Probabilidade

Em dezembro de 2024, a prova do PAS 2 descreveu um teste de vacina: 100 pessoas, 50 com a vacina e 50 com placebo; ao fim, 40 tinham sintomas da doença. O caderno sorteou duas dessas 100 pessoas e afirmou que a probabilidade de pelo menos uma delas ter sintomas “será inferior a 0,6”. Três linhas depois, o único item de resposta construída de Matemática daquela prova mandou preencher uma tabela com as chances de 0, 1 e 2 sintomáticos entre os dois sorteados e desenhar um gráfico de pizza com elas. Um ano depois, a mesma banca deu a tabela dos 336 municípios do MATOPIBA, sorteou dois e perguntou se a chance de ambos serem “do Maranhão ou da Bahia” superava a de ambos serem “do Tocantins ou do Piauí”; o item foi anulado no gabarito definitivo. Os três itens cabem numa única pergunta: o que é, em número, a chance de alguma coisa acontecer?

A resposta desta página é uma medida. Um experimento cujo resultado não se pode prever (um sorteio, um lançamento de dado, a escolha de uma pessoa numa lista) tem um conjunto de resultados possíveis, e a probabilidade distribui o número 1 entre eles: o que é impossível recebe 0, o que é certo recebe 1, e cada evento recebe a fatia que lhe cabe. Quando todos os resultados têm a mesma chance, a fatia é uma contagem dividida por outra, e por isso contar sem enumerar é o passo anterior a esta página. Quando as chances vêm de uma tabela de frequências, a fatia é a frequência relativa. As regras que ligam as fatias umas às outras (complementar, “ou”, “e”, “pelo menos um”) são poucas e valem nos dois casos. O que fica para a página seguinte é a chance recalculada depois de uma informação nova, a probabilidade condicional; aqui só se multiplica quando os eventos não se influenciam.

Antes de medir: o que pode acontecer

Lance dois dados comuns, um vermelho e um azul, e anote o par de faces. O resultado é imprevisível, mas a lista de todos os resultados possíveis não é: $(1, 1), (1, 2), \ldots, (6, 6)$, trinta e seis pares, organizados numa grade de 6 linhas por 6 colunas. Essa lista tem nome.

Escrever o espaço amostral é a metade do trabalho que mais se pula. Duas moedas lançadas têm quatro resultados, $\{KK, KC, CK, CC\}$ (K = cara, C = coroa), e não três: “uma cara e uma coroa” acontece de duas maneiras, $KC$ e $CK$. Dois algarismos escolhidos ao acaso formam 100 pares, de 00 a 99. Duas pessoas sorteadas entre 100 formam $C_{100,2} = 4\,950$ duplas. Quem não escreve (ou pelo menos conta) o espaço amostral acaba dividindo pelo número errado.

Em 2019, o PAS 3 descreveu o código dos candidatos a deputado federal: dois dígitos do partido seguidos de dois algarismos. O item afirmou que “a probabilidade de que a soma dos dois algarismos finais da inscrição de um candidato a deputado federal seja menor que 6 é superior a 20%”. Espaço amostral: os 100 pares de algarismos, de 00 a 99, todos com a mesma chance. Evento: soma menor que 6, isto é, soma 0, 1, 2, 3, 4 ou 5. Soma 0 tem 1 par (00); soma 1 tem 2 (01, 10); soma 2 tem 3; soma 3 tem 4; soma 4 tem 5; soma 5 tem 6. Total $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$ pares, $\dfrac{21}{100} = 21\% > 20\%$. Certo. Os 33 partidos do enunciado não entram na conta: o item pergunta só pelos dois algarismos finais.

Quando todos os resultados têm a mesma chance

Um dado honesto não prefere face nenhuma; um baralho bem embaralhado não prefere carta nenhuma; uma lista de 100 nomes sorteada por uma urna não prefere nome nenhum. Nesses casos, os $n(S)$ resultados dividem o 1 em partes iguais, cada resultado elementar vale $\dfrac{1}{n(S)}$, e a chance de um evento é o número de resultados que ele contém vezes essa fração.

Exemplo resolvido 1: a soma dos dois dados. Qual é a probabilidade de a soma de dois dados ser 7? Espaço amostral: 36 pares equiprováveis. Favoráveis: a diagonal da grade, 6 pares. $P = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$. E de a soma ser menor que 6? Dez células (somas 2, 3, 4 e 5, com 1, 2, 3 e 4 pares cada): $P = \dfrac{10}{36} = \dfrac{5}{18} \approx 0{,}278$. Conferência: as onze somas, de 2 a 12, têm $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36$ pares, exatamente o espaço inteiro. Se a sua contagem das somas não fechar em 36, algum par ficou de fora ou entrou duas vezes.

Em 2018, o PAS 3 desenhou uma roda-gigante de 16 cadeiras, com quatro posições marcadas P1 a P4, e afirmou: “a probabilidade de, em determinado instante, a cadeira de João e Juliana estar na posição P1 é inferior a 7%”. Dezesseis cadeiras, dezesseis posições igualmente prováveis num instante qualquer, uma favorável: $\dfrac{1}{16} = 0{,}0625 = 6{,}25\% < 7\%$. Certo. O item testa só se você identifica $n(S) = 16$ na figura e converte a fração em porcentagem.

Em 2023, a prova apresentou a escala de mi maior (sete notas) e a tabela dos sete acordes do campo harmônico, cada um com três notas da escala, e afirmou que, “ao serem tocadas no piano, ao acaso, três notas na escala de mi maior, a probabilidade de ser tocado um dos acordes do campo harmônico de mi maior é de 1/5”. Possíveis: trios de notas entre sete, $C_{7,3} = \dfrac{7 \times 6 \times 5}{6} = 35$. Favoráveis: os sete acordes da tabela. $\dfrac{7}{35} = \dfrac{1}{5}$. Certo. A probabilidade saiu de uma combinação no denominador e de uma contagem na tabela no numerador, o molde que a próxima seção explora.

Contar é o passo anterior: combinações nos dois andares

Quando o experimento sorteia várias coisas de uma vez (duas pessoas, três animais, quatro vértices), o espaço amostral é o conjunto das escolhas possíveis, e contá-lo é um problema de combinação. O evento também. A probabilidade vira uma fração de duas combinações, e o cuidado é usar o mesmo critério em cima e embaixo: se o denominador conta conjuntos sem ordem ($C_{n,k}$), o numerador também conta conjuntos sem ordem.

Exemplo resolvido 2: duas pessoas entre cem (PAS 2 2024). No teste da vacina, 100 pessoas, 40 com sintomas e 60 sem; duas são escolhidas ao acaso. Qual é a probabilidade de pelo menos uma ter sintomas? Possíveis: $C_{100,2} = \dfrac{100 \times 99}{2} = 4\,950$ duplas. Contar as duplas com pelo menos um sintomático pela frente exige dois casos (exatamente um, $40 \times 60 = 2\,400$; os dois, $C_{40,2} = 780$), total $3\,180$. Pelo complementar é mais curto: as duplas sem sintomático saem inteiras dos 60 sem sintomas, $C_{60,2} = \dfrac{60 \times 59}{2} = 1\,770$, e

$$P(\text{pelo menos um}) = 1 - \frac{1\,770}{4\,950} = \frac{3\,180}{4\,950} \approx 0{,}642.$$

O item afirmou que seria inferior a 0,6: errado. Conferência pelo caminho sucessivo: a primeira pessoa sem sintomas tem chance $\dfrac{60}{100}$; sorteada ela, a segunda sem sintomas tem $\dfrac{59}{99}$; o produto $\dfrac{60}{100} \times \dfrac{59}{99} = \dfrac{3\,540}{9\,900} \approx 0{,}358$ é o mesmo $\dfrac{1\,770}{4\,950}$. Os dois caminhos têm de bater, e bater é a melhor conferência que existe nesta página.

Os dois caminhos são os mesmos de sempre: a combinação conta o sorteio como simultâneo (duplas sem ordem em cima e embaixo); o produto sucessivo imagina as pessoas sorteadas uma de cada vez, com a segunda fração calculada no conjunto que sobrou (99 pessoas, 59 sem sintomas), porque a primeira pessoa não volta para a lista. “Sem reposição” é isso: o segundo sorteio acontece num conjunto menor.

Em 2016, o PAS 3 desenhou uma estrela de cinco pontas com dez vértices (as cinco pontas e os cinco vértices do pentágono interno) e pediu, em resposta numérica, a probabilidade de quatro vértices escolhidos ao acaso entre os dez serem colineares, multiplicada por 10 000. Possíveis: $C_{10,4} = 210$ quartetos de vértices. Favoráveis: cada um dos cinco segmentos da estrela contém exatamente quatro dos dez vértices (duas pontas e dois do pentágono), e não há outra reta com quatro deles; cinco quartetos. $\dfrac{5}{210} = \dfrac{1}{42} \approx 0{,}0238$; vezes 10 000, 238. O fator de escala só serve para que o número marcado caiba em três algarismos; não o esqueça, e não o aplique antes de terminar a fração.

Em 2017, a prova deu uma tabela de 1 200 bovinos distribuídos por três fazendas e três faixas de idade, com 280 animais com menos de 24 meses (90 da Tampa, 110 da Boa Vista e 80 da Monte Verde), e afirmou que, escolhidos ao acaso três animais entre os 280, a probabilidade de cada um ser de uma fazenda diferente “pode ser calculada pela expressão $\dfrac{80 \times 90 \times 110}{280^3}$”. O numerador está certo para o número de trios com um animal de cada fazenda, $90 \times 110 \times 80$, mas o denominador $280^3$ conta sequências de três sorteios com reposição (o mesmo animal podendo sair três vezes), e um trio não é uma sequência. O denominador certo para o numerador sem ordem é $C_{280,3}$; e, se quiséssemos contar com ordem, o numerador teria de ser multiplicado por $3! = 6$ e o denominador seria $280 \times 279 \times 278$. A expressão do item mistura os critérios: errado. A probabilidade correta é $\dfrac{90 \times 110 \times 80}{C_{280,3}} \approx 0{,}219$, e a expressão do item daria $0{,}036$, seis vezes menor.

Em 2020, com a tabela das cinco vacinas (Madivax 16 doses e Tembulax 36, as duas de vírus inativado, num grupo de 100 pessoas), o PAS 3 pediu, em resposta numérica: dois indivíduos receberam vacinas de vírus inativado; qual a probabilidade de terem recebido vacinas diferentes, vezes 1 000? São $16 + 36 = 52$ pessoas; duplas possíveis, $C_{52,2} = 1\,326$; favoráveis, uma de cada vacina, $16 \times 36 = 576$. $\dfrac{576}{1\,326} \approx 0{,}4344$, resposta 434. Pelo caminho sucessivo: $\dfrac{16}{52} \times \dfrac{36}{51} + \dfrac{36}{52} \times \dfrac{16}{51} = \dfrac{2 \times 16 \times 36}{52 \times 51} = \dfrac{1\,152}{2\,652}$, o mesmo número. Repare no fator 2 do caminho sucessivo: Madivax-depois-Tembulax e Tembulax-depois-Madivax são duas sequências e uma única dupla.

As regras que toda probabilidade obedece

A probabilidade clássica é a mais usada, mas não é a definição. A definição é uma lista de três regras, e qualquer maneira de atribuir números a eventos que as obedeça é uma probabilidade, venha ela de uma contagem, de uma tabela de frequências ou de um modelo.

A regra 1 derruba contas antes de qualquer interpretação: uma resposta como $\dfrac{7}{5}$ ou 120% não é probabilidade de nada, e um item que leve a ela tem um erro no caminho. A regra 3 é a que exige leitura: ela só soma eventos que se excluem. A próxima seção é toda sobre o que fazer quando não se excluem.

“Ou”: somar só quando não há sobreposição

Tire uma carta de um baralho comum de 52 cartas. Qual é a chance de sair um rei ou uma carta de copas? Há 4 reis e 13 cartas de copas. Somar dá $\dfrac{4}{52} + \dfrac{13}{52} = \dfrac{17}{52}$, mas a lista das cartas favoráveis tem 16 nomes, não 17: o rei de copas é rei e é de copas, e a soma o contou duas vezes. A conta certa desconta a carta comum: $4 + 13 - 1 = 16$, $P = \dfrac{16}{52} = \dfrac{4}{13}$.

Exemplo resolvido 3: duas leituras do “ou” na grade dos dados. Nos dois dados, qual é a chance de sair soma 7 ou pelo menos um 6? $A$ = soma 7, 6 pares; $B$ = pelo menos um 6: a última linha e a última coluna da grade, $6 + 6 - 1 = 11$ pares (o par $(6, 6)$ está nas duas). $A \cap B$: soma 7 com um 6, os pares $(1, 6)$ e $(6, 1)$, 2 pares. $P(A \cup B) = \dfrac{6}{36} + \dfrac{11}{36} - \dfrac{2}{36} = \dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}$. Conferência: marque na grade; são 6 células da diagonal mais 11 da borda, com 2 em comum: 15. Agora soma 7 ou soma 11: as duas somas não podem sair juntas, $\dfrac{6}{36} + \dfrac{2}{36} = \dfrac{8}{36} = \dfrac{2}{9}$, sem desconto nenhum, porque a interseção é vazia.

Em 2008, o PAS 3 trouxe um gráfico de pizza da distribuição dos usuários de Internet pelos continentes (Ásia 42,0%, Américas 26,5%, Europa 26,0%, África 4,0%, Oceania 1,5%) e afirmou que, “ao se selecionar ao acaso um usuário de Internet no mundo, as chances de esse usuário estar na África ou nas Américas são superiores a 32%”. Um usuário está em um continente só: os eventos se excluem e a soma simples vale, $4{,}0\% + 26{,}5\% = 30{,}5\%$, que não supera 32%. Errado. As fatias da pizza são probabilidades prontas, e a conferência é que as cinco somam 100%.

Em 2010, a prova deu uma tabela com a avaliação da educação pública em duas pesquisas, 2006 (2 000 entrevistados: ótima/boa 25%, regular 45%, ruim/péssima 28%, não souberam 2%) e 2010 (2 200 entrevistados: 34%, 44%, 21%, 1%), e afirmou que, “se os conjuntos dos entrevistados de 2006 e de 2010 forem disjuntos, então, escolhendo-se, ao acaso, um desses entrevistados, a possibilidade de ele ter avaliado a educação pública brasileira como regular ou de não saber ou não ter respondido é superior a 0,47”. Aqui o espaço amostral é a união dos dois grupos, $2\,000 + 2\,200 = 4\,200$ pessoas, e os percentuais precisam virar pessoas antes de somar: regular, $0{,}45 \times 2\,000 + 0{,}44 \times 2\,200 = 900 + 968 = 1\,868$; não souberam, $0{,}02 \times 2\,000 + 0{,}01 \times 2\,200 = 40 + 22 = 62$. Como ninguém deu duas respostas, as duas categorias se excluem: $\dfrac{1\,868 + 62}{4\,200} = \dfrac{1\,930}{4\,200} \approx 0{,}460 < 0{,}47$. Errado. Quem soma os percentuais das duas pesquisas e divide por 2 (média simples: $\dfrac{47 + 45}{2} = 46\%$) chega perto por acaso; o caminho certo passa pelas pessoas, porque as duas pesquisas têm tamanhos diferentes.

Em 2014, a tabela de uma clínica de fertilização listou, por faixa etária, as mulheres em tratamento e as que engravidaram (G.1: 370 e 185; G.2: 1 508 e 686; G.3: 1 032 e 284; G.4: 290 e 38; totais 3 200 e 1 193). “É inferior a 28% a chance de uma mulher que engravidou após o tratamento pertencer à faixa etária do grupo G.3 ou G.4.” O enunciado fixa o universo: as 1 193 que engravidaram. G.3 ou G.4, grupos que não se sobrepõem: $284 + 38 = 322$. $\dfrac{322}{1\,193} \approx 0{,}270 < 0{,}28$. Certo. Repare que o denominador é a coluna das que engravidaram, não o total de 3 200: “uma mulher que engravidou” diz de que conjunto ela sai.

Em 2017, na tabela dos bovinos (Tampa 90, 230 e 140 animais nas faixas $I < 24$, $24 \le I \le 36$ e $I > 36$ meses; Monte Verde 80, 150 e 110; total 1 200), o item afirmou que “a probabilidade de se escolher ao acaso um animal da Fazenda da Tampa ou da Fazenda Monte Verde e de idade menor ou igual a 36 meses é inferior a 40%”. Duas fazendas que se excluem, e uma condição de idade que vale para as duas: Tampa com até 36 meses, $90 + 230 = 320$; Monte Verde com até 36 meses, $80 + 150 = 230$; total $550$ em $1\,200$, $\approx 45{,}8\%$. Errado. Note a estrutura da frase: “(Tampa ou Monte Verde) e (idade $\le 36$)”; o “e” restringe as duas parcelas.

O “ou” da linguagem comum é quase sempre inclusivo (“rei ou copas” inclui o rei de copas), e a fórmula da união já cuida disso. O “ou” exclusivo (“ou um, ou outro, não os dois”) é um evento diferente, $P(A) + P(B) - 2\,P(A \cap B)$, e aparece pouco em prova; quando aparecer, o enunciado costuma dizer “exatamente um”.

“Pelo menos um”: entre pela porta dos fundos

“Pelo menos um” junta vários casos (um, ou dois, ou três, …) e por isso dá trabalho pela frente. O seu complementar é um caso só: nenhum. A regra que vale sempre:

$$P(\text{pelo menos um}) = 1 - P(\text{nenhum}).$$

Exemplo resolvido 4: moedas e dados. Duas moedas: a chance de pelo menos uma cara é $1 - P(\text{nenhuma cara}) = 1 - P(CC) = 1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$; pela frente seria $P(KK) + P(KC) + P(CK) = \dfrac{3}{4}$, o mesmo, com três parcelas. Três dados: a chance de pelo menos um 6 é $1 - P(\text{nenhum 6})$; “nenhum 6” em três lançamentos é $\left(\dfrac{5}{6}\right)^3 = \dfrac{125}{216}$ (os lançamentos não se influenciam, e o produto é o assunto de uma seção adiante), logo $P = 1 - \dfrac{125}{216} = \dfrac{91}{216} \approx 0{,}42$. Pela frente seriam três casos (um 6, dois 6, três 6) com contagens separadas. Conferência numa versão pequena: com um dado só, $1 - \dfrac{5}{6} = \dfrac{1}{6}$, que é a chance de um 6, como tem de ser.

O item de 2024 do PAS 2 é esse molde com combinações: “pelo menos uma com sintomas” virou $1 - \dfrac{C_{60,2}}{C_{100,2}}$ no Exemplo 2. E a variante que a mesma prova poderia ter feito, “a probabilidade de nenhuma das duas ter sintomas”, é a própria fração $\dfrac{1\,770}{4\,950} \approx 0{,}358$, sem o 1 na frente. Leia a palavra antes de subtrair.

Quando a chance vem de uma tabela: a probabilidade frequentista

Nenhuma moeda real é perfeitamente honesta, e ninguém conhece a chance de um pneu furar listando “casos favoráveis”. Para esses experimentos, a probabilidade se estima repetindo: em $n$ repetições, o evento ocorreu $k$ vezes, e a frequência relativa $\dfrac{k}{n}$ é a estimativa. Quanto maior $n$, mais estável fica a fração.

Na prática do PAS, a tabela é a fonte mais comum de probabilidades, e a única dificuldade é decidir que total vai no denominador. Em 2014, com a tabela da fertilização, “a probabilidade de uma mulher do grupo G.1 engravidar com o tratamento de FIV foi superior a 0,55”: universo, as 370 mulheres do G.1; favoráveis, as 185 que engravidaram; $\dfrac{185}{370} = 0{,}5$, que não supera 0,55. Errado. Em 2015, a tabela da população feminina do Distrito Federal por raça e renda familiar (em milhares: renda média alta 438, média baixa 602, baixa 164, total 1 204; pardas 631 e brancas 498 no total; na renda média alta, 194 pardas e 230 brancas) sustentou dois itens. “A probabilidade de uma mulher cujo nome tenha sido selecionado no arquivo pertencer a uma família com renda média baixa é inferior a 0,6”: $\dfrac{602}{1\,204} = 0{,}5$. Certo. E, em resposta numérica, a probabilidade de o nome ser de uma mulher “parda ou branca e pertença a uma família com renda média alta”, vezes 1 000: a linha da renda média alta, colunas parda e branca, $194 + 230 = 424$; $\dfrac{424}{1\,204} \approx 0{,}3521$; resposta 352. O “ou” entre parda e branca soma (uma mulher tem uma raça só na tabela); o “e” com a renda escolhe a linha.

Em 2016, a prova listou 14 caixas de som de uma orquestra de laptops, em sete pares com a mesma frequência predominante (A e A’, 60 Hz; B e B’, 170; C e C’, 310; D e D’, 7 500; E e E’, 2 200; F e F’, 1 550; G e G’, 5 100), e afirmou: “escolhendo-se ao acaso uma caixa de som com frequência predominante maior que 2 000 Hz, a probabilidade de que a caixa escolhida seja a G ou a G’ será maior que 40%”. O universo é fixado pela frase: caixas acima de 2 000 Hz, os pares D, E e G, seis caixas. Favoráveis: G e G’, duas. $\dfrac{2}{6} \approx 33\% < 40\%$. Errado. O item testa se você restringe o espaço amostral ao que o enunciado descreve antes de contar; quem divide por 14 chega a $\dfrac{2}{14} \approx 14\%$ e julga o mesmo, mas pelo motivo errado.

Quando os resultados não têm a mesma chance: o espaço com pesos

A soma de dois dados já mostrou um espaço amostral cujos resultados têm chances diferentes: as onze somas. A maneira honesta de tratar um espaço assim é dar a cada resultado a sua probabilidade numa tabela, calculada a partir de um espaço equiprovável mais fino (os 36 pares) ou de frequências, e conferir que a coluna soma 1. A partir daí, as regras valem como sempre: a chance de um evento é a soma das chances dos resultados que ele contém.

Exemplo resolvido 5: a tabela e a pizza. Uma urna tem 3 bolas verdes e 5 amarelas; duas bolas são retiradas de uma vez. Chame de $A_0$, $A_1$ e $A_2$ os eventos “0, 1 ou 2 bolas verdes entre as retiradas”. O espaço $S = \{A_0, A_1, A_2\}$ tem três resultados que não são equiprováveis, e o jeito de medir cada um é descer ao espaço das duplas, $C_{8,2} = 28$, que é equiprovável:

Conferência: $10 + 15 + 3 = 28$ e $0{,}357 + 0{,}536 + 0{,}107 = 1{,}000$. No gráfico de pizza, cada fatia tem o ângulo central proporcional à probabilidade: $0{,}357 \times 360^\circ \approx 129^\circ$, $0{,}536 \times 360^\circ \approx 193^\circ$ e $0{,}107 \times 360^\circ \approx 39^\circ$, que somam $361^\circ$ por causa dos arredondamentos (com as frações exatas, $\dfrac{10}{28}, \dfrac{15}{28}, \dfrac{3}{28}$ de $360^\circ$, a soma é exata).

Foi exatamente esse o item de resposta construída de 2024: duas pessoas sorteadas entre as 100 do teste da vacina, cada uma infectada (I) ou não (N), e o espaço $S = \{A_0, A_1, A_2\}$ com $A_0 = \{N, N\}$, $A_1 = \{I, N\}$ e $A_2 = \{I, I\}$; a banca pediu a tabela de $P(x = 0)$, $P(x = 1)$ e $P(x = 2)$ e o gráfico de pizza. Com 40 infectados e 60 não infectados: $P(0) = \dfrac{C_{60,2}}{C_{100,2}} = \dfrac{1\,770}{4\,950} \approx 0{,}36$, $P(1) = \dfrac{40 \times 60}{4\,950} = \dfrac{2\,400}{4\,950} \approx 0{,}48$, $P(2) = \dfrac{C_{40,2}}{4\,950} = \dfrac{780}{4\,950} \approx 0{,}16$; soma $\dfrac{1\,770 + 2\,400 + 780}{4\,950} = \dfrac{4\,950}{4\,950} = 1$. As fatias: cerca de $129^\circ$, $175^\circ$ e $57^\circ$. O item inteiro está resolvido entre os exercícios desta página, no formato em que a prova o cobrou; o que a banca queria ver era um espaço legítimo, não equiprovável, medido com cuidado e conferido pela soma.

“E”: multiplicar só quando os eventos são independentes

Lance uma moeda e depois um dado. A chance de cara e 6? A moeda não sabe o que o dado vai fazer: dos 12 resultados $\{K1, \ldots, K6, C1, \ldots, C6\}$, igualmente prováveis, um só é $K6$, e $\dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{6}$. A chance do “e” saiu do produto das chances. Isso vale sempre que os dois eventos não se influenciam.

Exemplo resolvido 6: o circuito. Três componentes, A, B e C, estão ligados em série e falham de modo independente, com probabilidades de falha 10%, 20% e 25%. Em série, a corrente só passa se os três funcionarem. $P(\text{todos funcionam}) = 0{,}90 \times 0{,}80 \times 0{,}75 = 0{,}54$; $P(\text{nao passa corrente}) = 1 - 0{,}54 = 0{,}46$. Pela frente seria somar sete casos (falha só A, só B, só C, A e B, …); o complementar resolve numa linha. Conferência: se os três fossem perfeitos (falha 0), $1 - 1 = 0$; se um deles falhasse sempre, $1 - 0 = 1$. Os extremos batem. Em paralelo, a lógica inverte: a corrente só deixa de passar se todos falharem, $0{,}10 \times 0{,}20 \times 0{,}25 = 0{,}005$.

Em 2008, com a pizza dos usuários de Internet (Ásia 42%), o PAS 3 afirmou que, “considerando que três usuários de Internet no mundo sejam selecionados ao acaso, as chances de os três estarem na Ásia são superiores a 7%”. Numa população de centenas de milhões, sortear três pessoas é, para todos os efeitos, sortear com reposição: as três escolhas são independentes e $0{,}42^3 = 0{,}074 = 7{,}4\% > 7\%$. Certo. (O produto exato sem reposição difere na quinta casa decimal.)

Em 2018, na roda-gigante de 16 cadeiras e no carrossel de 8 cavalos, “a probabilidade de José estar em um dos quatro cavalos visíveis e João e Juliana estarem em uma das três cadeiras entre as posições P3 e P4 é superior a 10%”. O carrossel e a roda-gigante param em posições que não dependem uma da outra: $P = \dfrac{4}{8} \times \dfrac{3}{16} = \dfrac{12}{128} = 0{,}09375 = 9{,}4\% < 10\%$. Errado. O “e” multiplicou porque os dois brinquedos são independentes; os números $4$, $8$, $3$ e $16$ vêm da figura e do texto.

A aplicação que a matriz do PAS cita pelo nome é a genética mendeliana, e ela é um exercício de espaço amostral e de produto. No cruzamento $Aa \times Aa$, o quadro de Punnett tem quatro resultados equiprováveis ($AA$, $Aa$, $aA$, $aa$), logo $P(aa) = \dfrac{1}{4}$ e $P(\text{fenotipo dominante}) = \dfrac{3}{4}$. Em 2018, o PAS 3 descreveu a Glória-da-manhã, cujo alelo $P$ (flor púrpura) domina $p$ (flor rosa), e pediu, em resposta numérica, quantas de 1 400 plantas-filhas de pais heterozigotos teriam flores rosa: $\dfrac{1}{4} \times 1\,400 = 350$. Gestações sucessivas são independentes: a chance de um casal $Aa \times Aa$ ter dois filhos $aa$ é $\left(\dfrac{1}{4}\right)^2 = \dfrac{1}{16}$, e a de pelo menos um $aa$ em dois filhos é $1 - \left(\dfrac{3}{4}\right)^2 = \dfrac{7}{16}$. Em 2021, a prova descreveu João, portador em heterozigose de uma mutação de herança autossômica dominante, casado com Maria, sem a mutação; o filho Pedro casou com Ana, também sem a mutação, e tiveram Marcos. O risco de Marcos ter a mutação, em porcentagem: Pedro herdou a mutação com chance $\dfrac{1}{2}$; se Pedro a tem, Marcos a herda com chance $\dfrac{1}{2}$; ao longo do ramo da árvore, $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} = 25\%$. Em 2008, o item de genética pediu a chance de uma mulher produzir um gameta com todos os 23 cromossomos de origem paterna, sem crossing-over, vezes $4^{15}$: cada par de cromossomos manda para o gameta o paterno ou o materno com chance $\dfrac{1}{2}$, independentemente dos outros, $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{23}$; vezes $4^{15} = 2^{30}$, dá $2^{30 - 23} = 2^7 = 128$. A conta inteira é a regra do produto com 23 fatores.

Uma consequência que a banca gosta de cobrar em forma de julgamento: se $P(A) = 0{,}6$ e $P(B) = 0{,}5$, então $A$ e $B$ não podem ser mutuamente exclusivos, porque a soma simples daria $1{,}1 > 1$, violando a primeira regra; eles obrigatoriamente se sobrepõem em pelo menos $0{,}1$. E se $A$ e $B$ fossem independentes, a interseção valeria $0{,}6 \times 0{,}5 = 0{,}3$ e a união $0{,}6 + 0{,}5 - 0{,}3 = 0{,}8$.

Quando os casos não se contam: comprimentos e áreas

Um alvo circular de raio 20 cm tem um centro de raio 5 cm. Uma seta que atinge o alvo em um ponto “ao acaso”, sem preferência por região nenhuma, tem que chance de acertar o centro? Não há casos para contar: há infinitos pontos. A fração passa a ser de áreas: $\dfrac{\pi \times 5^2}{\pi \times 20^2} = \dfrac{25}{400} = \dfrac{1}{16}$. É a probabilidade geométrica: a medida (comprimento, área ou volume) da região favorável dividida pela medida da região total, com a hipótese de que o ponto não prefere lugar nenhum.

O mesmo raciocínio com comprimentos: um ônibus passa a cada 15 minutos, e você chega ao ponto num instante qualquer, sem saber o horário. A chance de esperar no máximo 3 minutos é $\dfrac{3}{15} = \dfrac{1}{5}$, a fração do intervalo em que a espera é curta. Quando a figura do item tiver um quadrado com um círculo inscrito e perguntar pela chance de um ponto cair no círculo, a resposta é $\dfrac{\pi r^2}{(2r)^2} = \dfrac{\pi}{4} \approx 0{,}785$, independentemente do raio.

Chance, probabilidade e porcentagem: a mesma coisa em três roupas

“A chance é de 1 em 6”, “a probabilidade é $\dfrac{1}{6}$”, “cerca de 16,7%”: três maneiras de dizer o mesmo número, e a prova usa as três. Fração, decimal e porcentagem se convertem como sempre ($\dfrac{1}{6} \approx 0{,}167 = 16{,}7\%$), e a comparação com um limiar (“superior a 7%”, “inferior a 0,6”) exige pôr os dois lados na mesma roupa. Há uma quarta forma, menos escolar: a razão de chances, “3 para 1”, que compara favoráveis com desfavoráveis em vez de favoráveis com o total; “3 para 1 contra o 6” significa 5 desfavoráveis para 1 favorável… e o leitor desatento troca $\dfrac{1}{5}$ por $\dfrac{1}{6}$. Em prova, fique com favoráveis sobre o total.

Como a banca pergunta

Os 22 itens reais desta página (dois do PAS 2 e vinte do PAS 3) cabem em cinco formatos.

1. Fração de uma tabela, de um gráfico ou de uma figura, com limiar, tipo A (e, uma vez, tipo B): usuário na África ou nas Américas, 30,5% contra 32% (2008/64); G.1 que engravidou, 0,5 contra 0,55 (2014/108); G.3 ou G.4, 0,270 contra 0,28 (2014/107); renda média baixa, 0,5 contra 0,6 (2015/71); parda ou branca e renda média alta, 352 em resposta numérica (2015/72); caixas acima de 2 000 Hz, 33% contra 40% (2016/64); Tampa ou Monte Verde até 36 meses, 45,8% contra 40% (2017/63); regular ou não respondeu em duas pesquisas, 0,460 contra 0,47 (2010/45); a cadeira em P1, 6,25% contra 7% (2018/44); soma dos dois algarismos menor que 6, 21% contra 20% (2019/92). O trabalho é escolher o universo e as células certas; a conta é uma divisão.
2. Combinações nos dois andares, tipos A e B: pelo menos uma com sintomas, 0,642 contra 0,6 (2024/104); sete acordes em 35 trios (2023/77); quatro vértices colineares, 238 (2016/94); vacinas diferentes, 434 (2020/87); a expressão com $280^3$ (2017/64); três refugiados sem idioma comum, 52 (2021/50).
3. Produto de independentes, tipo A: três usuários na Ásia, $0{,}42^3$ (2008/65); cavalo visível e cadeira entre P3 e P4, $\dfrac{4}{8} \times \dfrac{3}{16}$ (2018/43).
4. Genética como espaço amostral e produto, tipo B: 350 plantas rosa (2018/98); 25% para Marcos (2021/110); $2^7 = 128$ (2008/107).
5. Resposta construída, tipo D: a tabela $P(0), P(1), P(2)$ e a pizza (2024/105). Escreva as três probabilidades, confira que somam 1, converta cada uma em ângulo; cada passo certo vale crédito.

Dois avisos de formato. Primeiro, o item de probabilidade quase sempre vem pendurado numa tabela ou numa figura de outra disciplina (a pizza dos usuários de Internet, a tabela da clínica, a roda-gigante, o campo harmônico), e o dado que falta está lá: leia a tabela inteira antes de dividir. Segundo, nos itens de resposta numérica, o fator de escala (vezes 1 000, vezes 10 000, vezes $4^{15}$) existe para a resposta caber em três algarismos; aplique-o por último e despreze a parte fracionária só no fim.

Os erros que mais derrubam

• Favoráveis sobre possíveis num espaço que não é equiprovável. Onze somas, três resultados “0, 1 ou 2 verdes”: desça ao espaço em que todos os casos têm a mesma chance e conte lá.
• Denominador errado na tabela. “Uma mulher do grupo G.1” fixa o denominador em 370; “uma mulher que engravidou”, em 1 193; “uma caixa com mais de 2 000 Hz”, em 6. O universo está na frase.
• Somar sem descontar a interseção. Rei ou copas: $4 + 13 - 1$. Só eventos que se excluem somam direto.
• Multiplicar sem independência. Sem reposição, a segunda fração muda ($\dfrac{3}{8} \times \dfrac{2}{7}$, não $\left(\dfrac{3}{8}\right)^2$); $280^3$ no lugar de $C_{280,3}$.
• “Pelo menos um” pela frente, com casos esquecidos. $1 - P(\text{nenhum})$; e não confundir “pelo menos um” com “nenhum” nem com “exatamente um”.
• Dois andares com critérios diferentes. Duplas sem ordem sobre sequências ordenadas dá metade do valor; confira somando os casos até 1.
• Probabilidade maior que 1, ou negativa. $\dfrac{7}{5}$, 120%, $0{,}6 + 0{,}5 = 1{,}1$: a conta está errada em algum lugar, ou os eventos não se excluem.
• Percentuais de bases diferentes somados. 45% de 2 000 e 44% de 2 200 não se somam como percentuais; converta em pessoas primeiro.
• Independente confundido com exclusivo. Exclusivos com chance positiva nunca são independentes.
• Fator de escala aplicado cedo demais, ou esquecido. Termine a fração, multiplique, só então despreze a parte fracionária.
• “Ou” com mais de uma leitura. Se o conjunto favorável puder ser lido de dois jeitos, calcule os dois; a comparação da tabela do MATOPIBA empata numa das leituras.

O essencial em meia página

• Vocabulário: experimento aleatório; espaço amostral $S$ (todos os resultados); evento (subconjunto de $S$); impossível ($\varnothing$), certo ($S$), elementar.
• Clássica: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(S)}$ só com resultados equiprováveis. Dois dados: 36 pares; soma 7 em 6 deles. Duas moedas: 4 resultados. Dois algarismos: 100.
• Contagem a serviço: sorteio simultâneo de $k$ entre $n$, $C_{n,k}$ embaixo e combinações em cima; ou produto sucessivo sem reposição ($\dfrac{60}{100} \times \dfrac{59}{99}$). Os dois caminhos dão o mesmo número; mesmo critério nos dois andares.
• Regras: $0 \le P \le 1$; $P(S) = 1$; $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$; a tabela de um espaço soma 1.
• “Ou”: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$; soma simples só para mutuamente exclusivos. Percentuais de bases diferentes: converta em pessoas antes.
• “Pelo menos um”: $1 - P(\text{nenhum})$. Duas moedas: $\dfrac{3}{4}$. Três dados sem 6: $\left(\dfrac{5}{6}\right)^3$.
• Frequentista: $P \approx \dfrac{k}{n}$; na tabela, a célula (ou a linha) sobre o total que a frase fixa. Grandes números: a frequência relativa se acomoda perto da probabilidade.
• Não equiprovável: tabela de probabilidades medida num espaço mais fino; conferir a soma 1; pizza com ângulo $p \times 360^\circ$.
• “E”: $P(A \cap B) = P(A)\,P(B)$ só para independentes (lançamentos, com reposição, gestações, componentes). Sem reposição, a segunda fração muda. Exclusivo não é independente.
• Geométrica: razão de comprimentos ou áreas (centro do alvo, $\dfrac{1}{16}$; círculo no quadrado, $\dfrac{\pi}{4}$).
• Na prova: ache o universo na frase e o dado na tabela ou figura; escreva a fração; compare com o limiar na mesma roupa (fração, decimal ou porcentagem); fator de escala por último.