:---:|
| 3 | 0 | 0 |
| 3 | 1 | 1 |
| 3 | 2 | 2 |
| 3 | 3 | 3 |
: Para $r=3$ {.w-50 .mx-auto .striped .hover}
| $r$ | $x$ | $w$ |
|:---:|:---:|:---:|
| 4 | 0 | 0 |
| 4 | 1 | 1 |
| 4 | 2 | 2 |
| 4 | 3 | 3 |
| 4 | 4 | 4 |
: Para $r=4$ {.w-50 .mx-auto .striped .hover}
| $r$ | $x$ | $w$ |
|:---:|:---:|:---:|
| 5 | 0 | 0 |
| 5 | 1 | 1 |
| 5 | 2 | 2 |
| 5 | 3 | 3 |
| 5 | 4 | 4 |
| 5 | 5 | 4 |
: Para $r=5$ {.w-50 .mx-auto .striped .hover}
| $r$ | $x$ | $w$ |
|:---:|:---:|:---:|
| 6 | 0 | 0 |
| 6 | 1 | 1 |
| 6 | 2 | 2 |
| 6 | 3 | 3 |
| 6 | 4 | 4 |
| 6 | 5 | 4 |
| 6 | 6 | 4 |
: Para $r=6$ {.w-50 .mx-auto .striped .hover}
Relação entre $W$, $X$ e $R$
:::
Assim podemos calcular a probabilidade de cada valor de $W$:
`r colorize("**$P(W=0)$**: neste caso, ninguém aparece (possível para qualquer número de reservas $r$):", "blue")`
$$P(W=0) = P(X=0 \cap R=3) + P(X=0 \cap R=4) + P(X=0 \cap R=5) + P(X=0 \cap R=6)$$
A probabilidade conjunta é dada por:
$$P(X=0 \cap R=r) = P(R=r)P(X=0 \mid R=r)$$
A probabilidade condicional $P(X=0 \mid R=r)$ é dada pela distribuição binomial sendo $r$ o número de reservas feitas:
$$P(X=0 \mid R=r) = \binom{r}{0}(0.8)^0(0.2)^r = (0.2)^r$$
Assim, temos as probabilidades condicionais para cada valor de reservas feitas:
$$
\begin{aligned}
P(X=0 \mid R=3) &= (0.2)^3 = 0.008000 \\
P(X=0 \mid R=4) &= (0.2)^4 = 0.001600 \\
P(X=0 \mid R=5) &= (0.2)^5 = 0.000320 \\
P(X=0 \mid R=6) &= (0.2)^6 = 0.000064 \\
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
P(W=0) &= (0.1)(0.008000) + (0.2)(0.001600) + (0.3)(0.000320) + (0.4)(0.000064) \\
&= 0.000800 + 0.000320 + 0.000096 + 0.000026 \\
&= 0.001242
\end{aligned}
$$
`r colorize("**$P(W=1)$**: exatamente 1 passageiro aparece (possível para $r \\geq 1$, ou seja, todos os casos):", "blue")`
$$P(W=1) = P(X=1 \cap R=3) + P(X=1 \cap R=4) + P(X=1 \cap R=5) + P(X=1 \cap R=6)$$
$$P(X=1 \mid R=r) = \binom{r}{1}(0.8)^1(0.2)^{r-1}$$
As probabilidades condicionais para cada valor de reservas feitas:
\begin{aligned}
P(X=1 \mid R=3) &= \binom{3}{1}(0.8)(0.2)^2 = 3 \times 0.8 \times 0.04 = 0.096000 \\
P(X=1 \mid R=4) &= \binom{4}{1}(0.8)(0.2)^3 = 4 \times 0.8 \times 0.008 = 0.025600 \\
P(X=1 \mid R=5) &= \binom{5}{1}(0.8)(0.2)^4 = 5 \times 0.8 \times 0.0016 = 0.006400 \\
P(W=1 \mid R=6) &= \binom{6}{1}(0.8)(0.2)^5 = 6 \times 0.8 \times 0.00032 = 0.001536 \\
\end{aligned}
\begin{aligned}
P(W=1) &= (0.1)(0.096000) + (0.2)(0.025600) + (0.3)(0.006400) + (0.4)(0.001536) \\
&= 0.009600 + 0.005120 + 0.001920 + 0.000614 \\
&= 0.017254
\end{aligned}
`r colorize("**$P(W=2)$**: neste caso, exatamente 2 passageiros aparecem (possível para $r \\geq 2$):", "blue")`
$$P(W=2) = P(X=2 \cap R=3) + P(X=2 \cap R=4) + P(X=2 \cap R=5) + P(X=2 \cap R=6)$$
$$P(X=2 \mid R=r) = \binom{r}{2}(0.8)^2(0.2)^{r-2}$$
As probabilidades condicionais para cada valor de reservas feitas:
\begin{aligned}
P(X=2 \mid R=3) &= \binom{3}{2}(0.8)^2(0.2)^1 = 3 \times 0.64 \times 0.2 = 0.384000 \\
P(X=2 \mid R=4) &= \binom{4}{2}(0.8)^2(0.2)^2 = 6 \times 0.64 \times 0.04 = 0.153600 \\
P(X=2 \mid R=5) &= \binom{5}{2}(0.8)^2(0.2)^3 = 10 \times 0.64 \times 0.008 = 0.051200 \\
P(X=2 \mid R=6) &= \binom{6}{2}(0.8)^2(0.2)^4 = 15 \times 0.64 \times 0.0016 = 0.015360 \\
\end{aligned}
\begin{aligned}
P(W=2) &= (0.1)(0.384000) + (0.2)(0.153600) + (0.3)(0.051200) + (0.4)(0.015360) \\
&= 0.038400 + 0.030720 + 0.015360 + 0.006144 \\
&= 0.090624
\end{aligned}
`r colorize("**$P(W=3)$**: neste caso, exatamente 3 passageiros aparecem (possível para $r \\geq 3$):", "blue")`
$$P(W=3) = P(X=3 \cap R=3) + P(X=3 \cap R=4) + P(X=3 \cap R=5) + P(X=3 \cap R=6)$$
$$P(X=3 \mid R=r) = \binom{r}{3}(0.8)^3(0.2)^{r-3}$$
As probabilidades condicionais para cada valor de reservas feitas:
\begin{aligned}
P(X=3 \mid R=3) &= \binom{3}{3}(0.8)^3(0.2)^0 = 1 \times 0.512 \times 1 = 0.512000 \\
P(X=3 \mid R=4) &= \binom{4}{3}(0.8)^3(0.2)^1 = 4 \times 0.512 \times 0.2 = 0.409600 \\
P(X=3 \mid R=5) &= \binom{5}{3}(0.8)^3(0.2)^2 = 10 \times 0.512 \times 0.04 = 0.204800 \\
P(X=3 \mid R=6) &= \binom{6}{3}(0.8)^3(0.2)^3 = 20 \times 0.512 \times 0.008 = 0.081920 \\
\end{aligned}
\begin{aligned}
P(W=3) &= (0.1)(0.512000) + (0.2)(0.409600) + (0.3)(0.204800) + (0.4)(0.081920) \\
&= 0.051200 + 0.081920 + 0.061440 + 0.032768 \\
&= 0.227328
\end{aligned}
`r colorize("**$P(W=4)$**: neste caso, a limusine parte lotada exatamente 4 passageiros aparecem (possível para $r \\geq 4$).", "blue")`
\begin{aligned}
P(W=4) = &P(X=4 \cap R=4) + P(X=4 \cap R=5) + P(X=4 \cap R=6) +\\
&P(X=5 \cap R=5) + P(X=5 \cap R=6) + \\
&P(X=6 \cap R=6)
\end{aligned}
Note que $W=4$ sempre que $X \geq 4$, pois a limusine comporta no máximo 4 passageiros. Como $r=3$ não permite $X \geq 4$, apenas $r \in \{4, 5, 6\}$ contribuem.
As probabilidades condicionais para cada valor de reservas feitas:
\begin{aligned}
P(X=4 \mid R=4) &= \binom{4}{4}(0.8)^4 = 0.4096 \\
P(X=4 \mid R=5) &= \binom{5}{4}(0.8)^4(0.2)^1 = 5 \times 0.4096 \times 0.2 = 0.409600 \\
P(X=4 \mid R=6) &= \binom{6}{4}(0.8)^4(0.2)^2 = 15 \times 0.4096 \times 0.04 = 0.245760 \\
P(X=5 \mid R=5) &= \binom{5}{5}(0.8)^5(0.2)^0 = 1 \times 0.32768 \times 1 = 0.32768 \\
P(X=5 \mid R=6) &= \binom{6}{5}(0.8)^5(0.2)^1 = 6 \times 0.32768 \times 0.2 = 0.393216 \\
P(X=6 \mid R=6) &= \binom{6}{6}(0.8)^6(0.2)^0 = 1 \times 0.262144 \times 1 = 0.262144 \\
\end{aligned}
\begin{aligned}
P(W=4) &= (0.1)(0) + (0.2)(0.409600) + (0.3)(0.409600 + 0.32768) + (0.4)(0.245760 + 0.393216 + 0.262144) \\
&= 0 + 0.081920 + (0.3)(0.737280) + (0.4)(0.901120) \\
&= 0.081920 + 0.221184 + 0.360448 \\
&= 0.663552
\end{aligned}
A PMF completa de $W$ é:
::: {#tbl-pmf-W .w-50 .mx-auto}
| $w$ | $P(W=w)$ |
|:---:|:--------:|
| 0 | 0.001242 |
| 1 | 0.017254 |
| 2 | 0.090624 |
| 3 | 0.227328 |
| 4 | 0.663552 |
| **Total** | **1.000000** |
: Função de distribuição de probabilidade de $W$ {.striped .hover}
:::
:::
## Distribuição Geométrica
Considere um experimento aleatório que está intimamente relacionado ao usado na definição de uma **distribuição binomial**. Novamente, assuma uma série de ensaios de Bernoulli (ensaios independentes com probabilidade constante $p$ de sucesso em cada ensaio). No entanto, em vez de um número fixo de ensaios, os ensaios são realizados **até que um sucesso seja obtido**.
Seja a variável aleatória $X$ o número de tentativas **até o primeiro sucesso**.
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo {#sec-exemplo-geometrica1}
A probabilidade de um bit transmitido através de um canal de transmissão digital ser recebido em erro é $p=0.1$. Assuma que as transmissões são eventos independentes, e seja a variável aleatória $X$ o número de bits transmitidos até o primeiro erro.
Então $P(X=5)$ é a probabilidade de que os primeiros quatro bits sejam transmitidos corretamente e o quinto bit esteja em erro. Este evento pode ser denotado como $\{OOOOE\}$, onde $O$ denota um bit correto e $E$ denota um bit em erro. Como as tentativas são independentes e a probabilidade de uma transmissão correta é $0.9$, temos que:
$$P(X=5) = (0.9)^4(0.1) = 0.066$$
Note que existe probabilidade de $X$ assumir qualquer valor inteiro. Além disso, se o primeiro ensaio for um sucesso, $X=1$. Portanto, o espaço amostral de $X$ é $\{1, 2, 3, \dots\}$, ou seja, todos os inteiros positivos.
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo Geométrico
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notação:**
$X \sim Geo(p)$
**Premissas:**
- Ensaios de Bernoulli independentes
- Probabilidade constante de sucesso $p$
- Número de tentativas até o primeiro sucesso
**Variável Aleatória Generalizada:**
$X$ = "Número de **tentativas** até que o **primeiro sucesso** ocorra."
**Função Massa de Probabilidade (PMF):**
$p_X(x) = (1-p)^{x-1}p$
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$E(X) = \frac{1}{p}$
**Variância:**
$Var(X) = \frac{1-p}{p^2}$
:::
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo
Considere a transmissão de bits no exemplo anterior. Aqui $p = 0.1$.
Dessa forma o número médio de transmissões até o primeiro erro é
$$E[X] = \frac{1}{p} = \frac{1}{0.1} = 10$$
O desvio padrão do número de transmissões antes do primeiro erro é
$$
\begin{aligned}
DP(X) &= \sqrt{Var(X)} \\
&= \sqrt{\frac{1-p}{p^2}} \\
&= \sqrt{\frac{1-0.1}{0.1^2}} \\
&= \sqrt{\frac{0.9}{0.01}} = \sqrt{90} \approx 9.487 \\
\sigma &= 9.487
\end{aligned}
$$
Interpretação Prática: Em média, esperamos 10 transmissões até o primeiro erro. No entanto, o desvio padrão de 9.487 indica que o número real de transmissões pode variar consideravelmente em relação à média.
Veja a distribuição de probabilidade abaixo calculadas a partir da PMF:
```{r}
#| echo: false
#| warning: false
#| label: fig-pmf-geometrica1
#| fig-cap: "Distribuição de probabilidade geométrica com $p=0.1$, série truncada em 30."
x_orig <- 1:30
y_orig <- (1 - 0.1)^(x_orig - 1) * 0.1
plot_pmf(
x = x_orig, y = y_orig,
titulo_x = "Distribuição de probabilidade",
mostrar_parametros = FALSE,
decimais = "%.2f"
)
```
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Propriedade de Falta de Memória
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
A variável aleatória geométrica foi definida como o número de tentativas até o primeiro sucesso.
No entanto, como as tentativas são independentes, a contagem do número de tentativas até o próximo
sucesso pode ser iniciada em qualquer tentativa sem alterar a distribuição de probabilidade da variável aleatória.
Por exemplo, se 100 bits são transmitidos, a probabilidade de que o primeiro erro, após o bit 100,
ocorra no bit 106 é a probabilidade de que os próximos seis resultados sejam OOOOOE.
Essa probabilidade é
$$(0.9)^5(0.1) = 0.059$$
que é idêntica à probabilidade de que o erro inicial ocorra no bit 6.
A implicação de usar um modelo geométrico é que o sistema presumivelmente não se desgasta.
A probabilidade de um erro permanece constante para todas as transmissões. Nesse sentido, a distribuição geométrica é dita **não ter memória**. A propriedade de falta de memória será discutida novamente no contexto de uma variável aleatória exponencial no próximo módulo (Módulo 2).
:::
:::
## Distribuição Binomial Negativa
A generalização de uma distribuição geométrica na qual a variável aleatória é o número de **tentativas** até que $r$ sucessos ocorram, resulta na chamada distribuição binomial negativa. O modelo geométrico é um caso especial da distribuição Binomial Negativa, onde $r=1$.
:::{.exemplo icon="false"}
#### Exemplo
Considere o exemplo anterior, onde a probabilidade de um bit transmitido através de um canal de transmissão digital ser recebido em erro é $p=0.1$. Assuma que as transmissões são eventos independentes, e seja a variável aleatória $X$ o número de bits transmitidos até o **quarto erro**.
Então $X$ tem uma distribuição binomial negativa com $r = 4$.
Probabilidades envolvendo $X$ podem ser encontradas da seguinte forma. Por exemplo, $P(X = 10)$ é a probabilidade de que exatamente três erros ocorram nos primeiros 9 ensaios e então o décimo ensaio resulte no **quarto erro**.
A probabilidade de que exatamente três erros ocorram nos primeiros 9 ensaios é determinada pela distribuição binomial para ser
$$
\binom{9}{3}(0.1)^3(0.9)^6
$$
Vamos enumerar algumas das possibilidades de ocorrência de 3 erros nos primeiros 9 ensaios, ${EEEOOOOOOE, EEOOOEOOOE, EEOEOOOOOE, ...}$, note que o último ensaio é sempre um erro, finalizando os quatro erros dentro das 10 tentativas. O restante, as $10 - 1 = 9$ tentativas, devem conter 3 erros e $9 - 3 = 6$ acertos. Para contar de quantas formas isso pode ocorrer (permutação de elementos repetidos) usa-se o coeficiente binomial $\binom{x-1}{r-1}$, ou seja, das $x-1$ tentativas, devemos escolher $r-1$ para serem erros.
Como as tentativas são independentes, a probabilidade de que exatamente três erros ocorram nos primeiros 9 ensaios e o décimo ensaio resulte no quarto erro é o produto das probabilidades desses dois eventos, nomeadamente,
$$
\binom{9}{3}(0.1)^3(0.9)^6(0.1) = \binom{9}{3}(0.1)^4(0.9)^6
$$
$$
\binom{9}{3}(0.1)^3(0.9)^6(0.1) = \binom{9}{3}(0.1)^4(0.9)^6
$$
:::
Em geral, as probabilidades para $X$ = "Número de **tentativas** até que **r** **sucessos** ocorram" podem ser determinadas da seguinte forma.
Aqui $P(X = x)$ implica que $r-1$ sucessos ocorrem nas **primeiras** $x-1$ tentativas e o $r$-ésimo sucesso ocorre na **tentativa** $x$.
Assim, a probabilidade de que $r-1$ sucessos ocorram nas primeiras $x-1$ tentativas é obtida da distribuição binomial (negativa) para ser dada por:
$$
\binom{x-1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{x-r}
$$
para $r \leq x$.
A probabilidade de que uma única tentativa seja um sucesso é $p$. Como as tentativas são independentes, essas probabilidades são multiplicadas de modo que
$$
\begin{aligned}
P(X = x) &= \binom{x-1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{x-r}p \\
&= \binom{x-1}{r-1}p^{r}(1-p)^{x-r}
\end{aligned}
$$
O termo $\binom{x-1}{r-1}$ representa o número de sequências de $r-1$ sucessos e $x-r$ falhas nas primeiras $x-1$ tentativas, visto que a cadeia termina sempre com o último dos $r$ sucessos.
Isso leva ao seguinte resultado.
:::{.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo Binomial Negativo
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notacao:**
$X \sim BiNeg(r, p)$
**Premissas:**
- Ensaios de Bernoulli independentes
- Probabilidade de sucesso constante $p$
- Número de sucessos $r$ fixo
- Número de tentativas $x$ variável
**Variavel aleatoria generalizada:**
$X$ = "Número de **tentativas** até que **r** **sucessos** ocorram".
Função Massa de Probabilidade (PMF):
$$P(X = x) = \binom{x-1}{r-1}p^{r}(1-p)^{x-r}$$
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$E(X) = \frac{r}{p}$
**Variância:**
$Var(X) = \frac{r(1-p)}{p^2}$
:::
:::
<iframe src="../../binomial_negativo.html" width="100%" height="1000px" style="border:none;"></iframe>
Embora o modelo possa ser parametrizado de forma diferente, como número de falhas até que um sucesso ocorra, levando ao modelo com PMF $P(X = x) = \binom{x+r-1}{r-1}p^{r}(1-p)^{x}$ para $x = 0, 1, 2, \dots$.
A propriedade de falta de memória de uma variável aleatória geométrica implica o seguinte. Seja $X$ o número total de **tentativas** até que $r$ sucessos ocorram. Seja $X_1$ o número de tentativas necessárias para obter o primeiro sucesso, seja $X_2$ o número de tentativas extras necessárias para obter o segundo sucesso, seja $X_3$ o número de tentativas extras necessárias para obter o terceiro sucesso, e assim por diante. Então o número total de tentativas necessárias para obter $r$ sucessos é $X = X_1 + X_2 + X_3 + \dots + X_r$.
Devido à propriedade de falta de memória, cada uma das variáveis aleatórias $X_1, X_2, \dots, X_r$ tem uma distribuição geométrica com o mesmo valor de $p$. Podemos chamar de variáveis aleatórias independentes e igualmente distribuidas, **i.i.d.**
Consequentemente, uma variável aleatória binomial negativa pode ser interpretada como a soma de $r$ variáveis aleatórias geométricas. Este conceito é ilustrado na @fig-soma-geometricas.
{#fig-soma-geometricas}
Lembre-se de que uma variável aleatória binomial é uma contagem do número de sucessos em $n$ tentativas de Bernoulli. Ou seja, o número de tentativas é predeterminado e o número de sucessos é aleatório. Uma variável aleatória binomial negativa é uma contagem do número de tentativas necessárias para obter $r$ sucessos. Ou seja, o número de sucessos é predeterminado e o número de tentativas é aleatório. Nesse sentido, uma variável aleatória binomial negativa pode ser considerada o oposto, ou negativo, de uma variável aleatória binomial.
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(3)`
Um casal quer ter exatamente duas meninas e terá filhos até essa condição ser satisfeita.
Suponha que $p = P(\text{nascimento de menina}) = 0.5$.
**a. Qual é a probabilidade de a família ter $x$ filhos homens?**
**b. Qual é a probabilidade de a família ter quatro filhos?**
**c. Qual é a probabilidade de a família ter no máximo quatro filhos?**
**d. Quantos filhos homens espera-se que essa família tenha?**
**e. Quantos filhos espera-se que essa família tenha?**
***
**Solução:**
Para a solução deste exemplo, utilizaremos a variável aleatória binomial negativa parametrizada como o **número de falhas** até que **r sucessos** ocorram.
A PMF é dada por:
$$P(X = x) = \binom{x + r -1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{x}$$
O valor esperado e variância são dados por:
$$E[X] = \frac{r(1-p)}{p}$$
$$Var(X) = \frac{r(1-p)}{p^2}$$
**a. Qual é a probabilidade de a família ter $x$ filhos homens?**
Com $S$ representando o número de meninas e $F$ representando o número de meninos, seja $X$ o número de F antes do segundo S. Então, $X$ segue uma distribuição binomial negativa com parâmetros $r = 2$ e $p = 0.5$.
$X$ = "Número de filhos homens antes de ter duas meninas".
equivalente a
$X$ = "Número de F até ao segundo S".
$$X \sim BiNeg(r = 2, p = 0.5)$$
A PMF parametrizada é dada por:
$$P(X = x) = \binom{x + r -1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{x}$$
**b. Qual é a probabilidade de a família ter quatro filhos?**
Se utilizarmos a variável $X$ então significa que a família tem 2 meninas e 2 meninos.
$$P(X=2) = \binom{2 + 2 -1}{2-1}p^{2-1}(1-p)^{2} = \binom{3}{1}(0.5)^{1}(0.5)^{2} = 0.188$$
**c. Qual é a probabilidade de a família ter no máximo quatro filhos?**
Novamente, se utilizarmos a variável $X$ = "Número de filhos homens antes de ter duas meninas".
Então, se a família tiver no máximo 4 filhos significa que o número de filhos homens pode ser 0, 1 ou 2. Ou seja,:
$$P(X \leq 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)$$
$$P(X=0) = \binom{0 + 2 -1}{2-1}p^{2-1}(1-p)^{0} = 0.25$$
$$P(X=1) = \binom{1 + 2 -1}{2-1}p^{2-1}(1-p)^{1} = 2(0.25)(0.5) = 0.25$$
$$P(X=2) = \binom{2 + 2 -1}{2-1}p^{2-1}(1-p)^{2} = 3(0.0625) = 0.1875$$
$$P(X \leq 2) = 0.25 + 0.25 + 0.1875 = 0.6875$$
**d. Quantos filhos homens espera-se que essa família tenha?**
Se utilizarmos a variável $X$ = "Número de filhos homens antes de ter duas meninas".
$$E[X] = \frac{r(1-p)}{p} = \frac{2(1-0.5)}{0.5} = 2$$
**e. Quantos filhos no total espera-se que essa família tenha?**
Se espera-se em média 2 filhos homens e sabendo que a família terá no mínimo 2 filhas, então espera-se em média 4 filhos.
$$E[X + r] = E[X] + r = 2 + 2 = 4$$
:::
## Distribuição Poisson
A distribuição de Poisson é nomeada em homenagem a Simeon-Denis Poisson (1781–1840). Um modelo amplamente utilizado surge do conceito de que eventos ocorrem aleatoriamente em um intervalo (ou, mais geralmente, em uma região).
A variável aleatória de interesse é o número de **sucessos** que ocorrem dentro de um **intervalo**.
Assuma que as falhas ocorrem aleatoriamente ao longo do comprimento de um fio de cobre fino. Seja $X$ a variável aleatória que conta o **número de falhas** em um **comprimento de $T$ milímetros** de fio e suponha que o **número médio de falhas por milímetro** seja $\lambda$.
Dessa forma, esperamos $E[X] = \lambda T$ da definição de $\lambda$. Ou seja, espera-se que o número de falhas seja proporcional ao comprimento do fio.
{#fig-processo-poisson width="55%"}
A distribuição de probabilidade de $X$ é determinada da seguinte forma:
Particione o comprimento do fio em $n$ **subintervalos** de pequeno comprimento $\Delta_t = T/n$ (digamos, um micrômetro cada). Se os subintervalos forem suficientemente pequenos, a probabilidade de que mais de uma falha ocorra em um subintervalo é desprezível. Além disso, podemos interpretar a suposição de que as falhas ocorrem aleatoriamente para implicar que cada subintervalo tem a mesma probabilidade de conter uma falha, digamos $p$.
Além disso, assume-se que a ocorrência de uma falha em um subintervalo é **independente** das falhas em outros subintervalos. Então podemos modelar a distribuição de $X$ como aproximadamente uma variável aleatória binomial. Cada subintervalo gera um **sucesso (falha)** ou **fracasso (não falha)**.
Portanto,
$$E[X] = \lambda T = np$$
e pode ser resolvido para $p$ como
$$p = \frac{\lambda T}{n}$$
Agora imagine, que cada subintervalo tem um comprimento cada vez menor, ou seja, $n \to \infty$. Assim, $p \to 0$. Esse é o ponto de partida para entendermos como modelar esses resultados usando a distribuição de Poisson.
Assumimos que temos um processo estocástico em que os eventos ocorrem de forma independente e com uma taxa constante $\lambda$, e que executamos esse processo por um período de tempo $T$ (**intervalo**). A execução desse processo é feita $n$ vezes, onde $n$ na verdade tende ao infinito, pois poderíamos em tese executar o processo a cada microssegundo, nanosegundo, ou picosegundo, etc. Ou seja, no intervalo de tempo executamos o experimento infinitas vezes.
Se pensarmos em uma distribuição binomial, temos o número de sucessos em $n$ tentativas, mas com $n \to \infty$.
Vamos deduzir a função massa de probabilidade dessa binomial resultante.
$$
\begin{aligned}
p(x)=P(X=x)&= \left(\begin{array}{c}n\\x\end{array}\right)p^x(1-p)^{n-x} \\
&\lim_{n \to \infty}
\end{aligned}
$$
Tomando o limite quando $n \to \infty$:
$$
\begin{aligned}
p(x)=P(X=x)&= \left(\begin{array}{c}n\\x\end{array}\right)p^x(1-p)^{n-x} \\
&=\frac{n!}{x!(n-x)!}p^x(1-p)^{n-x} \\
&=\frac{n!}{x!(n-x)!}p^x\frac{n^x}{n^x}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n-x} \\
&=\frac{n!}{x!(n-x)!}\frac{(np)^x}{n^x}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n-x}\\
&=\frac{(np)^x}{x!}\frac{n!}{n^x(n-x)!}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n-x} \\
&=\frac{(np)^x}{x!}\frac{n!}{n^x(n-x)!}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{-x}\\
\end{aligned}
$$
Note que $np = \lambda$, assuma um intervalo de tempo $T = 1$.
$$
\begin{aligned}
p(x)=P(X=x)&= \frac{\lambda^x}{x!}\frac{n!}{n^x(n-x)!}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-x}
\end{aligned}
$$
A expressão pode ser separada com o propósito de avaliarmos os seus limites quando $lim(n\rightarrow\infty)$. Os limites em questão são,
$$
\lim_{n \to \infty}\frac{n!}{n^x(n-x)!}= \lim_{n \to \infty}\left\{\frac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{x!}\right\}=1
$$
$$
\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n}=e^{-\lambda}
$$
$$
\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-x}=1
$$
Rearranjando os termos, temos:
$$
\begin{aligned}
p(x)=P(X=x)&= \frac{\lambda^x}{x!} (1) (e^{-\lambda}) (1) \\
p(x)=P(X=x)&= \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}\\
\end{aligned}
$$
Com subintervalos suficientemente pequenos, $n$ é grande e $p$ é pequeno. Propriedades básicas de limites podem ser usadas para mostrar que à medida que $n$ aumenta, a distribuição binomial se aproxima da distribuição de Poisson.
$$
\begin{aligned}
\binom{n}{x} \left(\frac{\lambda T}{n}\right)^x \left(1-\frac{\lambda T}{n}\right)^{n-x} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}
\end{aligned}
$$
Note que $\lambda T = \lambda$ quando $T = 1$, usalmente podemos utilizar o parâmetro $\lambda$ para representar a **taxa média de sucessos** em um **intervalo** de *tempo* ou *espaço*.
:::{.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo Poisson
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notacao:**
$X \sim Poi(\lambda)$
**Premissas:**
- O número de eventos que ocorrem em um intervalo fixo de tempo ou espaço é proporcional à duração do intervalo.
- Os eventos ocorrem de forma independente uns dos outros.
- A probabilidade de um evento ocorrer em um intervalo muito pequeno é proporcional ao tamanho do intervalo.
- A probabilidade de mais de um evento ocorrer em um intervalo muito pequeno é desprezível.
**Variavel aleatoria generalizada:**
$X$ = "Número de **sucessos** em um **intervalo** de tempo ou espaço."
Função Massa de Probabilidade (PMF):
$$P(X = x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$$
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$E(X) = \lambda$
**Variância:**
$Var(X) = \lambda$
:::
:::
<iframe src="../../poisson.html" width="100%" height="950px" style="border:none;"></iframe>
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(2)`
Para o caso do **fio de cobre**, suponha que o número de falhas sejam aleatórios e independentes com uma taxa de ocorrencia constante, com uma **média de 2.3 falhas por metro**.
a. Determine a probabilidade de ocorrer **exatamente duas falhas** em **1 metro** de fio.
b. Determine a probabilidade de ocorrer **exatamente dez falhas** em **5 metros** de fio.
c. Determine a probabilidade de ocorrer **pelo menos uma falha** em **2 metros** de fio.
d. Determine quantos metros de fio precisam ser inspecionados para garantir que **alguma** falha seja encontrada em 95% das vezes.
***
**Solução:**
**a. Determine a probabilidade de ocorrer exatamente duas falhas em 1 metro de fio.**
Seja $X$ o número de falhas em 1 metro de fio. Temos que $X \sim Poi(\lambda)$ com $\lambda T = 2.3$ e $T=1$. Assim, $\lambda = 2.3$ falhas por 1 metro:
$$P(X = 2) = \frac{e^{-2.3}(2.3)^2}{2!} = 0.265$$
**b. Determine a probabilidade de ocorrer exatamente dez falhas em 5 metros de fio.**
Seja $X$ o número de falhas em 5 metros de fio. Temos que $X \sim Poi(\lambda)$ com $\lambda T = 2.3 \times 5 = 11.5$. Assim, $\lambda = 11.5$ falhas por 5 metros:
$$P(X = 10) = \frac{e^{-11.5}(11.5)^{10}}{10!} = 0.113$$
**c. Determine a probabilidade de ocorrer pelo menos uma falha em 2 metros de fio.**
Seja $X$ o número de falhas em 2 metros de fio. Temos que $X \sim Poi(\lambda)$ com $\lambda T = 2.3 \times 2 = 4.6$. Assim, $\lambda = 4.6$ falhas por 2 metros:
$$P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{e^{-4.6}(4.6)^0}{0!} = 0.9899$$
**Interpretacao Pratica:**
Dados os pressupostos do processo de Poisson e um valor para $\lambda$, as probabilidades podem ser calculadas para intervalos de comprimento arbitrário. Tais cálculos são amplamente utilizados para definir especificações de produtos, controlar processos e planejar recursos.
Como exemplo, um engenheiro de qualidade pode usar essa distribuição para determinar quantas amostras de fio precisam ser testadas para garantir que o número de falhas em um lote atenda às especificações do cliente.
**d. Determine quantos metros de fio precisam ser inspecionados para garantir que alguma falha seja encontrada em 95% das vezes.**
Seja $X$ o número de falhas em $T$ metros de fio.
Temos que $X \sim Poi(\lambda)$ com $\lambda T = 2.3 \times T$.
A probabilidade de encontrar pelo menos uma falha é $P(X \geq 1) = 0.95$:
$$P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 0.95$$
$$P(X = 0) = 1 - 0.95 = 0.05$$
$$P(X = 0) = \frac{e^{-2.3T}(2.3T)^0}{0!} = 0.05$$
$$0.05 = e^{-2.3T}$$
$$T = \frac{\ln(0.05)}{-2.3} \approx 1.30$$
Portanto, precisamos inspecionar em média **1.30 metros** de fio para garantir que alguma falha seja encontrada em 95% das vezes.
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(3)`
Gafanhotos distribuem-se aleatoriamente em um vasto campo de forma independente, a uma taxa média de $2$ por metro quadrado. Qual é o tamanho do raio $R$ de uma região amostral circular para que a probabilidade de se encontrar pelo menos um gafanhoto na região seja de $0.99$?
***
**Solução:**
Seja $X$ o número de gafanhotos em uma região circular de raio $R$. Ou seja, uma variável aleatória do tipo Poisson, com parâmetro $\lambda = 2 \times T$, sendo $T$ a área da região em metros quadrados.
A área do círculo é dada por $T = \pi R^2$.
A probabilidade de se encontrar pelo menos um gafanhoto na região é $P(X \geq 1) = 0.99$.
Sabemos que $P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 0.99$, então:
$P(X = 0) = 0.01$
$P(X = 0) = \frac{e^{-\lambda \pi R^2}(\lambda \pi R^2)^0}{0!} = e^{-\lambda \pi R^2} = e^{-2 \pi R^2} =0.01$
$2 \pi R^2 = -\ln(0.01) \approx 4.605$
$R = \sqrt{\frac{-\ln(0.01)}{2\pi}} \approx 0.855$ metros.
Ou seja, uma região circular de aproximadamente **85.5 cm de raio** é necessária para garantir que pelo menos um gafanhoto seja encontrado em 99% das vezes.
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(4)`
Uma banca de jornal faz o pedido de cinco cópias de uma edição de certa revista de fotografia.
Seja $X$ o número de **indivíduos que chegam para comprar a revista** em um dia.
Se $X$ tiver distribuição de Poisson com parâmetro $\lambda = 4$, determine o número esperado de cópias vendidas?
***
**Solução:**
Seja $X$ o número de **indivíduos que chegam para comprar a revista** em um dia.
Sabemos que $X \sim Pois(\lambda=4)$.
O número esperado de indivíduos que chegam para comprar a revista é dado por:
$$E(X) = \lambda = 4$$
Porém, precisamos saber se teremos estoques suficientes para atender a demanda. Nesse sentido precisamos avaliar outra quantidade aleatória, como $Y$ = número de cópias vendidas.
Seja $n_0=5$ o número de cópias disponíveis na banca, e a demanda ocorre conforme uma distribuição de Poisson com parâmetro $\lambda = 4$.
```{r}
#| echo: false
#| warning: false
#| label: fig-ex-poisson-4
#| fig-cap: "Distribuição de probabilidade Poisson com lambda =4"
x_orig <- 0:20
y_orig <- dpois(x_orig, lambda = 4)
plot_pmf(
x = x_orig, y = y_orig,
titulo_x = "Número de indivíduos que chegam para comprar a revista em um dia",
mostrar_parametros = TRUE,
decimais = "%.2f"
)
```
Assim temos, que se a demanda for $X = 0$ então $Y = 0$; se $X = 1$ então $Y = 1$; ...; se $X \geq 5$ então $Y = 5$.
Ou seja a distribuição de $Y$ varia de $0$ até $5$.
Para $Y = 5$ temos a soma das probabilidades de $P(X \geq 5)$.
$P(X \geq 5) = \sum_{x=5}^{\infty} \frac{e^{-4} 4^x}{x!} = 0.371$.
Logo a distribuição de $Y$ é dada por:
```{r}
#| echo: false
#| warning: false
#| label: fig-ex-poisson-4-2
#| fig-cap: "Distribuição de probabilidade do número de cópias vendidas em um dia"
x_orig <- 0:5
y_orig <- c(dpois(0:4, lambda = 4), 1 - ppois(4, lambda = 4))
plot_pmf(
x = x_orig, y = y_orig,
titulo_x = "Número de cópias vendidas em um dia",
mostrar_parametros = FALSE,
decimais = "%.2f"
)
```
E o valor esperado de cópias vendidas é:
\begin{aligned}
E(Y) &= \sum_{y=0}^{5} y \cdot p_Y(y) \\
&= (0)(0.018) + (1)(0.073) + (2)(0.147) + (3)(0.195) + (4)(0.195) + (5)(0.371)\\
&= 3.59
\end{aligned}
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo `r dif(2)`
Em uma localidade específica de Goiânia-GO, durante a emergencia radioativa de 1987, partículas radioativas atingiram um contador Geiger de acordo com um processo de Poisson com uma taxa média de $\lambda = 0.8$ partículas por segundo.
Qual é a probabilidade do contador Geiger detectar 3 ou mais partículas nos próximos 4 segundos?
Qual é a probabilidade do contador Geiger detectar (exatamente) 1 partícula no próximo segundo e 3 ou mais nos próximos 4 segundos?
***
**Solução:**
O número de partículas chegando ao detector nos próximos 4 segundos, $X$, segue uma distribuição de Poisson com parâmetro $\lambda$ por segundo, ou seja, $X \sim Pois(\lambda)$.
Portanto, o parâmetro da distribuição de Poisson para o intervalo de 4 segundos é $\lambda = 0.8 \times 4 = 3.2$.
Portanto, a probabilidade de detectar 3 ou mais partículas é:
$$ P(X \ge 3) = \sum_{x=3}^{\infty} \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} = 1 - P(X \le 2) = 1 - \sum_{x=0}^{2} \frac{e^{-3.2} (3.2)^x}{x!} $$
$$ P(X \ge 3) = 1 - e^{-3.2} \left( \frac{(3.2)^0}{0!} + \frac{(3.2)^1}{1!} + \frac{(3.2)^2}{2!} \right) $$
$$ P(X \ge 3) = 1 - 0.04076 \times (1 + 3.2 + 5.12) = 1 - 0.04076 \times 9.32 = 1 - 0.3799 \approx 0.6201 $$
**b**
A probabilidade conjunta, de uma particula ocorrer no intervalo (0, 1) e 3 ou mais particulas no intervalo (0, 4), envolve dois eventos que não são independentes. No entanto, podemos reescrever a probabilidade conjunta como:
$$P(\text{1 particula em } (0, 1) \cap 3 \text{ ou mais particulas em } (0, 4)) = P(\text{1 particula em } (0, 1) \cap 2 \text{ ou mais particulas em } (1, 4))$$
Agora, os intervalos (0, 1) e (1, 4) são disjuntos, então o número de partículas que chegam em (0, 1) é independente do número de partículas que chegam em (1, 4). Portanto, pela propriedade 2 do processo de Poisson (17.1), a probabilidade conjunta é o produto das probabilidades individuais:
$$P(\text{1 particula em } (0, 1)) \cdot P(\text{2 ou mais particulas em } (1, 4))$$
Agora, sabemos pela propriedade 1 (17.1) que:
O número de partículas em (0, 1) segue uma distribuição de Poisson com parâmetro \(\mu = 0.8\), e o número de partículas em (1, 4) segue uma distribuição de Poisson com parâmetro \(\mu = 2.4\). Se representarmos as funções de probabilidade de massa dessas duas variáveis aleatórias por \(f_1\) e \(f_2\), respectivamente, então a probabilidade é:
$$p_X(1) \cdot (1 - p_Y(0) - p_Y(1)) = e^{-0.8} \cdot \frac{0.8^1}{1!} \cdot \left( 1 - e^{-2.4} \frac{2.4^0}{0!} - e^{-2.4} \frac{2.4^1}{1!} \right) \approx 0.2486 $$
:::
## Distribuição Hipergeométrica
A distribuição de probabilidade hipergeométrica também está relacionada à distribuição binomial. As duas distribuições de probabilidade diferem de duas maneiras principais.
Na distribuição hipergeométrica, as tentativas são **dependentes** e a probabilidade de sucesso **muda** a cada tentativa.
Exemplo de **amostragem sem reposição**: Suponha que a produção diária de $N=850$ peças fabricadas contenha $K=50$ peças que não atendem aos requisitos do cliente. Duas peças são selecionadas aleatoriamente, sem reposição, do lote. Seja a variável aleatória $X$ igual ao número de peças não conformes na amostra. Qual é a probabilidade das duas peças selecionadas serem não conforme ($P(X=2)$)?
$$P(X=2) = \frac{50}{850} \times \frac{49}{849} = 0.003$$
ou ainda, podemos usar as técnicas de contagem para resolver esse problema.
$$P(X=2) = \frac{\binom{50}{2}\binom{800}{0}}{\binom{850}{2}} = 0.003$$
Ambas as abordagens resultam no mesmo valor, mas a segunda abordagem é mais geral e pode ser usada para resolver problemas mais complexos.
Fundamentalmente temos um processo dependente, onde a probabilidade de sucesso muda a cada tentativa, diferente da abordagem binomial. Aqui também temos um número fixo de tentativas $n$, mas a probabilidade de sucesso não é constante.
Podemos pensar em modelar as probabilidades de sucesso e fracasso em cada tentativa como:
$$P(X=x) = \frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$
Que pode ser visto como uma contagem, de $x$ peças consideradas sucesso das $K$ disponíveis e $n-x$ peças consideradas fracasso das $N-K$ disponíveis, sob o total de peças $N$ combinadas na amostra de tamanho $n$.
Na notação usual para a distribuição hipergeométrica, $K$ denota o **número de sucessos** na população de tamanho $N$, e $N - K$ denota o número de **fracassos** na população.
A função de probabilidade hipergeométrica é usada para calcular a probabilidade de que em uma seleção aleatória de $n$ elementos, selecionados **sem reposição**, obtenhamos $x$ elementos rotulados como sucesso e $n - x$ elementos rotulados como fracasso.
Para que esse resultado ocorra, devemos obter $x$ sucessos dos $K$ sucessos na população e $n - x$ fracassos dos $N - K$ fracassos. A seguinte função de probabilidade hipergeométrica fornece $p_X(x)$, a probabilidade de obter $x$ sucessos em $n$ tentativas dependentes.
Note que:
- $\binom{N}{n}$ representa o número de maneiras de selecionar $n$ elementos de uma população de tamanho $N$;
- $\binom{K}{x}$ representa o número de maneiras de selecionar $x$ sucessos de um total de $K$ sucessos na população;
- $\binom{N-K}{n-x}$ representa o número de maneiras de selecionar $n-x$ fracassos de um total de $N-K$ fracassos na população.
A distribuição de probabilidade hipergeométrica é geralmente aplicável para valores de $X = 0, 1, 2, . . ., n$. No entanto, apenas valores de $x$ onde o número de sucessos observados é menor ou igual ao número de sucessos na população ($x \leq K$) e onde o número de fracassos observados é menor ou igual ao número de fracassos na população ($n - x \leq N - K$) são válidos. Se essas duas condições não forem satisfeitas para um ou mais valores de $x$, o $p_X(x)$ correspondente será $0$, indicando que a probabilidade desse valor de $x$ é zero.
Note que $p = (K/N)$ é a probabilidade de um sucesso no primeiro ensaio.
:::{.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Modelo Hipergeométrico
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Notacao:**
$X \sim Hyp(N, K, n)$
**Premissas:**
- Tentativas dependentes
- Probabilidade de sucesso variável
- Número de sucessos $K$ fixo
- Número de tentativas $n$ variável
**Variavel aleatoria generalizada:**
$X$ = "Número de **sucessos** em uma **amostra** de tamanho $n$."
Função Massa de Probabilidade (PMF):
$$P(X = x) = \frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$
:::
:::
::: {.callout-duas-caixas}
::: {.coluna-titulo-dourada}
Valor Esperado e Variância
:::
::: {.coluna-conteudo-dourada}
**Valor Esperado:**
$E(X) = \frac{nK}{N} = np$
**Variância:**
$Var(X) = \frac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)} = n p (1-p) \left( \frac{N-n}{N-1} \right)$
:::
:::
Se o tamanho da população for grande ($N \to \infty$), o termo $(N - n)/(N - 1)$ se aproxima de 1. Como resultado, o valor esperado e a variância da distribuição hipergeométrica se aproximam dos valores esperados e da variância da distribuição binomial. Ou seja, quando o tamanho da população é grande, uma distribuição hipergeométrica pode ser aproximada por uma distribuição binomial com $n$ tentativas e uma probabilidade de sucesso $p = (K/N)$. Isso ocorre porque, quando $N$ é grande, a remoção de alguns elementos da população tem um efeito insignificante sobre a probabilidade de sucesso nos ensaios subsequentes.
O fator $\frac{N-n}{N-1}$, freqüentemente denominado **fator de correção de população finita**. Esse fator é menor do que 1, de forma que a variável hipergeométrica tem variância menor do que a binomial. O fator de correção pode ser escrito como $\frac{1 - n/N}{1 - 1/N}$, que é aproximadamente 1 quando $n$ é pequeno em relação a $N$.
<iframe src="../../hipergeometrico.html" width="100%" height="1000px" style="border:none;"></iframe>
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(1)`
Em uma pesquisa conduzida pela Gallup, os entrevistados foram perguntados: “Qual é o seu esporte favorito?” Futebol e basquete ficaram em primeiro e segundo lugar em termos de preferência (site da Gallup, 3 de janeiro de 2024). Suponha que em um grupo de 100 indivíduos, 70 prefiram futebol e 30 prefiram basquete. Uma amostra aleatória de 10 desses indivíduos é selecionada.
a. Qual é a probabilidade de exatamente 6 preferirem futebol?
b. Qual é a probabilidade de a maioria (6 ou mais) preferir futebol?
***
**Solução:**
**a. Qual é a probabilidade de exatamente 6 preferirem futebol?**
A variável aleatória que pode ser utilizada para resolver essa questão é:
$X$ = "Número de **indivíduos que preferem futebol** na **amostra de 10 indivíduos**."
Ou seja, uma variável aleatória hipergeométrica com parâmetros $N=100$, $K=70$ e $n=10$, assim:
$X \sim Hyp(N=100, K=70, n=10)$.
$$P(X=6) = \frac{\binom{70}{6}\binom{100-70}{10-6}}{\binom{100}{10}} = \frac{\binom{70}{6}\binom{30}{4}}{\binom{100}{10}} = 0.2075$$
**b. Qual é a probabilidade de a maioria (6 ou mais) preferir futebol?**
$$P(X \geq 6) = P(X=6) + P(X=7) + P(X=8) + P(X=9) + P(X=10)$$
ou utilizando a função de distribuição cumulativa (CDF):
$$P(X \geq 6) = 1 - P(X < 6) = 1 - P(X \leq 5) = 1 - 0.3459 = 0.6541$$
:::
::: {.exemplo icon="false"}
#### Exemplo - `r dif(5)`
A empresa BX fabrica explosivos de controle remoto. Um estudo recentemente efetuado em lotes de 20 explosivos, revelou que o número de explosivos defeituosos em cada lote segue a distribuição abaixo apresentada. Um lote é rejeitado se existir um ou mais explosivos com defeito entre três sorteados desse mesmo lote. A tabela abaixo apresenta a distribuição de probabilidade do número de explosivos defeituosos em cada lote.
| $y$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| $p_Y(y)$ | 0.25 | 0.48 | 0.25 | 0.02 |
a. Qual o valor esperado e o desvio padrão do número de explosivos defeituosos nos lotes?
b. Se um lote tiver 2 explosivos defeituosos, qual é a probabilidade de esse lote ser rejeitado?
c. Sabendo que um lote foi aceito, qual é a probabilidade de esse lote ter exatamente um explosivo defeituoso?
d. Qual o valor esperado do número de defeituosos nos lotes aceitos?
***
**Solução:**
**a. Qual o valor esperado e o desvio padrão do número de explosivos defeituosos nos lotes?**
A variável aleatória que pode ser utilizada para resolver essa questão é:
$Y$ = "Número de **explosivos defeituosos** no **lote**."
A variável aleatória segue um modelo **empírico**, apresentado na tabela.
\begin{aligned}
E[Y] &= \sum_{y=0}^{3} y p_Y(y) \\
&= 0 \times 0.25 + 1 \times 0.48 + 2 \times 0.25 + 3 \times 0.02 \\
&= 0.48 + 0.50 + 0.06 = 1.04\\
V(Y) &= \sum_{y=0}^{3} (y - E[Y])^2 p_Y(y) \\
&= (0 - 1.04)^2 \times 0.25 + (1 - 1.04)^2 \times 0.48 + (2 - 1.04)^2 \times 0.25 + (3 - 1.04)^2 \times 0.02 \\
&= 1.0816 \times 0.25 + 0.0016 \times 0.48 + 0.9216 \times 0.25 + 3.8416 \times 0.02 \\
&= 0.2704 + 0.000768 + 0.2304 + 0.076832 = 0.5784\\
DP(Y) &= \sqrt{V(Y)} \\
&= \sqrt{0.5784} = 0.7605\\
\end{aligned}
Em média, os lotes apresentam $1.04$ explosivos defeituosos, com um desvio padrão de $0.7605$.
**b. Se um lote tiver 2 explosivos defeituosos, qual é a probabilidade de esse lote ser rejeitado?**
\begin{aligned}
P(X \geq 1) &= p_X(1) + p_X(2)\\
\\
p_Y(y) &= \frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}\\
p_Y(1) &= \frac{\binom{2}{1}\binom{20-2}{3-1}}{\binom{20}{3}} = 0.2684211\\
p_Y(2) &= \frac{\binom{2}{2}\binom{20-2}{3-2}}{\binom{20}{3}} = 0.0157895\\
\\
P(Y \geq 1) &= 0.2684211 + 0.0157895 = 0.2842106\\
\end{aligned}
**c. Sabendo que um lote foi aceito, qual é a probabilidade de esse lote ter exatamente um explosivo defeituoso?**
$A$ = {Lote foi aceito}
Note que um lote pode ser aceito, independentemente do número de explosivos defeituosos no lote ($Y$).
\begin{aligned}
P(Y=1 | A) &= \frac{P(Y=1 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=1)P(A|Y=1)}{P(A)} \\
&= \frac{0.48 \cdot (0.85)}{P(A)}\\
\end{aligned}
Usando a **regra da probabilidade total**, podemos calcular a probabilidade do lote ser aceito, independentemente do número de explosivos defeituosos no lote ($Y$):
\begin{aligned}
P(A) &= P(Y=0 \cap A) + P(Y=1 \cap A) + P(Y=2 \cap A) + P(Y=3 \cap A) \\
&= P(Y=0)P(A|Y=0) + P(Y=1)P(A|Y=1) + \\
& \quad P(Y=2)P(A|Y=2) + P(Y=3)P(A|Y=3) \\
\end{aligned}
Para facilitar o nosso processo, vamos criar uma variável aleatória que represente o número de explosivos defeituosos na amostra de tamanho $n=3$.
$W$ = "Número de **explosivos defeituosos** na **amostra** de tamanho **n = 3** de um lote de **N = 20** explosivos com **Y** defeituosos". Sabemos que essa variável segue uma distribuição hipergeométrica, ou seja:
$W \sim Hiper(N=20,K=y,n=3)$
Note que $K=y$ pois o número de explosivos defeituosos no lote é $y$, e quando nestes lotes o número de explosivos defeituosos na amostra for $0$, então o lote é aceito, dessa forma queremos calcular a probabilidade de $W=0$, para os casos quando $y=0,1,2,3$.
\begin{aligned}
P(A|Y=0) \rightarrow P(W=0 |Y=0) &= \frac{\binom{0}{0}\binom{20-0}{3-0}}{\binom{20}{3}} = 1\\
P(A|Y=1) \rightarrow P(W=0 |Y=1) &= \frac{\binom{1}{0}\binom{20-1}{3-0}}{\binom{20}{3}} = 0.85\\
P(A|Y=2) \rightarrow P(W=0 |Y=2) &= \frac{\binom{2}{0}\binom{20-2}{3-0}}{\binom{20}{3}} = 0.7157895\\
P(A|Y=3) \rightarrow P(W=0 |Y=3) &= \frac{\binom{3}{0}\binom{20-3}{3-0}}{\binom{20}{3}} = 0.5964912\\
\end{aligned}
Assim, a probabilidade do lote ser aceito ($P(A)$ ou $P(W=0)$), independentemente do número de explosivos defeituosos no lote ($Y$) é:
$$
P(A) = 0.25(1) + 0.48(0.85) + 0.25(0.7157895) + 0.02(0.5964912) = 0.8488772
$$
Logo, a probabilidade do lote ter exatamente um explosivo defeituoso, sabendo que o lote foi aceito é:
\begin{aligned}
P(Y=1 | A) &= \frac{P(Y=1 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=1)P(A|Y=1)}{P(A)} \\
&= \frac{0.48 \cdot (0.85)}{0.8488772} = 0.4806349\\
\end{aligned}
**d. Qual o valor esperado do número de defeituosos nos lotes aceitos?**
$A$ = {Lote foi aceito}
$Y$ = {Número de defeituosos no lote}
Um lote pode ser aceito quando ele possui $y=0,1,2$ ou $3$ defeituosos no lote de tamanho $N = 20$.
Sendo assim, gostaríamos de saber:
\begin{aligned}
E[Y|A] &= \sum{y|A \cdot p_{Y|A}(y|A)}\\
&= 0\cdot P(Y=0|A) + 1\cdot P(Y=1|A) +2\cdot P(Y=2|A) +3\cdot P(Y=3|A)
\end{aligned}
\begin{aligned}
P(Y=0|A) &= \frac{P(Y=0 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=0)P(A|Y=0)}{P(A)} \\
&= \frac{0.25(1)}{0.8488772} = 0.2945\\
\\
P(Y=1|A) &= \frac{P(Y=1 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=1)P(A|Y=0)}{P(A)} \\
&= \frac{0.48(0.85)}{0.8488772} = 0.48067\\
\\
P(Y=2|A) &= \frac{P(Y=2 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=2)P(A|Y=0)}{P(A)} \\
&= \frac{0.25(0.7157895)}{0.8488772} = 0.21082\\
\\
P(Y=3|A) &= \frac{P(Y=3 \cap A)}{P(A)} \\
&= \frac{P(Y=3)P(A|Y=0)}{P(A)} \\
&= \frac{0.02(0.5964912)}{0.8488772} = 0.014055\\
\end{aligned}
\begin{aligned}
E[Y|A] &= \sum{y|A \cdot p_{Y|A}(y|A)}\\
&= 0\cdot P(Y=0|A) + 1\cdot P(Y=1|A) +2\cdot P(Y=2|A) +3\cdot P(Y=3|A)\\
&= 0\cdot (0.2945) + 1\cdot (0.48067) +2\cdot (0.21082) +3\cdot (0.014055)\\
&= 0.9592
\end{aligned}
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