Dados Categóricos e os Fundamentos da Probabilidade

Os três artigos anteriores descreveram, com cuidado crescente, uma variável numérica. Mas a nossa equipe de oito pessoas tem colunas que não são números: a linguagem principal, o nível, o trabalho remoto. Resumir essas colunas é contar proporções, e é aqui que a estatística descritiva encontra a probabilidade, porque uma proporção observada é a versão empírica de uma probabilidade teórica. Cruzar essa ponte é o assunto deste artigo.

E é uma ponte importante, talvez a mais importante da série. Tudo o que virá a partir do artigo 7, amostragem, intervalos de confiança, testes de hipótese, regressão, é aplicação de probabilidade. Sem uma base firme aqui, os artigos seguintes seriam receitas decoradas. Com ela, serão consequências. Vamos, portanto, construir a probabilidade dos axiomas até o teorema de Bayes, sem pular degraus, mantendo o combinado de sempre: exemplos em C++23, laboratórios em Python no Colab e experimentos em JavaScript.

1. Resumindo dados categóricos

Uma variável categórica não admite média nem desvio padrão, como vimos no primeiro artigo, mas admite três resumos legítimos. O primeiro é a contagem de frequências: quantas vezes cada categoria aparece. Na coluna de linguagem da equipe, temos Python três vezes, C++ três vezes, Haskell uma vez e JavaScript uma vez. O segundo é a proporção, a contagem dividida pelo total: a proporção de usuários de Python é $3/8 = 0{,}375$. O terceiro é a moda, a categoria mais frequente; aqui há empate entre Python e C++, o que é perfeitamente possível e chama-se distribuição bimodal.

Para uma variável binária, esses resumos ganham uma elegância especial. Se codificarmos a coluna remoto como $1$ para sim e $0$ para não, a média dessa codificação passa a ter sentido, e um sentido preciso: ela é a proporção de $1$. Na equipe, há quatro sim e quatro não, então a média da coluna codificada é $4/8 = 0{,}5$, que é exatamente a proporção de pessoas em trabalho remoto. A identidade depende da codificação declarada: trocar os rótulos troca a proporção representada. No próximo artigo, ao definir variável aleatória e valor esperado, veremos a versão teórica $\operatorname{E}[X]=1\,P(X=1)+0\,P(X=0)=P(X=1)$ para uma Bernoulli.

A apresentação de dados categóricos é feita com gráficos de barras, uma barra por categoria, com altura igual à frequência ou à proporção. Diferentemente do histograma do artigo anterior, cujas barras se tocam porque representam faixas contíguas de uma variável numérica, as barras de um gráfico de categorias são separadas, porque não há continuidade nem ordem entre Python e Haskell. Confundir os dois gráficos é confundir os dois tipos de dado, o erro que a série inteira trabalha para evitar.

1.1 Exercícios da Seção 1

Exercício 1. Construa a tabela de frequências das linguagens da equipe e identifique a moda.

Resolução. Python e C++ aparecem $3$ vezes cada; Haskell e JavaScript, uma vez cada. As proporções são $3/8$, $3/8$, $1/8$ e $1/8$. Há duas categorias modais, Python e C++; dizer apenas que “a moda é 3” confundiria a frequência com a categoria.

Exercício 2. Mostre algebricamente por que a média de uma coluna $0/1$ é a proporção de uns.

Resolução. Se há $m$ uns em $n$ posições, a soma é $m\cdot1+(n-m)\cdot0=m$. Logo, $\bar{x}=m/n$, exatamente a frequência relativa da categoria codificada como $1$.

Exercício 3. Se sim for codificado como $0$ e não como $1$, como interpretar a média $0{,}5$?

Resolução. Ela passa a ser a proporção de não, pois essa é agora a categoria marcada por $1$. Neste conjunto equilibrado o número continua $0{,}5$, mas seu significado mudou. A codificação deve acompanhar o resultado.

Exercício 4. Por que não faz sentido codificar Python, C++, Haskell e JavaScript como $1,2,3,4$ e informar a média?

Resolução. Os números imporiam distâncias e uma ordem que não existem na variável nominal. Permutar os códigos mudaria a média sem alterar nenhum dado substantivo. Frequências, proporções e categorias modais são invariantes à troca dos rótulos numéricos.

Exercício 5. Explique por que um gráfico de barras de linguagens deve deixar espaço entre as barras.

Resolução. Cada barra representa uma categoria separada, não um intervalo contíguo do eixo numérico. O espaço sinaliza essa descontinuidade. Num histograma, em contraste, barras adjacentes representam intervalos vizinhos e a área carrega frequência.

2. Espaço amostral, eventos e axiomas

Para falar de incerteza com rigor, precisamos começar pelo experimento. Um experimento aleatório é um processo cujo resultado não conhecemos de antemão: lançar um dado, sortear uma pessoa da equipe ou observar se uma visitante do site converte. O espaço amostral, denotado por $\Omega$, reúne todos os resultados possíveis. Para um dado de seis faces,

Uma teoria de probabilidade não usa apenas $\Omega$. Ela usa uma tripla

chamada espaço de probabilidade. O conjunto $\Omega$ contém os resultados; $\mathcal{F}$ é a coleção dos eventos aos quais podemos atribuir probabilidade; e $P$ é a função que leva cada evento $A\in\mathcal{F}$ a um número $P(A)$ entre $0$ e $1$. A coleção $\mathcal{F}$ é uma $\sigma$-álgebra: contém $\Omega$ e permanece fechada quando tomamos complementos e uniões enumeráveis. Nos exemplos finitos deste artigo, podemos escolher $\mathcal{F}=2^\Omega$, o conjunto de todos os subconjuntos de $\Omega$. Assim, “sair um número par” é o evento ${2,4,6}$. Em espaços infinitos, restringir os eventos a uma $\sigma$-álgebra evita exigir probabilidades consistentes para conjuntos patológicos.

A interpretação clássica, quando os resultados elementares são equiprováveis, calcula casos favoráveis sobre casos possíveis: $P(\text{par})=3/6$. Na interpretação frequentista, a probabilidade governa a frequência relativa de longo prazo sob repetições comparáveis; a lei dos grandes números explicará essa aproximação no Artigo 5. Na interpretação bayesiana, a probabilidade também quantifica nossa incerteza sobre hipóteses diante da informação disponível. As interpretações divergem sobre o significado da probabilidade, mas usam a mesma tripla $(\Omega,\mathcal{F},P)$ e obedecem aos mesmos axiomas.

Qualquer que seja a interpretação, a probabilidade obedece a três axiomas de Kolmogorov. Primeiro, $P(A)\ge0$. Segundo, $P(\Omega)=1$. Terceiro, para uma sequência enumerável de eventos dois a dois disjuntos $A_1,A_2,\ldots$,

A soma para dois eventos mutuamente exclusivos é um caso particular desse axioma de aditividade enumerável, não o axioma completo. Essa forma será importante quando distribuições tiverem infinitos resultados possíveis.

Da soma sobre eventos exclusivos segue a regra do complemento. Como um evento $A$ e seu complemento $A^c$ (a não ocorrência de $A$) são mutuamente exclusivos e juntos formam $\Omega$, temos $P(A) + P(A^c) = P(\Omega) = 1$, logo $P(A^c) = 1 - P(A)$. Essa regra simples é surpreendentemente poderosa: muitas vezes é mais fácil calcular a probabilidade de algo não acontecer. Para eventos que podem se sobrepor, a soma direta conta a interseção duas vezes, e a correção é a regra da inclusão-exclusão: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$, na qual $A \cap B$ é o evento de $A$ e $B$ ocorrerem juntos. Subtraímos a interseção justamente porque ela foi somada em $P(A)$ e de novo em $P(B)$.

2.1 Exercícios da Seção 2

Exercício 1. Liste o espaço amostral do lançamento de dois dados e calcule $P(\text{soma} = 7)$.

Resolução. O espaço amostral tem $6 \times 6 = 36$ pares ordenados igualmente prováveis. A soma $7$ ocorre em $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$, seis pares. Pela interpretação clássica, $P(\text{soma} = 7) = 6/36 = 1/6 \approx 0{,}1667$. É a soma mais provável, o que a Seção 6 confirmará por simulação.

Exercício 2. Prove, a partir dos axiomas, que $P(A^c) = 1 - P(A)$.

Resolução. Os eventos $A$ e $A^c$ são mutuamente exclusivos (nada é simultaneamente $A$ e não-$A$) e sua união é $\Omega$. Pelo terceiro axioma, $P(A \cup A^c) = P(A) + P(A^c)$; pela definição de complemento, $A \cup A^c = \Omega$; pelo segundo axioma, $P(\Omega) = 1$. Combinando, $P(A) + P(A^c) = 1$, donde $P(A^c) = 1 - P(A)$.

Exercício 3. Em uma equipe, $P(\text{usa Python}) = 0{,}375$ e $P(\text{trabalha remoto}) = 0{,}5$, com $P(\text{Python e remoto}) = 0{,}25$. Calcule $P(\text{Python ou remoto})$.

Resolução. Por inclusão-exclusão, $P(\text{Python} \cup \text{remoto}) = 0{,}375 + 0{,}5 - 0{,}25 = 0{,}625$. Subtraímos a interseção $0{,}25$ porque as pessoas que usam Python e trabalham remoto foram contadas nas duas primeiras parcelas.

Exercício 4. Mostre que $P(\varnothing) = 0$.

Resolução. O conjunto vazio é o complemento de $\Omega$: $\varnothing = \Omega^c$. Pela regra do complemento, $P(\varnothing) = 1 - P(\Omega) = 1 - 1 = 0$. Faz sentido: o evento “nenhum resultado ocorre” é impossível, e sua probabilidade é zero.

Exercício 5. Calcule a probabilidade de ao menos um sucesso em três tentativas independentes, cada uma com probabilidade de sucesso $0{,}2$.

Resolução. É mais fácil pelo complemento. “Ao menos um sucesso” é o complemento de “nenhum sucesso”. A probabilidade de falhar uma tentativa é $0{,}8$; a de falhar as três, por independência, é $0{,}8^3 = 0{,}512$. Logo, $P(\text{ao menos um}) = 1 - 0{,}512 = 0{,}488$. Note como o complemento evitou somar os casos de um, dois e três sucessos separadamente.

3. Probabilidade condicional e independência

Muitas perguntas da ciência de dados têm a forma “dado que sei X, qual a chance de Y?”. A probabilidade condicional responde a isso. A probabilidade de $A$ dado $B$, escrita $P(A \mid B)$, é a probabilidade de $A$ restrita ao universo em que $B$ ocorreu:

definida quando $P(B) > 0$. A intuição é geométrica: condicionar em $B$ é encolher o espaço amostral para dentro de $B$ e perguntar que fração desse novo universo também está em $A$. Reorganizando a definição, obtemos a regra do produto, $P(A \cap B) = P(B)\,P(A \mid B)$, que expressa a probabilidade conjunta como um produto e será a semente do teorema de Bayes.

Um exemplo concreto vem da nossa equipe. Cruzando quem usa Python com quem trabalha remoto, obtemos uma tabela de contingência:

Dela lemos tudo. A probabilidade de uma pessoa sorteada usar Python é $P(\text{Python}) = 3/8 = 0{,}375$. A probabilidade de usar Python dado que trabalha remoto é $P(\text{Python} \mid \text{remoto}) = 2/4 = 0{,}5$, porque, restringindo ao universo dos quatro remotos, dois usam Python. Condicionar mudou a probabilidade, de $0{,}375$ para $0{,}5$, e essa mudança tem um nome.

A Figura 1 mostra essa mudança acontecendo. No painel da esquerda está o espaço inteiro, com as oito pessoas e as duas contas que a inclusão-exclusão exige; no da direita, tudo o que não é remoto foi apagado, e o denominador caiu de oito para quatro. Condicionar não recalcula uma probabilidade: troca o universo em que ela é calculada.

Figura 1: Condicionar em remoto reduz o denominador de oito para quatro e leva a probabilidade de Python de $0{,}375$ a $0{,}5$. Como $0{,}25 \ne 0{,}375 \times 0{,}5 = 0{,}1875$, os dois eventos não são independentes neste sorteio.

Dois eventos são independentes quando $P(A\cap B)=P(A)P(B)$. Quando $P(B)>0$, isso equivale a $P(A\mid B)=P(A)$; a forma pelo produto continua válida mesmo se alguma probabilidade for zero. No nosso caso, $P(\text{Python})P(\text{remoto})=0{,}1875$, mas $P(\text{Python}\cap\text{remoto})=2/8=0{,}25$. Portanto, os eventos não são independentes no experimento de sortear uniformemente uma pessoa desta equipe. Isso descreve associação na tabela finita; não prova causalidade nem, com oito pessoas, autoriza generalizar automaticamente para uma população maior.

Uma advertência que evita um erro comum: independência não é a mesma coisa que exclusão mútua. Eventos mutuamente exclusivos não podem ocorrer juntos, então $P(A \cap B) = 0$; se ambos têm probabilidade positiva, isso os torna fortemente dependentes, porque saber que um ocorreu garante que o outro não ocorreu. Independência, ao contrário, significa que a ocorrência de um não informa nada sobre o outro. Os dois conceitos são quase opostos, e confundi-los é a origem de muitos erros de raciocínio probabilístico.

3.1 Exercícios da Seção 3

Exercício 1. Da tabela de contingência da equipe, calcule $P(\text{remoto} \mid \text{Python})$ e $P(\text{remoto} \mid \text{não-Python})$.

Resolução. Restringindo aos três que usam Python, dois trabalham remoto: $P(\text{remoto} \mid \text{Python}) = 2/3 \approx 0{,}667$. Restringindo aos cinco que não usam Python, dois trabalham remoto: $P(\text{remoto} \mid \text{não-Python}) = 2/5 = 0{,}4$. As condicionais diferem, o que reflete a dependência entre as variáveis.

Exercício 2. Verifique, pela definição, se “sair face par” e “sair face maior que $3$” são independentes num dado justo.

Resolução. Seja $A = {2,4,6}$ com $P(A) = 1/2$ e $B = {4,5,6}$ com $P(B) = 1/2$. A interseção é $A \cap B = {4,6}$, com $P(A \cap B) = 2/6 = 1/3$. Para independência, precisaríamos de $P(A)P(B) = 1/4$. Como $1/3 \ne 1/4$, os eventos não são independentes: saber que a face é maior que $3$ eleva a chance de ser par de $1/2$ para $P(A \mid B) = (1/3)/(1/2) = 2/3$.

Exercício 3. Aplique a regra da cadeia para calcular $P(A \cap B \cap C)$ quando $P(A) = 0{,}5$, $P(B \mid A) = 0{,}4$ e $P(C \mid A \cap B) = 0{,}3$.

Resolução. A regra da cadeia estende a regra do produto: $P(A \cap B \cap C) = P(A)\,P(B \mid A)\,P(C \mid A \cap B) = 0{,}5 \times 0{,}4 \times 0{,}3 = 0{,}06$. Cada fator condiciona nos eventos anteriores, e o produto reconstrói a probabilidade conjunta passo a passo.

Exercício 4. Mostre que dois eventos mutuamente exclusivos com probabilidade positiva são dependentes.

Resolução. Se $A$ e $B$ são mutuamente exclusivos, então $A \cap B = \varnothing$ e $P(A \cap B) = 0$. Para serem independentes, precisaríamos de $P(A \cap B) = P(A)P(B)$. Mas $P(A) > 0$ e $P(B) > 0$ implicam $P(A)P(B) > 0 \ne 0$. Logo, a condição de independência falha, e os eventos são dependentes: de fato, $P(A \mid B) = 0 \ne P(A)$, pois saber que $B$ ocorreu garante que $A$ não ocorreu.

Exercício 5. Uma urna tem $3$ bolas vermelhas e $2$ azuis. Duas bolas são retiradas sem reposição. Calcule a probabilidade de ambas serem vermelhas.

Resolução. Seja $V_1$ a primeira vermelha e $V_2$ a segunda vermelha. Pela regra do produto, $P(V_1 \cap V_2) = P(V_1)\,P(V_2 \mid V_1)$. A primeira é vermelha com $P(V_1) = 3/5$. Retirada uma vermelha, restam $2$ vermelhas em $4$ bolas, então $P(V_2 \mid V_1) = 2/4 = 1/2$. Logo, $P(V_1 \cap V_2) = (3/5)(1/2) = 3/10 = 0{,}3$. A ausência de reposição torna os eventos dependentes, o que aparece na condicional $2/4$ em vez de $3/5$.

4. O teorema de Bayes

Chegamos ao resultado mais consequente deste artigo. O teorema de Bayes não fabrica informação nem adivinha causas. Ele reorganiza a probabilidade conjunta para responder à pergunta inversa: depois de observar uma evidência, quanto deve mudar a probabilidade de cada hipótese?

4.1 Da probabilidade condicional ao teorema

Sejam $h$ a hipótese considerada e $e$ a evidência observada, com $P(h)>0$ e $P(e)>0$. A regra do produto escreve a mesma interseção de duas maneiras:

e

Como os lados esquerdos representam o mesmo evento, igualamos os lados direitos e isolamos $P(h\mid e)$:

Nada foi acrescentado à teoria. Bayes nasceu da definição de probabilidade condicional.

Cada termo cumpre um papel diferente. $P(h)$ é a probabilidade a priori, a incerteza sobre $h$ antes de observar $e$. $P(e\mid h)$ é a verossimilhança da hipótese para a evidência observada, isto é, a probabilidade de obter $e$ caso $h$ seja verdadeira. Como função de $h$ com $e$ fixada, a verossimilhança não precisa somar $1$ sobre as hipóteses. O denominador $P(e)$ é a evidência ou probabilidade marginal da observação. O resultado $P(h\mid e)$ é a probabilidade a posteriori, nossa incerteza depois de incorporar $e$.

Suponha agora que $H_1,\ldots,H_m$ sejam hipóteses mutuamente exclusivas e exaustivas: exatamente uma delas é verdadeira. Em linguagem de conjuntos, elas formam uma partição de $\Omega$. A evidência pode ocorrer por qualquer uma dessas hipóteses, portanto a lei da probabilidade total fornece

Substituindo esse denominador em Bayes, obtemos a forma discreta geral:

O numerador atribui um peso à hipótese $H_i$. O denominador soma os pesos de todas as hipóteses e os normaliza, garantindo que as probabilidades posteriores voltem a somar $1$.

4.2 Bayes como atualização de uma distribuição de crença

Quando precisamos acompanhar várias hipóteses ao mesmo tempo, reunimos suas probabilidades em um vetor

no qual $b_i=P(H_i)$ é o peso anterior da hipótese $H_i$. Depois de observar $e$, calculamos um peso não normalizado para cada hipótese,

e dividimos todos os pesos pela constante

A distribuição atualizada é

Essa operação recebe os nomes atualização bayesiana, inferência bayesiana e atualização da distribuição de crença. A notação vetorial não muda o teorema; apenas o aplica simultaneamente a todas as hipóteses.

Duas caixas bastam para executar a conta. Uma moeda está escondida na caixa esquerda ou na direita, e antes de qualquer observação atribuímos a mesma probabilidade às duas possibilidades:

Um sensor relata “esquerda” corretamente em $80\%$ dos casos. Assumiremos erros simétricos: se a moeda estiver à esquerda, o sensor relata “esquerda” com probabilidade $0{,}8$; se estiver à direita, produz esse mesmo relato por engano com probabilidade $0{,}2$. Depois de ouvirmos “esquerda”, os pesos são

A constante de normalização vale $Z=0{,}4+0{,}1=0{,}5$. Logo,

O sensor não revelou a caixa. Ele transformou uma dúvida de $50\%$ em uma confiança de $80\%$ na hipótese da caixa esquerda. A diferença importa: uma probabilidade posterior maior não converte evidência imperfeita em certeza.

4.3 O paradoxo da base rara

O exemplo canônico, e o mais instrutivo, é o teste médico, porque ele contraria a intuição de quase todo mundo. Considere uma doença que atinge $1\%$ da população, um teste com sensibilidade de $99\%$ e especificidade de $95\%$. Sensibilidade é $P(+\mid D)$, a probabilidade de resultado positivo entre pessoas doentes. Especificidade é $P(-\mid D^c)$, a probabilidade de resultado negativo entre pessoas sadias. Portanto, a taxa de falso positivo é $P(+\mid D^c)=1-0{,}95=0{,}05$.

Uma pessoa testa positivo. Qual é a probabilidade de ela estar doente? Confundir sensibilidade com essa resposta produziria $99\%$, mas as condicionais têm sentidos opostos. A probabilidade a priori é $P(D)=0{,}01$, e a probabilidade total do positivo é

Aplicando Bayes,

A resposta é $16{,}7\%$, não $99\%$. A Figura 2 mostra a mesma conta em frequências naturais, e é essa versão que costuma convencer quem a fórmula não convenceu: bastam duas divisões e uma soma para ver os $495$ falsos positivos esmagarem os $99$ verdadeiros.

Figura 2: A sensibilidade de $99\%$ incide sobre $100$ pessoas e produz $99$ acertos; a taxa de falso positivo de $5\%$ incide sobre $9.900$ e produz $495$ erros. A base rara não é um detalhe do problema: é o problema.

O que a intuição ignora é a base rara: como só $1\%$ está doente, o pequeno percentual de falsos positivos entre os muitos sadios supera os verdadeiros positivos entre os poucos doentes. Em números absolutos, numa população de $10\,000$ pessoas, temos $100$ doentes, dos quais $99$ testam positivo, e $9\,900$ sadios, dos quais $495$ testam positivo. Entre os $99+495=594$ resultados positivos, somente $99$ pertencem a pessoas doentes, e $99/594\approx16{,}7\%$.

A sensibilidade alta não basta quando a condição é rara. Precisamos pesar a força do resultado contra a frequência anterior da hipótese.

4.4 Evidências sucessivas e chances

Depois de uma atualização, a probabilidade posterior pode ocupar o lugar da probabilidade anterior na chegada da próxima evidência. Esse encadeamento não autoriza multiplicar números indiscriminadamente. Se $e_1,\ldots,e_n$ forem condicionalmente independentes dada cada hipótese $H_i$, então

O símbolo $\propto$ informa que ainda precisamos dividir os pesos pela soma sobre todas as hipóteses. A independência exigida é condicional: fixado o estado de doença ou de saúde, conhecer um resultado não altera a distribuição do outro. Repetir a mesma amostra, usar o mesmo equipamento ou conservar o mesmo erro de calibração pode violar essa hipótese e fazer a conta exagerar a informação disponível.

Para duas hipóteses complementares, a mesma atualização pode ser escrita em chances:

O primeiro fator à direita é a razão de verossimilhança. Ele mede por quanto a evidência multiplica as chances anteriores. Bayes, nessa forma, torna visível a mecânica inteira: chances posteriores são chances anteriores multiplicadas pela força relativa da evidência.

4.5 Exercícios da Seção 4

Exercício 1. Deduza o teorema de Bayes a partir da definição de probabilidade condicional.

Resolução. Pela definição, $P(h \mid e) = P(h \cap e)/P(e)$ e $P(e \mid h) = P(h \cap e)/P(h)$. Da segunda, $P(h \cap e) = P(e \mid h)P(h)$. Substituindo na primeira, $P(h \mid e) = P(e \mid h)P(h)/P(e)$, que é o teorema de Bayes. Toda a mágica está em escrever a conjunta $P(h \cap e)$ das duas maneiras possíveis.

Exercício 2. No teste médico do texto, identifique prior, verossimilhança, evidência e posterior.

Resolução. A prior é $P(D) = 0{,}01$, a crença antes do teste. A verossimilhança é $P(+ \mid D) = 0{,}99$, o quão provável é o positivo se a pessoa está doente. A evidência é $P(+) = 0{,}0594$, a probabilidade total de um positivo. A posterior é $P(D \mid +) = 0{,}1667$, a crença atualizada após o positivo. O teste elevou a crença de $1\%$ para $16{,}7\%$: informativo, mas longe da certeza.

Exercício 3. Quantos falsos positivos e verdadeiros positivos há em $10\,000$ pessoas com os parâmetros do texto?

Resolução. Doentes: $1\%$ de $10\,000 = 100$, dos quais $99\%$ testam positivo, dando $99$ verdadeiros positivos. Sadios: $9\,900$, dos quais $5\%$ testam positivo (especificidade $95\%$ deixa $5\%$ de falsos), dando $495$ falsos positivos. Há, portanto, cinco vezes mais falsos que verdadeiros positivos, o que explica diretamente por que a posterior é baixa.

Exercício 4. A pessoa faz um segundo teste, também positivo. Suponha que os resultados sejam condicionalmente independentes dado o estado de doença. Calcule a nova posterior.

Resolução. A hipótese significa $P(++\mid D)=0{,}99^2$ e $P(++\mid\bar D)=0{,}05^2$; ela não afirma independência marginal, pois os dois resultados compartilham o estado de doença. Assim,

Na prática, repetir o mesmo ensaio, laboratório ou amostra pode introduzir erros correlacionados; sem independência condicional, elevar as taxas ao quadrado superestima a evidência.

Exercício 5. Três máquinas produzem $50\%$, $30\%$ e $20\%$ das peças de uma fábrica. Suas taxas de defeito são, respectivamente, $1\%$, $2\%$ e $5\%$. Uma peça defeituosa é sorteada. Calcule a probabilidade posterior de cada máquina.

Resolução. Os pesos não normalizados são $0{,}50\cdot0{,}01=0{,}005$ para A, $0{,}30\cdot0{,}02=0{,}006$ para B e $0{,}20\cdot0{,}05=0{,}010$ para C. A probabilidade total de defeito é $0{,}005+0{,}006+0{,}010=0{,}021$. Depois da normalização,

As três probabilidades somam $1$. Embora C produza apenas um quinto das peças, sua taxa de defeito maior faz dela a origem mais provável de uma peça defeituosa.

5. Contagem

Na interpretação clássica, calcular uma probabilidade é contar: favoráveis sobre totais. Quando os conjuntos são pequenos, contamos na mão; quando crescem, precisamos de combinatória. O princípio multiplicativo é o alicerce: se uma primeira etapa pode ser feita de $m$ maneiras e, para cada uma delas, a segunda pode ser feita de $n$ maneiras, então há $m\times n$ pares. Isso é uma condição de contagem, não uma afirmação de independência probabilística. É por ele que os pares de faces de dois dados formam $6\times6=36$ resultados; a equiprobabilidade desses pares é uma hipótese adicional sobre os dados.

Duas contagens derivadas dominam a prática. A permutação conta arranjos ordenados: o número de maneiras de ordenar $n$ objetos distintos é $n! = n \times (n-1) \times \cdots \times 1$. A combinação conta escolhas não ordenadas: o número de maneiras de escolher $k$ objetos dentre $n$, sem importar a ordem, é

na qual o denominador $k!$ desconta as ordenações que, na escolha, não distinguimos. A distinção entre os dois é a pergunta “a ordem importa?”: para uma senha, importa, e usamos permutações; para uma mão de cartas ou um jogo de loteria, não importa, e usamos combinações.

Um exemplo que dá a escala do acaso: em uma loteria em que se escolhem $6$ números entre $49$, o número de apostas possíveis é $\binom{49}{6} = 13\,983\,816$. A probabilidade de uma aposta única acertar é, portanto, $1/13\,983\,816 \approx 7{,}15 \times 10^{-8}$, cerca de uma em quatorze milhões. A combinatória transforma a vaga sensação de que “é difícil ganhar” num número que a leitora pode olhar de frente. E às vezes a contagem contraria a intuição de forma espetacular, como no paradoxo dos aniversários, que exploraremos nos exercícios: bastam $23$ pessoas em uma sala para que a probabilidade de duas fazerem aniversário no mesmo dia ultrapasse $50\%$.

5.1 Exercícios da Seção 5

Exercício 1. De quantas maneiras cinco pessoas podem ser enfileiradas?

Resolução. É uma permutação de cinco objetos distintos: $5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$. Cada posição da fila reduz em um o número de candidatos para a próxima, e o princípio multiplicativo dá o produto.

Exercício 2. Calcule $\binom{49}{6}$ e a probabilidade de acertar uma loteria com uma aposta.

Resolução. $\binom{49}{6} = \frac{49!}{6!\,43!} = 13\,983\,816$. Como a ordem dos números sorteados não importa, usamos combinação. A probabilidade de uma aposta única acertar é $1/13\,983\,816 \approx 7{,}15 \times 10^{-8}$, ou aproximadamente uma chance em quatorze milhões.

Exercício 3. Em uma senha de $4$ dígitos com repetição permitida, quantas senhas existem? E se não pudesse repetir?

Resolução. Com repetição, cada um dos quatro dígitos tem $10$ opções, e pelo princípio multiplicativo há $10^4 = 10\,000$ senhas; a ordem importa, então é um arranjo. Sem repetição, o primeiro dígito tem $10$ opções, o segundo $9$, o terceiro $8$, o quarto $7$: $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$ senhas.

Exercício 4. Calcule a probabilidade de, em uma sala com $23$ pessoas, ao menos duas fazerem aniversário no mesmo dia (ignore anos bissextos).

Resolução. Pelo complemento, calculamos primeiro a probabilidade de todas as $23$ datas serem distintas: $P(\text{distintas}) = \frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \cdots \times \frac{343}{365} = \prod_{k=0}^{22} \frac{365-k}{365} \approx 0{,}4927$. Logo, $P(\text{ao menos duas iguais}) = 1 - 0{,}4927 \approx 0{,}5073$, pouco mais de $50\%$. O resultado surpreende porque contamos pares de pessoas, e há $\binom{23}{2} = 253$ pares, muitos mais do que $23$.

Exercício 5. Quantas comissões de $3$ pessoas podem ser formadas a partir de um grupo de $10$? E se uma pessoa específica tiver de participar obrigatoriamente?

Resolução. Sem restrição, é uma combinação: $\binom{10}{3} = \frac{10!}{3!\,7!} = 120$. Com uma pessoa fixa na comissão, restam $2$ vagas a preencher entre as $9$ pessoas restantes: $\binom{9}{2} = 36$. A ordem não importa em uma comissão, por isso usamos combinações nos dois casos.

6. Probabilidade em C++

A interpretação frequentista relaciona probabilidade e frequência relativa de longo prazo. O programa seguinte é uma implementação didática para unidade central de processamento, CPU, de central processing unit: estima $P(\text{soma}=7)$ por simulação de Monte Carlo e quantifica o erro de simulação. A função que gera faces usa rejeição para evitar o pequeno viés que surgiria de aplicar % 6 diretamente a um gerador cujo número de estados não é múltiplo de $6$. No Microsoft Visual C++ (MSVC), compile em modo C++23 com cl /std:c++23preview /O2 /W4 /EHsc /permissive- monte_carlo.cpp.

#include <cmath>
#include <cstdint>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <limits>
#include <random>

int lanca_dado(std::mt19937& gerador) {
    constexpr std::uint64_t faces = 6;
    constexpr std::uint64_t estados =
        static_cast<std::uint64_t>(std::numeric_limits<std::mt19937::result_type>::max()) + 1ULL;
    constexpr std::uint64_t limite = estados - (estados % faces);

    // Rejection makes the six residues exactly equiprobable.
    std::uint64_t bruto = 0;
    do {
        bruto = gerador();
    } while (bruto >= limite);
    return static_cast<int>(bruto % faces) + 1;
}

int main() {
    constexpr std::uint64_t repeticoes = 1'000'000;

    // A fixed seed makes the experiment reproducible across runs.
    std::mt19937 gerador(42);

    std::uint64_t soma_sete = 0;
    for (std::uint64_t i = 0; i < repeticoes; ++i) {
        const int d1 = lanca_dado(gerador);
        const int d2 = lanca_dado(gerador);
        if (d1 + d2 == 7) {
            ++soma_sete;
        }
    }

    const double n = static_cast<double>(repeticoes);
    const double estimativa = static_cast<double>(soma_sete) / n;
    const double erro_padrao = std::sqrt(estimativa * (1.0 - estimativa) / n);
    const double margem_95 = 1.96 * erro_padrao;

    std::cout << std::fixed << std::setprecision(6)
              << "estimativa P(soma = 7) = " << estimativa << '\n'
              << "valor teorico   1/6    = " << (1.0 / 6.0) << '\n'
              << "intervalo Monte Carlo  = [" << estimativa - margem_95
              << ", " << estimativa + margem_95 << "]\n";
}

A saída, com a semente $42$, é

estimativa P(soma = 7) = 0.166909
valor teorico   1/6    = 0.166667
intervalo Monte Carlo  = [0.166178, 0.167640]

O valor teórico $1/6$ cai dentro da faixa de Monte Carlo calculada. O erro padrão decresce aproximadamente como $1/\sqrt{N}$: para dividir a incerteza por dez, precisamos de cem vezes mais repetições. A frequência não se aproxima de modo monotônico a cada nova simulação, mas converge em probabilidade pela lei dos grandes números.

6.1 Exercícios da Seção 6

Exercício 1. Por que bruto % 6 pode introduzir viés sem rejeição?

Resolução. O mt19937 produz $2^{32}$ valores, e $2^{32}$ não é divisível por $6$. Alguns resíduos apareceriam uma vez a mais que outros se todos os valores fossem aceitos. Rejeitar os quatro valores finais deixa $4\,294\,967\,292$, múltiplo de $6$, estados aceitos.

Exercício 2. Qual é a complexidade temporal e espacial do programa?

Resolução. São duas gerações por repetição, salvo rejeições raríssimas, portanto tempo esperado $O(N)$ e memória $O(1)$. O programa não armazena os lançamentos; mantém apenas gerador, contador e estatísticas escalares.

Exercício 3. Estime o erro padrão teórico com $N=10^6$ e $p=1/6$.

Resolução. $\sqrt{p(1-p)/N}=\sqrt{(1/6)(5/6)/10^6}\approx0{,}000373$. Uma margem de aproximadamente $1{,}96$ erros padrão vale $0{,}000731$, coerente com a largura exibida.

Exercício 4. Quantas repetições são necessárias para reduzir a margem por um fator $5$?

Resolução. Como a margem é proporcional a $1/\sqrt N$, precisamos multiplicar $N$ por $5^2=25$. Partindo de um milhão, seriam cerca de $25$ milhões de repetições.

Exercício 5. Por que uma semente fixa é útil e por que não produz novas evidências ao repetir o programa?

Resolução. A semente fixa reproduz a mesma sequência, facilitando testes e comparação de implementações. Executar novamente com a mesma semente repete exatamente o experimento, portanto não gera amostra independente. Para estudar variabilidade entre execuções, devemos variar sementes de modo controlado e registrar cada uma.

6.2 Laboratório: convergência com flutuações

O laboratório desenha várias trajetórias da frequência de soma $7$ em dois dados. O eixo de repetições é logarítmico e as faixas mostram um, dois e três erros padrão ao redor de $1/6$. Gere novas trajetórias e procure recuos, cruzamentos e flutuações.

O afunilamento das bandas representa a escala $N^{-1/2}$. Nenhuma trajetória é obrigada a se aproximar do valor verdadeiro a cada passo, e uma execução dentro de duas bandas não é uma prova independente de correção do gerador.

7. Um laboratório para o teorema de Bayes

O paradoxo da base rara é fácil de aceitar no papel e difícil de sentir. O laboratório abaixo torna-o tátil. A leitora ajusta prevalência, sensibilidade, especificidade e o número de positivos consecutivos. As contagens são frequências esperadas em uma população hipotética de dez mil pessoas; por isso podem envolver arredondamento, não são dados observados. Para dois ou mais testes, o laboratório assume independência condicional dado o estado de doença e declara essa hipótese na tela.

O que o laboratório ensina é que a posterior não é uma propriedade isolada do teste, mas do teste, da base e do modelo de dependência. Com sensibilidade $99\%$ e especificidade $95\%$, um positivo produz posterior de $16{,}7\%$ quando a prevalência é $1\%$ e de cerca de $83{,}2\%$ quando ela é $20\%$. Dois positivos chegam a $79{,}8\%$ no primeiro cenário apenas sob a hipótese condicional declarada.

7.1 Exercícios da Seção 7

Exercício 1. Na configuração inicial, reconstrua a posterior a partir das frequências esperadas em $10\,000$ pessoas.

Resolução. Esperamos $100$ doentes, com $99$ positivos, e $9\,900$ sadios, com $495$ positivos. Entre $594$ positivos, $99$ vêm de doentes: $99/594=0{,}1667$. A razão de contagens reproduz Bayes.

Exercício 2. Mantenha o teste fixo e aumente a prevalência de $1\%$ para $20\%$. Por que a posterior aumenta?

Resolução. Há mais doentes antes de observar o teste, então crescem as chances a priori. Numericamente, $0{,}99(0{,}20)/[0{,}99(0{,}20)+0{,}05(0{,}80)]\approx0{,}8319$. A evidência do teste é a mesma, mas parte de uma base diferente.

Exercício 3. Com prevalência $1\%$ e sensibilidade $99\%$, eleve a especificidade de $95\%$ para $99\%$. Calcule a posterior de um positivo.

Resolução. A taxa de falso positivo cai de $5\%$ para $1\%$. Assim, $P(D\mid+) = 0{,}0099/(0{,}0099+0{,}0099)=0{,}5$. Melhorar a especificidade tem grande impacto quando a base é rara, pois reduz falsos positivos entre muitos sadios.

Exercício 4. Por que selecionar dois positivos no laboratório não significa elevar a posterior ao quadrado?

Resolução. O que se eleva ao quadrado, sob independência condicional, são $P(+\mid D)$ e $P(+\mid\bar D)$. Depois aplicamos Bayes com a mesma prior. A posterior já normalizada não é uma probabilidade de evidência e seu quadrado não representa a atualização correta.

Exercício 5. Dê dois motivos pelos quais a hipótese de independência condicional pode falhar em testes repetidos.

Resolução. O mesmo aparelho pode carregar um erro de calibração para as duas medições, e a mesma amostra pode conter interferentes que causam ambos os falsos positivos. Dependência também surge se o segundo teste é escolhido em resposta ao primeiro. Nesses casos, multiplicar a razão de verossimilhança como se fossem réplicas independentes exagera a informação.

8. Conclusão

Este artigo trocou a descrição pela inferência incipiente. Partimos de proporções em dados categóricos, subimos aos axiomas de Kolmogorov, definimos a probabilidade condicional e a independência com a tabela de contingência da nossa equipe, deduzimos o teorema de Bayes e o aplicamos ao teste médico, e fechamos com a combinatória que sustenta a contagem clássica. A leitora agora tem a linguagem da incerteza, e essa linguagem é o alfabeto de tudo o que vem a seguir.

O fio a levar adiante é o teorema de Bayes, não como fórmula, mas como atitude: toda evidência deve ser pesada contra o que já se sabia, e a crença resultante é sempre condicional, nunca absoluta. Essa atitude reaparecerá em cada teste de hipótese e em cada intervalo de confiança da série. Antes disso, porém, precisamos de um objeto que a probabilidade descreve mas que ainda não construímos por inteiro: a variável aleatória, com suas distribuições de contagem e de medida. O próximo artigo levanta o mapa dessas distribuições, de Bernoulli e Poisson à normal, e prepara o terreno para a inferência que dominará a segunda metade da série.

Referências

BAYES, T.; PRICE, R. An Essay towards Solving a Problem in the Doctrine of Chances. Philosophical Transactions of the Royal Society of London, v. 53, p. 370–418, 1763. Disponível em: https://doi.org/10.1098/rstl.1763.0053. Acesso em: 30 jul. 2026.

BLITZSTEIN, J. K.; HWANG, J. Introduction to Probability. 2. ed. Harvard Stat 110. Disponível em: https://stat110.hsites.harvard.edu/. Acesso em: 30 jul. 2026.

KOLMOGOROV, A. N. Foundations of the Theory of Probability. 2. ed. New York: Chelsea Publishing, 1956. Disponível em: https://www.stat.yale.edu/~pollard/Courses/600.spring2018/Handouts/Foundations1933.pdf. Acesso em: 30 jul. 2026.

METROPOLIS, N.; ULAM, S. The Monte Carlo Method. Journal of the American Statistical Association, v. 44, n. 247, p. 335–341, 1949. Disponível em: https://doi.org/10.1080/01621459.1949.10483310. Acesso em: 30 jul. 2026.

MICROSOFT. /std (Specify Language Standard Version). Microsoft Learn, 2025. Disponível em: https://learn.microsoft.com/en-us/cpp/build/reference/std-specify-language-standard-version?view=msvc-170. Acesso em: 30 jul. 2026.

ORLOFF, J.; KAMRIN, J. F. 18.05 Introduction to Probability and Statistics. MIT OpenCourseWare, 2022. Disponível em: https://ocw.mit.edu/courses/18-05-introduction-to-probability-and-statistics-spring-2022/. Acesso em: 30 jul. 2026.