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Aula 10
 Estatística p/ Polícia Federal (Agente)
Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital
(Preparação de A a Z)
Autor:
Guilherme Neves
Aula 10
13 de Julho de 2020
72649224215 - Raimundo Macêdo Bezerra Junior
 
 
1 
 
Sumário 
1. Distribuições Teóricas Discretas de Probabilidade ................................................................................. 3 
1.1. Distribuição Uniforme Discreta ......................................................................................................... 3 
1.2. Distribuição de Bernoulli .................................................................................................................. 6 
1.3. Distribuição Binomial ..................................................................................................................... 10 
1.4. Distribuição Geométrica ................................................................................................................. 31 
1.5. Distribuição Hipergeométrica ........................................................................................................ 34 
1.6. Distribuição de Poisson .................................................................................................................. 40 
2. Lista de Questões sem Comentários ..................................................................................................... 50 
3. Gabarito sem comentário ...................................................................................................................... 67 
4. Lista de Questões de Concursos com Comentários ............................................................................. 69 
4.1. Exercícios – Distribuições Uniforme Discreta ................................................................................. 69 
4.2. Exercícios – Distribuições de Bernoulli e Binomial ..................................................................... 71 
4.3. Exercícios – Distribuição de Poisson .............................................................................................. 92 
4.4. Exercícios – Distribuições Geométrica ...................................................................................... 118 
4.5. Exercícios – Distribuição Hipergeométrica ................................................................................... 129 
Considerações Finais .................................................................................................................................. 132	
 
 
 
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1. DISTRIBUIÇÕES TEÓRICAS DISCRETAS DE PROBABILIDADE 
 
Já aprendemos as noções sobre variáveis aleatórias discretas. Vamos agora estudar as 
Distribuições Teóricas de Probabilidades de Variáveis Aleatórias Discretas. 
Há distribuições que, por sua importância, merecem um destaque especial (e até mesmo nomes 
especiais). 
 
1.1. Distribuição Uniforme Discreta 
 
A distribuição uniforme discreta é aquela em que todos os elementos têm a mesma 
probabilidade de ocorrer. Podemos citar o exemplo usado na aula passada: a probabilidade de 
ocorrência de um número qualquer em um dado não viciado é 1/6. 
Na aula passada já aprendemos como calcular a esperança neste exemplo do dado: 
𝑿𝒊 𝑷(𝑿𝒊) 
1 1/6 
2 1/6 
3 1/6 
4 1/6 
5 1/6 
6 1/6 
 -𝑃(𝑋0)
1
023
= 1 
 
Para calcular a esperança, multiplicamos cada valor da variável pela sua probabilidade, ou seja, 
multiplicamos 𝑋0 por 𝑃(𝑋0). Depois somamos tudo. 
 
 
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4 
 
𝑿𝒊 𝑷(𝑿𝒊) 𝑿𝒊 ∙ 𝑷(𝑿𝒊) 
1 1/6 1 ×
1
6 =
1
6 
2 1/6 2 ×
1
6 =
2
6 
3 1/6 3 ×
1
6 =
3
6 
4 1/6 4 ×
1
6 =
4
6 
5 1/6 5 ×
1
6 =
5
6 
6 1/6 6 ×
1
6 =
6
6 
 -𝑃(𝑋0)
1
023
= 1 
 
Vamos somar tudo agora? 
𝜇 = 𝐸(𝑋) =
1
6 +
2
6 +
3
6 +
4
6 +
5
6 +
6
6 =
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6 =
21
6 
 
𝜇 = 𝐸(𝑋) = 3,50 
 
Repare que poderíamos tornar o cálculo mais breve: 
Em uma distribuição uniforme discreta, a esperança é a média aritmética dos valores. 
𝐸(𝑋) =
∑𝑥0
𝑛 
Dessa forma, a esperança poderia ser calculada como: 
𝜇 =
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6 = 3,50 
 
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5 
 
 
 
(CESGRANRIO 2011/FINEP) 
 
Considere a distribuição de probabilidade sobre os números na figura acima. Essa distribuição é 
a) contínua 
b) assimétrica. 
c) normal. 
d) uniforme. 
e) multivariada. 
Comentário 
A distribuição uniforme discreta é aquela em que todos os elementos têm a mesma 
probabilidade de ocorrer. Observe que 𝑃(1) = 𝑃(2) = 𝑃(3) = 𝑃(4) = 0,25. 
Gabarito: D 
 
(CESGRANRIO 2008/TJ-RO - Economista) 
Uma urna contém dez bolas, cada uma gravada com um número diferente, de 1 a 10. Uma bola 
é retirada da urna aleatoriamente e X é o número marcado nesta bola. X é uma variável aleatória 
cujo(a) 
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(A) desvio padrão é 10. 
(B) primeiro quartil é 0,25. 
(C) média é 5. 
(D) distribuição de probabilidades é uniforme. 
(E) distribuição de probabilidades é assimétrica. 
Comentário 
Como todas as bolas têm a mesma probabilidade de sair, concluímos que sua distribuição de 
probabilidades é uniforme. 
Gabarito: D 
 
1.2. Distribuição de Bernoulli 
 
A distribuição de Bernoulli se caracteriza pela existência de apenas dois eventos, mutuamente 
exclusivos, que denominaremos de sucesso e fracasso, em um experimento que é realizado uma 
única vez. 
São experimentos que os resultados apresentados apresentam ou não uma determinada 
característica. 
Vejamos alguns exemplos: 
i) Lançamos uma moeda. O resultado ou é “cara” ou não é. 
ii) Uma pessoa escolhida, ao acaso, dentre 500 pessoas, é ou não do sexo feminino. 
iii) Em uma urna temos 500 bilhetes numerados de 1 a 500. Retiramos um bilhete ao acaso. O 
bilhete sorteado é múltiplo de 11 ou não é. 
Em todos esses casos, estamos interessados na ocorrência de um sucesso (ocorrência de cara, 
sexo feminino, múltiplo de 11) ou fracasso (ocorrência de coroa, sexo masculino, número que não 
múltiplo de 11). Usaremos, a partir de agora, constantemente esta terminologia 
(sucesso/fracasso). 
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Normalmente usamos as seguintes notações: 
• A probabilidade de ocorrer um sucesso é 𝑝. 
• A probabilidade de ocorrer um fracasso é 𝑞 = 1 − 𝑝. 
• Adotamos o valor 0 para o fracasso e 1 para o sucesso. 
Vejamos um exemplo: Lançamos um dado honesto e observamos a face que fica para cima. Se a 
face voltada para cima for o número 5, teremos um sucesso. Se a facevoltada para cima for um 
número diferente de 5, teremos um fracasso. 
Assim, a probabilidade de obtermos um sucesso é igual a 𝑝 = 1/6 e a probabilidade de 
obtermos um fracasso será igual a 𝑞 = 5/6. 
Assim, temos a seguinte distribuição de probabilidades (lembre-se que adotamos o valor 0 para 
o fracasso e 1 para o sucesso). 
𝑿 𝑷(𝑿) 
0 5/6 
1 1/6 
Vamos calcular a esperança. Para isto, devemos multiplicar cada valor que a variável assume pela 
sua respectiva probabilidade e devemos somar tudo. 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 
0 5/6 0 
1 1/6 1/6 
 
𝐸(𝑋) =-𝑋 ∙ 𝑃(𝑋) = 0 +
1
6 =
1
6 
 
Vamos agora calcular a variância. Para isto, devemos elevar X ao quadrado, multiplicar pelas 
probabilidades e somar. Assim, teremos calculado o valor de 𝐸(𝑋B). 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 𝑿² 𝑿² ∙ 𝑷(𝑿) 
0 5/6 0 0² = 0 0 
1 1/6 1/6 1² = 1 1/6 
 
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𝐸(𝑋B) = 0 +
1
6 =
1
6 
Agora aplicamos a fórmula da variância: 
𝜎B = 𝐸(𝑋B) − [𝐸(𝑋)]B 
 
=
1
6 − G
1
6H
B
 
 
=
1
6 −
1
36 =
6 − 1
36 
 
=
5
36 
 
Vamos agora generalizar. Temos um experimento de Bernoulli tal que a probabilidade de um 
sucesso seja p e a probabilidade de um fracasso seja q. 
𝑿 𝑷(𝑿) 
0 𝑞 
1 𝑝 
 
Vamos calcular a esperança e a variância desta variável aleatória. 
Multiplicando cada valor da sua variável pela respectiva probabilidade. 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 
0 𝑞 0 
1 𝑝 𝑝 
 
Somando... 
𝐸(𝑋) = 0 + 𝑝 
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𝐸(𝑋) = 𝑝 
Assim, concluímos que a esperança da distribuição de Bernoulli é a própria probabilidade de 
obter um sucesso. No nosso exemplo acima, temos que 𝐸(𝑋) = 𝑝 = 1/6. 
Vamos agora calcular a variância. Para isto, devemos elevar X ao quadrado, multiplicar pelas 
probabilidades e somar. Assim, teremos calculado o valor de 𝐸(𝑋B). 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 𝑿² 𝑿² ∙ 𝑷(𝑿) 
0 𝑞 0 0² = 0 0 
1 𝑝 𝑝 1² = 1 𝑝 
 
𝐸(𝑋B) = 0 + 𝑝 
𝐸(𝑋B) = 𝑝 
Vamos agora aplicar a fórmula da variância. 
𝜎² = 𝐸(𝑋B) − [𝐸(𝑋)]B = 𝑝 − 𝑝² 
Colocando 𝑝 em evidência, temos: 
𝜎² = 𝑝(1 − 𝑝) 
Como 𝑞 = 1 − 𝑝: 
𝜎B = 𝑝 ∙ (1 − 𝑝)IJKJL
M
 
𝜎² = 𝑝𝑞 
Ou seja, a variância da distribuição de Bernoulli é o produto da probabilidade de obter um 
sucesso pela probabilidade de obter um fracasso. 
No nosso exemplo, temos: 
𝜎² = 𝑝𝑞 =
1
6 ∙
5
6 =
5
36 
 
 
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• Em resumo, a distribuição de Bernoulli pode assumir os valores 0 e 1 (fracasso e 
sucesso, respectivamente) em um experimento que é realizado uma única vez. 
• A probabilidade de ocorrer um sucesso é 𝑝 e a probabilidade de ocorrer um 
fracasso é igual a 𝑞, tal que 𝑝 + 𝑞 = 1. 
• 𝐸(𝑋) = 𝑝 
• 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑝𝑞. 
 
 
1.3. Distribuição Binomial 
 
Ainda estamos interessados em experimentos que possuam dois resultados possíveis: um 
sucesso e um fracasso. É importante destacar que não devemos associar os nomes “sucesso” e 
“fracasso” aos seus “reais” significados. Por exemplo: Um casal terá um filho. Podemos dizer que 
se o filho for homem teremos um sucesso e se for uma mulher um fracasso, mas também poderia 
ser o contrário: mulher = sucesso e homem = fracasso. Ok? 
 
A diferença da distribuição binomial para a distribuição de Bernoulli é que no caso 
anterior o experimento seria realizado apenas uma vez. Aqui na distribuição binomial 
realizaremos o experimento n vezes. 
 
Então imagine que repetimos um ensaio de Bernoulli n vezes, ou, como se diz também, obtemos 
uma amostra de tamanho n de uma distribuição de Bernoulli. Suponha ainda que as repetições 
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sejam independentes, isto é, o resultado de um ensaio não tem influência alguma no resultado 
de qualquer outro ensaio. Uma amostra particular será constituída de uma sequência de sucessos 
e fracassos, ou, se quisermos, de zeros e uns (zero = fracasso e um = sucesso). 
Vamos voltar ao nosso exemplo do dado. 
Lançamos um dado honesto e observamos a face que fica para cima. Se a face voltada para cima 
for o número 5, teremos um sucesso. Se a face voltada para cima for um número diferente de 5, 
teremos um fracasso. 
Quando estávamos estudando a distribuição de Bernoulli, nós tínhamos lançado este dado 
apenas uma vez. Agora lançaremos este dado n vezes. Vamos supor que n = 3, ou seja, vamos 
lançar o dado 3 vezes. 
Lembrando: sucesso, neste exemplo, é sair o número 5. Neste caso, temos 𝑝 = 1/6 e 𝑞 = 5/6. 
Pois bem, imagine que lançamos o dado três vezes e obtivemos os seguintes resultados: 2, 4, 5. 
Neste caso, tivemos FFS (fracasso, fracasso, sucesso). 
Neste caso, dizemos que a variável binomial assumiu o valor X = 1, pois obtivemos apenas um 
sucesso. 
Imagine agora que lançamos o dado três vezes e obtivemos os seguintes resultados: 5, 2, 5. 
Neste caso, tivemos SFS (sucesso, fracasso e sucesso). 
Dizemos agora que a variável binomial assumiu o valor X = 2, pois obtivemos dois sucessos. 
Podemos concluir que se realizamos n ensaios de Bernoulli, o número máximo de sucessos é 
igual a n. Ora, se lançamos o dado 3 vezes, podemos obter um sucesso (resultado = 5) no 
máximo 3 vezes. Não tem como lançar o dado 3 vezes e o número 5 sair quatro vezes! Ok? 
Dessa forma, realizando 3 ensaios de Bernoulli, podemos obter: 
- Nenhum sucesso (X=0) 
- Um sucesso (X=1) 
- Dois sucessos (X=2) 
- Três sucessos (X=3). 
Nosso objetivo agora será calcular a probabilidade de obtermos k sucessos (neste caso, k = 0,1,2 
ou 3). 
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Vamos calcular a probabilidade de obtermos nenhum sucesso (X=0). 
Neste caso, estamos obtendo 3 fracassos (FFF). Ou seja, queremos lançar o dado três vezes e 
obter números diferentes de 5 nos três lançamentos. 
Como os eventos são independentes, a probabilidade será o produto das probabilidades. 
Sabemos que a probabilidade de obtermos um número diferente de 5 é igual a 𝑞 = 5/6. 
Portanto, a probabilidade de obtermos 3 números diferentes de 5 será igual a: 
𝑃(𝑋 = 0) =
5
6 ∙
5
6 ∙
5
6 = G
𝟓
𝟔H
𝟑
 
𝑃(𝑋 = 0) =
125
216 
Vamos agora calcular a probabilidade de obtermos um sucesso em 3 ensaios. 
Queremos, em três ensaios, obter exatamente um resultado igual a 5. Queremos, portanto, obter 
1 sucesso e dois fracassos. Devemos observar que o sucesso por ocorrer no primeiro, no 
segundo ou no terceiro lançamento. Ou seja, podemos obter SFF, FSF ou FFS. 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃(𝑆𝐹𝐹	𝑜𝑢	𝐹𝑆𝐹	𝑜𝑢	𝐹𝐹𝑆) =
1
6 ∙
5
6 ∙
5
6 +
5
6 ∙
1
6 ∙
5
6 +
5
6 ∙
5
6 ∙
1
6 
𝑃(𝑋 = 1) = 3 ∙
1
6 ∙
5
6 ∙
5
6 = 𝟑 ∙ G
𝟏
𝟔H
𝟏
∙ G
𝟓
𝟔H
𝟐
 
𝑃(𝑋 = 1) =
75
216 
Vamos agora calcular a probabilidade de obtermos dois sucessos em 3 ensaios. 
Queremos obter 2 sucessos, ou seja, queremos obter dois resultados iguais a 5 em 3 
lançamentos. Podemos obter SSF ou SFS ou FSS. 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑆𝑆𝐹	𝑜𝑢	𝑆𝐹𝑆	𝑜𝑢	𝐹𝑆𝑆) =
1
6 ∙
1
6 ∙
5
6 +
1
6 ∙
5
6 ∙
1
6 +
5
6 ∙
1
6 ∙
1
6 
𝑃(𝑋 = 2) = 3 ∙
1
6 ∙
1
6 ∙
5
6 = 𝟑 ∙ G
𝟏
𝟔H
𝟐
∙ G
𝟓
𝟔H
𝟏
 
𝑃(𝑋 = 2) =
15
216 
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Finalmente, vamos calcular a probabilidade de obtermos 3 sucessos em 3 lançamentos. Ou seja, 
queremos calcular a probabilidade de os três lançamentos serem iguais a 5. 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃(𝑆𝑆𝑆) =
1
6 ∙
1
6 ∙
1
6 
𝑷(𝑿 = 𝟑) = G
𝟏
𝟔H
𝟑
 
𝑃(𝑋 = 3) =
1
216 
Poderíamos sempre fazer assim para calcular probabilidades. O problema é que se o número de 
ensaios aumenta, a probabilidade fica cada vez mais complicada de calcular. 
Por isso, vamos aprender uma fórmula para calcular essas probabilidades. 
Na aula de Análise Combinatória aprendemos como calcular combinações. 
𝐶],^ = 𝐶]
^ = _
𝑛
𝑝` =
𝑛!
𝑝! (𝑛 − 𝑝)! 
Exemplo: 
𝐶bB =
5!
2! ∙ (5 − 2)! =
5!
2! 3! =
5 ∙ 4 ∙ 3!
2 ∙ 1 ∙ 3! =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
A maneira mais fácil de utilizar esta fórmula é a seguinte: 
O número de combinações sempre será uma fração. 
𝐶bB = 
No denominador, devemos colocar o fatorial expandido do menor número. 
𝐶bB = 2 ∙ 1 
Quantos fatores há no denominador? Dois!! Pois bem, devemos expandir o outro número, no 
caso o número 5, em dois fatores. 
𝐶bB =
5 ∙ 4
2 ∙ 1 = 10 
Nos livros e provas de Estatística não utilizamos muito a notação que foi usada na aula de 
combinatória: 𝐶]
^. 
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A partir de agora utilizaremos com muito mais frequência a notação seguinte: 
_
𝑛
𝑝` 
Alguns casos especiais podem ser memorizados para ganharmos tempo: 
_𝑛0` = 1 
_𝑛1` = 𝑛 
_𝑛𝑛` = 1 
Pois bem. Voltemos à probabilidade. Vamos supor que existe um ensaio de Bernoulli tal que a 
probabilidade de obtermos um sucesso seja 𝑝 e a probabilidade de obtermos um fracasso seja 𝑞. 
Realizaremos este ensaio n vezes e queremos calcular a probabilidade de obtermos k sucessos 
(obviamente 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛). 
A probabilidade pode ser calculada através da seguinte fórmula: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe 
Como vamos memorizar esta fórmula? 
A fórmula sempre começa com o binomial de n sobre k (combinações de n elementos tomados k 
a k). Ou seja, número lançamentos sobre o número de sucessos que se quer obter. 
Depois multiplicamos pela probabilidade de obter um sucesso elevada ao número de sucessos 
(𝑝e) pela probabilidade de obter um fracasso elevada ao número de fracassos (𝑞]fe). 
Voltemos ao nosso exemplo do dado. 
Vamos lançar um dado 3 vezes. Consideramos como sucesso obter o número 5. Assim, 𝑝 = 1/6 e 
𝑞 = 5/6. 
Queremos calcular a probabilidade de obtermos 0,1,2 ou 3 sucessos. 
𝑃(𝑋 = 0) 
Começamos colocando o binomial de n sobre k. 
𝑃(𝑋 = 0) = _30` 
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Agora multiplicamos pela probabilidade de obtermos um sucesso elevado ao número de 
sucessos. 
𝑃(𝑋 = 0) = _30` ∙ G
1
6H
g
 
Agora multiplicamos pela probabilidade de obtermos um fracasso elevada ao número de 
fracassos. Ora, como são 3 lançamentos e nenhum sucesso, teremos 3 fracassos. 
𝑃(𝑋 = 0) = _30` ∙ G
1
6H
g
∙ G
5
6H
h
 
𝑃(𝑋 = 0) = 1 ∙ 1 ∙
125
216 =
125
216 
Vamos agora calcular a probabilidade de obtermos um sucesso. 
𝑃(𝑋 = 1) 
Começamos colocando o binomial de n sobre k (ensaios sobre sucessos). 
𝑃(𝑋 = 1) = _31` 
Agora multiplicamos pela probabilidade de obtermos um sucesso elevada ao número de 
sucessos. 
𝑃(𝑋 = 1) = _31` ∙ G
1
6H
3
 
Como é apenas 1 sucesso, teremos 2 fracassos. 
Agora multiplicamos pela probabilidade do fracasso elevado ao número de fracassos. 
𝑃(𝑋 = 1) = _31` ∙ G
1
6H
3
∙ G
5
6H
B
 
𝑃(𝑋 = 1) = 3 ∙
1
6 ∙
25
36 =
75
216 
E assim por diante. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe 
Observe que se são n ensaios dos quais são k sucessos, o número de fracassos será n – k. 
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16 
 
Vamos reunir nossos resultados em uma tabela. 
 
𝑿 𝑷(𝑿) 
0 
125
216 
1 75
216 
2 
15
216 
3 
1
216 
 
Temos uma variável aleatória discreta, ok? 
X são os possíveis valores assumidos pela variável e P(X) suas respectivas probabilidades. Na aula 
passada, aprendemos como calcular a esperança e a variância de uma variável aleatória discreta. 
Vamos começar com o cálculo da esperança. Vamos multiplicar X por P(X) e somar todos os 
resultados. 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 
0 
125
216 
0 
1 
75
216 
75
216 
2 
15
216 
30
216 
3 
1
216 
3
216 
 
A esperança é igual a: 
𝐸(𝑋) = 0 +
75
216 +
30
216 +
3
216 
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17 
 
 
𝐸(𝑋) =
108
216 
𝐸(𝑋) =
1
2 
Vamos agora calcular a variância. Devemos elevar X ao quadrado, multiplicar os resultados 
obtidos pelas respectivas probabilidades e somar tudo. Depois é só aplicar a fórmula. 
𝑿 𝑷(𝑿) 𝑿 ∙ 𝑷(𝑿) 𝑿² 𝑿² ∙ 𝑷(𝑿) 
0 
125
216 
0 0 0 
1 75
216 
75
216 
1 75
216 
2 
15
216 
30
216 
4 60
216 
3 
1
216 
3
216 
9 
9
216 
 
𝐸(𝑋B) = 0 +
75
216 +
60
216 +
9
216 
 
𝐸(𝑋B) =
144
216 
Agora aplicamos a fórmula da variância. 
𝜎² = 𝐸(𝑋B) − [𝐸(𝑋)]B 
 
𝜎² =
144
216 − G
1
2H
B
 
 
𝜎² =
144
216 −
1
4 
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18 
 
 
𝜎² =
144 − 54
216 
 
𝜎² =
90
216 
Simplificando a fração... 
𝜎² =
15
36 
Bem trabalhoso, não? 
Para facilitar as nossas vidas, existem fórmulas para o cálculo da esperança e da variância. 
𝜇 = 𝑛𝑝 
Para calcular a esperança, basta multiplicar o número de ensaios pela probabilidade de obter um 
sucesso. 
𝜇 = 3 ∙
1
6 =
1
2 
E agora a variância. 
𝜎² = 𝑛𝑝𝑞 
Para calcular a variância, multiplicamos o número de ensaios pela probabilidade do sucesso e 
pela probabilidade do fracasso. 
𝜎² = 3 ∙
1
6 ∙
5
6 =
15
36 
Bem mais rápido!! 
Vamos agora treinar um pouco. 
 
 
 
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19 
 
 
• Consideremos um experimento constituído por 𝑛 ensaios INDEPENDENTES de 
Bernoulli. Cada ensaio pode resultar em um de dois eventos mutuamente 
excludentes. 
• A probabilidade de ocorrer o resultado favorável (sucesso) em cada ensaio é 𝑝 e a 
probabilidade de ocorrer o resultado desfavorável (fracasso) em cada ensaio é 𝑞 =
1 − 𝑝. 
• 𝑋 é o número de sucessos em 𝑛 ensaios. Assim, X é no mínimo 0 e no máximo n. 
• 𝑋 tem distribuição binomial com parâmetros 𝑛 e 𝑝. 
• A probabilidade de ocorrerem 𝑘 sucessos em 𝑛 ensaios é _𝑛𝑘` 𝑝
e ∙ 𝑞]fe. 
• A média do número X de resultados favoráveis em uma distribuição binomial é 𝑛𝑝 e 
a variância é 𝑛𝑝𝑞. 
 
 
 
(FEPESE 2010/AFRE-SC) 
Uma variável aleatória X segue uma distribuição binomial com os seguintes parâmetros: número 
de ensaios = 100; probabilidade de sucesso em cada ensaio = 0,2. De acordo com essas 
informações, qual é o valor esperado de X? 
a) 0,2 
b) 0,8 
c) 20 
d) 80 
e) 100 
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Comentário 
Acabamos de ver que o valor esperado (esperança) de uma variável aleatória binomial X é o 
produto do número de ensaios pela probabilidade de sucesso. 
𝜇 = 𝑛𝑝 
𝜇 = 100 ∙ 0,2 = 20 
Gabarito: C 
 
(CEPERJ 2010/SEE-RJ) 
Sabendo que a variável aleatória X tem distribuição binomial de parâmetros: 𝒏 = 𝟐𝟎 e 𝒑 = 𝟎, 𝟒, a 
média e a variância de X serão, respectivamente: 
a) 8 e 4,8 
b) 8 e 3,2 
c) 4 e 2,4 
d) 8 e 2,4 
e) 4 e 4,8 
Comentário 
Como acabamos de ver, a média (esperança) da variável X com distribuição binomial é igual a 
𝐸(𝑋) = 𝑛 ∙ 𝑝 = 20 ∙ 0,4 = 8. 
A variância da variável X é igual a 𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞, onde 𝑞 = 1 − 𝑝. 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 20 ∙ 0,4 ∙ (1 − 0,4) 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 20 ∙ 0,4 ∙ 0,6 = 4,8 
Gabarito: A 
 
 
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21 
 
 
(ESAF 2010/SUSEP) 
Um estudo indica que, nas comunidades que vivem em clima muito frio e com uma dieta de 
baixa ingestão de gordura animal, a probabilidade de os casais terem filhos do sexo masculino é 
igual a 1/4. Desse modo, a probabilidade de um casal ter dois meninos e três meninas é igual a: 
a) 37/64 
b) 45/216 
c) 1/64 
d) 45/512 
e) 9/16 
Comentário 
Chamemos de “sucesso” ter um filho do sexo masculino: probabilidade igual a 1/4. 
Chamemos de “fracasso” ter um filho do sexo feminino: probabilidade igual a 3/4. 
A probabilidade de, em cinco experimentos (n = 5), obtermos 2 sucessos (k=2), pelo teorema 
binomial é: 
P(X = 2) = _52` ∙ G
1
4H
B
∙ G
3
4H
h
=
5 ∙ 4
2 ∙ 1 ∙
1
16 ∙
27
64 =
135
512 
 
Não há resposta e a questão foi anulada. 
Gabarito: Anulada 
 
(ESAF 2010/SUSEP) 
Uma urna contém bolas vermelhas, azuis, amarelas e pretas. O número de bolas pretas é duas 
vezes o número de bolas azuis, o número de bolas amarelas é cinco vezes o número de bolas 
vermelhas, e o número de bolas azuis é duas vezes o número de bolas amarelas. Se as bolas 
diferem apenas na cor, ao se retirar ao acaso três bolas da urna, com reposição, qual a 
probabilidade de exatamente duas bolas serem pretas? 
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22 
 
a) 100/729. 
b) 100/243. 
c) 10/27. 
d) 115/243. 
e) 25/81. 
Comentário 
Suponha que temos apenas uma bola vermelha. 
O número de bolas amarelas é cinco vezes o número de bolas vermelhas, logo temos 5 bolas 
amarelas. 
O número de bolas azuis é duas vezes o número de bolas amarelas, logo temos 10 bolas azuis. 
O número de bolas pretas é duas vezes o número de bolas azuis, logo temos 20 bolas pretas. 
Total de bolas: 1 + 5 + 10 + 20 = 36 bolas. 
20 bolas pretas e 16 não-pretas. 
Ao se retirar ao acaso três bolas da urna, com reposição, qual a probabilidade de exatamente 
duas bolas serem pretas? 
Como o processo é com reposição, os eventos são independentes e podemos aplicar o teorema 
binomial. 
Vamos considerar que extrair uma bola preta é um sucesso. A probabilidade do sucesso é p = 
20/36. A probabilidade do fracasso é q = 16/36. 
Queremos obter 2 sucessos em 3 ensaios. 
P(X = 2) = _32` ∙ G
20
36H
B
∙ G
16
36H
3
 
𝑃(X = 2) = 3 ∙
20
36 ∙
20
36 ∙
16
36 =
100
243 
 
Gabarito: B 
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23 
 
 
(FUNIVERSA 2010/CEB Distribuição) 
O mau funcionamento de uma das máquinas de uma indústria fez com que 10% das peças 
produzidas em um determinado lote apresentassem defeito. Escolhendo-se aleatoriamente 
cinco peças desse lote, a probabilidade aproximada de que menos de três delas apresentem 
esse defeito, se cada peça retirada é reposta antes de se retirar a próxima, é de 
(A) 90%. 
(B) 91%. 
(C) 93%. 
(D) 96%. 
(E) 99%. 
Comentário 
Vamos considerar que escolher uma peça com defeito é um sucesso e escolher uma peça boa é 
um fracasso. 
Escolhendo uma peça aleatoriamente, a probabilidade de ser defeituosa é 10% e a 
probabilidade de ser boa é 90%. 
Assim, 𝑝 = 10%e 𝑞 = 90%. 
“Escolhendo-se aleatoriamente cinco peças desse lote, a probabilidade aproximada de que 
menos de três delas apresentem esse defeito, se cada peça retirada é reposta antes de se retirar 
a próxima, é de...” 
Como o experimento é feito com reposição, os eventos são independentes. Assim, podemos 
aplicar o teorema binomial. 
Queremos obter menos de 3 sucessos. Ou seja, podemos ter 0, 1 ou 2 sucessos em 5 ensaios. 
Queremos calcular: 
𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) 
Vamos calcular cada parcela separadamente e somar os resultados. 
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24 
 
𝑃(𝑋 = 2) = _52` ∙ G
10
100H
B
∙ G
90
100H
h
= 7,29% 
𝑃(𝑋 = 1) = _51` ∙ G
10
100H
3
∙ G
90
100H
t
= 32,805% 
𝑃(𝑋 = 0) = _50` ∙ G
10
100H
g
∙ G
90
100H
b
= 59,049% 
Desta forma, a probabilidade de que menos de três delas apresentem esse defeito é: 
𝑃(𝑋 = 2	𝑜𝑢	𝑋 = 1	𝑜𝑢	𝑋 = 0) = 7,29% + 32,805% + 59,049% = 99,144% 
Questão bem trabalhosa (principalmente as contas, que fiz na calculadora). 
Gabarito: E 
 
(ESAF 2008/CGU) 
Seja X uma variável aleatória discreta com função de probabilidade binomial , onde 𝒇(𝒙) =
𝑪𝒏,𝒙𝒑𝒙(𝟏 − 𝒑)𝒏f𝒙 e 𝑪𝒏,𝒙 é o número de combinações de n elementos tomados x a x. Sendo n=6 
e p=1/3, determine f(6). 
a) 1/729 
b) 1 
c) 0 
d) 64/729 
e) 8/729 
Comentário 
Basta aplicar a fórmula que vimos. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe 
𝑃(𝑋 = 6) = _66` ∙ G
1
3H
1
∙ G
2
3H
g
=
1
729 
Gabarito: A 
)(xf
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25 
 
 
(ESAF 2008/CGU) 
Seja F(x) a função de distribuição da variável aleatória definida na questão anterior, determine 
𝑭(𝟎). 
a) 0 
b) 1/729 
c) 64/729 
d) 243/729 
e) 1. 
Comentário 
Como vimos na aula passada, a função de distribuição fornece a probabilidade de X ser menor 
ou igual a um dado valor. 
Se X = 0, a função dará a probabilidade de X ser menor ou igual a zero. 
A variável binomial sempre assume valores maiores ou iguais a 0. Na verdade, 0 ≤ 𝑋 ≤ 𝑛. Ou 
seja, X nunca poderá ser negativo. 
Assim, concluímos que 𝐹(0) = 𝑃(𝑋 ≤ 0) = 𝑃(𝑋 = 0). 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe 
𝑃(𝑋 = 0) = _60` ∙ G
1
3H
g
∙ G
2
3H
1
=
64
729 
Gabarito: C 
 
(ESAF 2009/ATA-MF) 
Ao se jogar um dado honesto três vezes, qual o valor mais próximo da probabilidade de o 
número 1 sair exatamente uma vez? 
a) 35% 
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26 
 
b) 17% 
c) 7% 
d) 42% 
e) 58% 
Comentário 
Muito parecido com o exemplo que utilizei na exposição teórica. Vamos considerar que sair o 
número 1 é sucesso e sair qualquer outro número é fracasso. Vamos lançar o dado três vezes 
(n=3) e queremos a probabilidade de obter um sucesso (k=1). 
Neste caso, p = 1/6 e q = 5/6. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe 
𝑃(𝑋 = 1) = _31` ∙ G
1
6H
3
∙ G
5
6H
B
 
𝑃(𝑋 = 1) = 3 ∙
1
6 ∙
25
36 =
75
216 ≅ 34,72% 
Gabarito: A 
 
(ESAF 2009/AFRFB) 
Em um experimento binomial com três provas, a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é 
doze vezes a probabilidade de ocorrerem três sucessos. Dessemodo, as probabilidades de 
sucesso e fracasso são, em percentuais, respectivamente, iguais a: 
a) 80 % e 20 % 
b) 30 % e 70 % 
c) 60 % e 40 % 
d) 20 % e 80 % 
e) 25 % e 75 % 
Comentário 
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27 
 
Chamamos de k o número de sucessos. Assim, se o número de sucessos é 2, então k = 2. Se o 
número de sucessos é igual a 3, então k = 3. 
A probabilidade de ocorrerem dois sucessos é indicada por P(X=2) e a probabilidade de 
ocorrerem três sucessos é indicada por P(X=3). Como são três tentativas (três provas), então n=3. 
O problema nos disse que a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é igual a doze vezes a 
probabilidade de ocorrerem três sucessos. 
Algebricamente, 
𝑃(𝑋 = 2) = 12 ∙ 𝑃(𝑋 = 3) 
Aplicamos a fórmula do teorema binomial que diz que a probabilidade de em n provas obtermos 
k sucessos é dada por 
_𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ 𝑞]fe = _𝑛𝑘` ∙ 𝑝
e ∙ (1 − 𝑝)]fe 
Assim, 
_32` ∙ 𝑝
B ∙ (1 − 𝑝)3 = 12 ∙ _33` ∙ 𝑝
h ∙ (1 − 𝑝)g 
 
Observe que (1-p)0 é igual a 1, e que _33` = 1. 
3𝑝B(1 − 𝑝) = 12𝑝³ 
 
3 ∙ 𝑝 ∙ 𝑝 ∙ (1 − 𝑝) = 12 ∙ 𝑝 ∙ 𝑝 ∙ 𝑝 
Cortando... 
3 ∙ (1 − 𝑝) = 12 ∙ 𝑝 
 
3 − 3𝑝 = 12𝑝 
 
15𝑝 = 3 
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28 
 
𝑝 =
1
5 = 20% 
Obviamente, se a probabilidade de obter um sucesso é de 20%, a probabilidade do fracasso é 
de 80%. 
Gabarito: D 
 
(MPOG 2006 ESAF) 
Um experimento binomial é um experimento que comporta um número fixo de provas 
independentes, n. Cada prova tem os resultados classificados em apenas duas categorias, a 
saber: sucesso ou fracasso. Muito embora essa classificação seja arbitrária, costuma-se denotar a 
probabilidade de sucesso por p, e a probabilidade de fracasso por q. Desse modo, realizando-se 
50 provas, a probabilidade de se obter 30 sucessos é dada por 
a) 𝐶bghg𝑝hg𝑞Bg 
 
b) 𝐶bghg𝑝Bg𝑞hg 
 
c) 𝐶bghg𝑝g𝑞Bg 
 
d) 𝐶bghg𝑝𝑞Bg 
 
e) 𝐶bghg𝑝Bg𝑞g 
Comentário 
A probabilidade de ocorrerem exatamente k sucessos em uma sequência de n provas 
independentes, na qual a probabilidade de sucesso em cada prova é p e de a probabilidade de 
cada fracasso é q, é igual a 
𝐶]e𝑝e ∙ 𝑞]fe = 𝐶bghg𝑝hg𝑞Bg 
Gabarito: A 
 
 
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29 
 
 
(CESPE 2010/APOG- SAD/PE) 
 
A figura acima apresenta a distribuição percentual da população de crianças e jovens entre cinco 
a dezenove anos de idade que nunca procurou um dentista, por renda domiciliar per capita no 
Brasil em 1998. “As diferenças entre os diversos grupos de renda per capita é acentuada. 
Aproximadamente 25% da população brasileira com idade entre cinco e dezenove anos nunca 
procuraram um dentista. Entretanto, este valor sofre oscilações segundo a renda variando de 
50,7% naqueles domicílios com renda de até R$ 37,75 a 1,5% naqueles domicílios com renda per 
capita entre R$ 1.813,00 e R$ 40.500,00”. 
A. Nunes et al. Medindo as desigualdades em saúde 
no Brasil, OPAS/OMS, 2001 (com adaptações) 
Considerando que uma amostra aleatória simples de cinco mil indivíduos fosse retirada da 
população de crianças e jovens entre cinco e dezenove anos de idade no Brasil em 1998, se X 
representa o número de indivíduos nessa amostra que nunca procurou um dentista, então a 
variância de X é 
A) inferior a 400. 
B) superior a 400 e inferior a 600. 
C) superior a 600 e inferior a 800. 
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30 
 
D) superior a 800 e inferior a 1.000. 
E) superior a 1.000. 
Comentário 
25,2% da população brasileira com idade entre cinco e dezenove anos nunca procuraram um 
dentista. 
Isto significa que, para cada pessoa entrevistada, é como se fosse um jogo em que há 25,2% de 
chance de esse eleitor nunca ter procurado um dentista e (100-25,2)%=74,8% de chance de esse 
eleitor alguma vez na vida ter procurado um dentista. 
Portanto, é como se cada eleitor entrevistado fosse uma distribuição de Bernoulli. A distribuição 
de Bernoulli se caracteriza pela existência de apenas dois eventos, mutuamente exclusivos, que 
denominaremos de sucesso e fracasso. No nosso exemplo, podemos afirmar que o “sucesso” é o 
entrevistado nunca ter procurado um dentista e “fracasso” já ter procurado um dentista. 
Normalmente a probabilidade do sucesso é designada por p e a probabilidade do fracasso por 
q. Nesse caso temos que p=25,2% e q=74,8%. Observe que p+q=1 ou, de outra maneira, 
p+q=100%. 
A distribuição binomial nada mais é do que a generalização da distribuição de Bernoulli. Há um 
sucesso, com probabilidade p, e um fracasso, com probabilidade q, tal que p+q=1, mas o 
número de experimentos pode ser qualquer um. No nosso exemplo. Realizaremos o mesmo 
experimento (perguntar a um entrevistado se ele já visitou um dentista) 5000 vezes. Numa 
distribuição binomial, a variância é dada pela fórmula 
𝜎² = 𝑛𝑝𝑞 
Nesta fórmula, n é o número de experimentos, p é a probabilidade do sucesso e q a 
probabilidade do fracasso. Temos então, 
𝜎² = 𝑛𝑝𝑞 = 5.000 ∙
25,2
100 ∙
74,8
100 = 942,48 
Resposta D) superior a 800 e inferior a 1.000. 
Na minha concepção, é uma questão difícil, pois nem todos perceberiam que se trata de uma 
distribuição binomial. 
Gabarito: D 
 
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31 
 
 
(ESAF 2009/ANA) 
Na população brasileira verificou-se que a probabilidade de ocorrer determinada variação 
genética e de 1%. Ao se examinar ao acaso três pessoas desta população, qual o valor mais 
próximo da probabilidade de exatamente uma pessoa examinada possuir esta variação 
genética? 
a) 0,98% 
b) 1% 
c) 2,94% 
d) 1,30% 
e) 3,96% 
Comentário 
Temos um experimento binomial em que a probabilidade de obtermos um sucesso (ter a 
variação genética) é igual a 1%. A probabilidade do fracasso é igual a 99%. Queremos calcular a 
probabilidade de ocorrer 1 sucesso em 3 ensaios. 
𝑃(𝑋 = 1) = _31` ∙ 0,01
3 ∙ 0,99B ≅ 2,94% 
Gabarito: C 
 
 
1.4. Distribuição Geométrica 
 
A distribuição geométrica também se refere a sucessos e fracassos, mas, diferentemente da 
binomial, é a probabilidade de que o sucesso ocorra exatamente no k-ésimo ensaio. Por 
exemplo, no jogo de cara ou coroa, qual a probabilidade de que a coroa só ocorra na quarta 
jogada? Ou qual é a probabilidade de que o dado só dê o número 5 na terceira jogada? 
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32 
 
Ou seja, já que queremos um sucesso apenas no k-ésimo ensaio, queremos que aconteça 
𝐹𝐹𝐹𝐹 …𝑆 (uma sequência de k-1 fracassos seguido de apenas um sucesso). 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ … ∙ 𝑞IJJJKJJJL
ef3	}~�������
∙ 𝑝⏟
�������
 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞ef3 ∙ 𝑝 
Dessa forma, se X é o número de tentativas necessárias ao aparecimento do primeiro sucesso, 
então X segue uma distribuição geométrica. 
X pode assumir os seguintes valores: 1, 2, 3, 4, ... 
Por exemplo, se X = 4, então o sucesso é obtido na quarta realização do experimento. 
Temos a seguinte distribuição de probabilidades. 
X P(X) 
1 𝑝 
2 𝑞𝑝 
3𝑞B𝑝 
4 𝑞h𝑝 
... ... 
É possível demonstrar que: 
𝐸(𝑋) =
1
𝑝 
 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
𝑞
𝑝B 
 
 
 
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33 
 
 
(ESAF 2008/CGU) 
A probabilidade de sucesso em um experimento aleatório é p. Seja X o número de 
experimentos independentes realizados até se obter o primeiro sucesso. Qual a probabilidade 
de X = k, onde k=1,2,3,.... 
a) (1-p)k-1. 
b) p(1-p)k-1. 
c) k pk-1(1-p). 
d) pk-1(1-p). 
e) k(1-p)k-1 p. 
Comentário 
Aplicação direta da teoria vista. 
Em cada experimento, a probabilidade de sucesso é p e a probabilidade de fracasso é q. 
Nos k-1 primeiros experimentos, temos fracasso e temos no último experimento um sucesso. 
Para que X seja igual a k devemos ter k-1 fracassos e 1 sucesso, nesta ordem. Como os eventos 
são independentes, a probabilidade pedida é igual ao produto das probabilidades. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ … ∙ 𝑞IJJJKJJJL
ef3
∙ 𝑝 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞ef3 ∙ 𝑝 = (1 − 𝑝)ef3 ∙ 𝑝 
Gabarito: B 
 
 
 
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34 
 
 
(CESGRANRIO 2011/Petrobras) 
Uma pessoa lança repetidamente um dado equilibrado, parando quando obtém a face com o 
número 6. A probabilidade de que o dado seja lançado exatamente 3 vezes é 
a) 1/216 
b) 1/36 
c) 25/216 
d) 1/6 
e) 25/36 
Comentário 
Este problema ilustra perfeitamente a distribuição geométrica. Vamos considerar que o sucesso é 
obter o número 6 (p=1/6). Queremos obter um sucesso exatamente no 3º lançamento. A 
probabilidade do fracasso é igual a 5/6. Queremos obter, nesta ordem, fracasso-fracasso-
sucesso. 
𝑃(𝑋 = 3) =
5
6 ∙
5
6 ∙
1
6 =
25
216 
Gabarito: C 
 
 
1.5. Distribuição Hipergeométrica 
 
Já comentei algumas vezes que para podermos usar o teorema binomial, os processos devem ser 
feitos com reposição (para que os eventos sejam independentes). 
A distribuição hipergeométrica refere-se à probabilidade de, ao retirarmos, sem reposição, 𝑛 
elementos de um conjunto com 𝑁 elementos, saiam 𝑘 elementos com o atributo sucesso, 
considerando-se que, do total de 𝑁 elementos, 𝑠 possuem esse atributo e, portanto, 𝑁 − 𝑠 
possuem o atributo fracasso. 
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35 
 
Resumindo: 
• Temos um conjunto com N elementos dos quais 𝑠 possuem o atributo sucesso e 𝑁 − 𝑠 
possuem o atributo fracasso. 
• Serão retirados 𝑛 elementos do conjunto sem reposição. 
• Queremos calcular a probabilidade de obtermos 𝑘 sucessos. 
Assim, a probabilidade de obtermos um sucesso (no primeiro experimento) é igual a 𝑝 = �
�
. 
Queremos calcular a probabilidade de que, retirando-se n elementos, k possuam o atributo 
sucesso e n-k possuam o atributo fracasso. 
Esta probabilidade é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
_𝑠𝑘` _
𝑁 − 𝑠
𝑛 − 𝑘`
_𝑁𝑛`
 
Seja X o número de sucessos na amostra. A variável assim definida tem distribuição 
hipergeométrica. 
Como serão retirados 𝑛 elementos da população, então o número de sucessos obtidos é no 
máximo igual a 𝑛, ou seja, 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛. 
Ademais, como há apenas 𝑠 objetos com o atributo sucesso, então 𝑘 é no máximo igual a 𝑠, ou 
seja, 𝑘 ≤ 𝑟. 
A média da distribuição hipergeométrica é dada por: 
𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝 
A variância da distribuição hipergeométrica é dada por: 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞 ∙
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1 
Em que 𝑝 = �
�
 e 𝑞 = 1 − 𝑝. 
Observe que se o processo é feito COM reposição, teríamos uma distribuição binomial. A média 
da distribuição binomial também é igual a 𝑛𝑝. O que muda é a variância. 
 
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36 
 
 
Sabe-se que há 10% de peças defeituosas em um lote de 50. Ao retirar oito peças desse lote, 
sem reposição, qual a probabilidade de que duas delas sejam defeituosas? 
Comentário 
Como são 10% de peças defeituosas em um total de 50, então há 5 peças defeituosas. 
Temos 50 objetos e escolheremos 8. Este é o nosso denominador (total de casos possíveis). 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
_𝑠𝑘` _
𝑁 − 𝑠
𝑛 − 𝑘`
_508 `
 
Pede-se a probabilidade de retirar duas peças defeituosas (do total das 5) e seis peças em bom 
estado (de um total de 45). 
𝑃(𝑋 = 2) =
_52` _
45
6 `
_508 `
≅ 15,17% 
Resposta: Aproximadamente 15%. 
 
(FUNIVERSA 2009/IPHAN) 
 
Em um instituto de pesquisa trabalham, entre outros funcionários, 3 físicos, 6 biólogos e 2 
matemáticos. Deseja-se formar uma equipe com 4 desses 11 estudiosos, para realizar uma 
pesquisa. Se essa equipe for composta escolhendo-se os pesquisadores de forma aleatória, a 
probabilidade de todos os físicos serem escolhidos é um número cujo valor está compreendido 
entre 
(A) 0,00 e 0,01. 
(B) 0,01 e 0,02. 
(C) 0,02 e 0,03. 
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37 
 
(D) 0,03 e 0,04. 
(E) 0,04 e 0,05. 
Comentário 
Neste caso, o processo é feito sem reposição, pois um mesmo profissional não poderá ser 
escolhido duas vezes. 
Dos 11 estudiosos, vamos escolher 4. Este é o nosso denominador. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
_𝑠𝑘` _
𝑁 − 𝑠
𝑛 − 𝑘`
_114 `
 
Queremos que os 3 físicos sejam escolhidos. Assim, vamos escolher 3 físicos (dentre 3 
disponíveis) e 1 profissional (dentre os 8 não-físicos). 
𝑃(𝑋 = 3) =
_33`_
8
1`
_114 `
=
1 ∙ 8
11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
=
8
330 = 0,0242424… 
Vejam outra maneira de resolver esta questão sem o uso da fórmula da distribuição 
hipergeométrica: 
Quer-se calcular a probabilidade de todos os físicos serem escolhidos. Como há apenas 3 físicos, 
obrigatoriamente a quarta pessoa será escolhida dentre os biólogos/matemáticos (não-físicos). 
Existem quatro maneiras de dispor a ordem dos sorteados (F é um físico e X é um não-físico): 
𝐹𝐹𝐹𝑋	𝑜𝑢	𝐹𝐹𝑋𝐹	𝑜𝑢	𝐹𝑋𝐹𝐹	𝑜𝑢	𝑋𝐹𝐹𝐹 
Assim, vou calcular uma dessas probabilidades e multiplicar o resultado por 4. 
São 11 pessoas. Assim, a probabilidade de o primeiro ser um físico é 3/11. 
Como o processo é sem reposição, a probabilidade de o segundo ser físico é 2/10 (pois agora 
temos 2 físicos e um total de 10 pessoas). A probabilidade de o terceiro ser físico é 1/9. 
Agora temos que escolher o último como não-físico. Sobraram um total de 8 pessoas e todos 
eles são não-físicos. A probabilidade de um deles ser escolhido é 8/8. 
𝑃(𝐹𝐹𝐹𝑋	𝑜𝑢	𝐹𝐹𝑋𝐹	𝑜𝑢	𝐹𝑋𝐹𝐹	𝑜𝑢	𝑋𝐹𝐹𝐹) = 4 ∙
3
11 ∙
2
10 ∙
1
9 ∙
8
8 =
24
990 = 0,02424… 
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38 
 
Gabarito: C 
 
(FUNIVERSA 2006/APEX Brasil) 
 
Em uma empresa, há 12 dirigentes de níveis hierárquicos distintos capacitados para a 
elaboração de determinado estudo: 5 diretores e 7 gerentes. Para isso, entre esses 12 
dirigentes, 4 serão sorteados aleatoriamente para integrarem um grupo que realizará o referido 
estudo. A probabilidade de os 4 dirigentes sorteados serem do mesmo nível hierárquico está 
entre: 
(A) 0,01 e 0,05. 
(B) 0,06 e 0,10. 
(C) 0,11 e 0,15. 
(D) 0,16 e 0,20. 
(E) 0,21 e 0,25. 
Comentário 
Novamente o nosso processo será realizado sem reposição. São 12 pessoas e vamos escolher 4, 
sem reposição. Este é onosso denominador. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
_𝑠𝑘` _
𝑁 − 𝑠
𝑛 − 𝑘`
_124 `
 
Só que agora queremos calcular duas probabilidades e somar, pois queremos que os 4 sejam 
diretores ou que os 4 sejam gerentes. 
Probabilidade de os 4 serem diretores: Dos 5 diretores, escolheremos 4 e dos 7 gerentes 
escolheremos nenhum (zero). 
𝑃� =
_54` _
7
0`
_124 `
=
5 ∙ 1
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
=
5
495 =
1
99 
Probabilidade de os 4 serem gerentes: Dos 7 gerentes, escolheremos 4 e dos 5 diretores 
escolheremos nenhum (zero). 
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39 
 
𝑃� =
_74` _
5
0`
_124 `
=
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9
4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
=
35
495 =
7
99 
𝑃 = 𝑃� + 𝑃� =
1
99 +
7
99 =
8
99 = 0,0808080808… 
Podemos também resolver estas questões de distribuição hipergeométrica com os 
conhecimentos adquiridos na aula de probabilidade. 
Para que os quatro dirigentes sejam do mesmo nível hierárquico, podemos escolher 4 diretores 
ou 4 gerentes. 
Vamos calcular cada uma das probabilidades separadamente e depois somar os resultados. 
Probabilidade de escolher 4 diretores 
A probabilidade de o primeiro ser um diretor é igual a 5/12. 
A probabilidade de o segundo ser um diretor é igual a 4/11. 
A probabilidade de o terceiro ser um diretor é igual a 3/10. 
A probabilidade de o quarto ser um diretor é igual a 2/9. 
A probabilidade de os 4 serem diretores é igual a 
𝑃� =
5
12 ∙
4
11 ∙
3
10 ∙
2
9 
Observe que 4 x 3 = 12 (podemos cancelar o 4 e o 3 com o 12). Observe ainda que 5 x 2 =10. 
Cancelamos 5 e 2 com 10. 
𝑃� =
1
99
 
Probabilidade de escolher 4 gerentes 
A probabilidade de o primeiro ser um gerente é igual a 7/12. 
A probabilidade de o segundo ser um gerente é igual a 6/11. 
A probabilidade de o terceiro ser um gerente é igual a 5/10. 
A probabilidade de o quarto ser um gerente é igual a 4/9. 
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40 
 
A probabilidade de os 4 serem gerentes é igual a 
𝑃� =
7
12 ∙
6
11 ∙
5
10 ∙
4
9 
Observe que 6 x 5 x 4 = 120 e que 12 x 10 = 120. Assim, podemos cancelar 6, 5 e 4 com 12 e 10. 
𝑃� =
7
99 
A probabilidade pedida é igual a 
𝑃 = 𝑃� + 𝑃� =
1
99 +
7
99 =
8
99 = 0,0808080808… 
Gabarito: B 
 
 
1.6. Distribuição de Poisson 
 
Vamos utilizar como exemplo um objeto muito utilizado no cotidiano: o telefone. Talvez até 
sejamos capazes de dizer quantas vezes, em média, nosso telefone toca por dia. Mas quantas 
vezes o telefone não toca? Essa pergunta é muito difícil de responder. Quando uma variável 
aleatória tem um comportamento parecido com esse, dizemos que ela segue uma distribuição de 
Poisson. 
Se considerarmos que sucesso é tocar o telefone, é muito difícil calcular p, a probabilidade de 
isso ocorrer, já que não temos como calcular a não-ocorrência do evento. 
A solução é imaginar que p é muito pequeno (𝑝 → 0), já que o toque do telefone dura apenas 
alguns segundos em um dia de 24 horas (86.400 segundos). Dessa forma, o número de vezes que 
o experimento é realizado (telefone toca ou não toca), que é o n da distribuição binomial, é 
realizado muitas vezes (𝑛 → ∞). 
É assim que modelamos a distribuição de Poisson: partimos de uma distribuição binomial, 
considerando que p é muito pequeno (tende a zero) e que n é muito grande (tende a infinito). 
𝑝 → 0	
𝑛 → ∞ 
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41 
 
Mesmo 𝑝 tendendo a zero e n tendendo a infinito, o produto 𝑛𝑝, que é a média da distribuição 
binomial, tende a um número diferente de zero. Vamos denotar esse número pela letra grega 
lâmbda 𝜆. 
𝜆 = 𝑛𝑝 
Novamente: esse produto 𝑛𝑝 é a média da distribuição binomial. 
Esse número 𝜆 é exatamente o número médio de vezes que o evento ocorre. No exemplo do 
telefone, é o número de vezes que o telefone toca por dia. 
Ainda é possível calcular a variância partindo da distribuição binomial. 
𝜎² = 𝑛𝑝𝑞 = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) 
Como p tende a 0, então 1 − 𝑝 tende a 1. 
𝜎² = 𝑛𝑝 ∙ 1 
𝜎² = 𝑛𝑝 
𝜎B = 𝜆 
A distribuição de Poisson se caracteriza, dessa forma, por ter média igual à variância. Para 
calcularmos a probabilidade de uma variável como essa, partimos da distribuição binomial e 
fazemos 𝑝 → 0 e 𝑛 → ∞ (não farei aqui a demonstração desse fato, pois deve ser utilizado 
conhecimentos de matemática avançada). 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒f� ∙ 𝜆e
𝑘! 
Onde o número e é uma constante (número de Euler) e vale aproximadamente 2,718... 
 
(CESGRANRIO 2011/TRANSPETRO) 
Uma distribuição discreta de probabilidade que fornece a frequência de ocorrência de certos 
tipos de eventos aleatórios, podendo ser usada como aproximação da distribuição binomial, 
corresponde à distribuição 
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42 
 
(A) geométrica 
(B) hipergeométrica 
(C) normal 
(D) uniforme 
(E) de Poisson 
Comentário 
Aplicação direta da teoria vista. 
Gabarito: E 
 
(ESAF 2008/CGU) 
Tem-se que 𝒇(𝒙) = 𝑪𝒏,𝒙𝒑𝒙(𝟏 − 𝒑)𝒏f𝒙, onde 𝑪𝒏,𝒙 é o número de combinações de n elementos 
tomados x a x, é a função de probabilidade de uma variável aleatória binomial. Fazendo-se na 
sua expressão 𝒑 → 𝟎, 𝒏 → ∞, mas com 𝒏𝒑 = 𝝀, 𝒇(𝒙) tem como limite a função de probabilidade 
de uma variável aleatória de Poisson, que é: 
a) 𝜆�ef� 
b) 𝜆�ef�/𝑥! 
c) 𝜆𝑒f�� 
d) 𝜆𝑒f�/� 
e) 𝑥𝜆 − 1𝑒 − 𝑥/Γ(𝜆) 
Comentário 
Aplicação direta da exposição teórica. 
Gabarito: B 
 
 
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43 
 
 
(ESAF 2006/MPOG) 
Uma variável aleatória X tem distribuição de Poisson, com parâmetro “m”, e k = 0, 1, 2, 3... se e 
somente se 
a) 𝑃(𝑋 = 𝑘) = �∙�
��
e
 
b) 𝑃(𝑋 = 𝑘) = �
�∙���
e
 
c) 𝑃(𝑋 = 𝑘) = �
�∙��
e
 
d) 𝑃(𝑋 = 𝑘) = �
�∙�
e
 
e) 𝑃(𝑋 = 𝑘) = �
�∙���
e!
 
Comentário 
A fórmula para se determinar a probabilidade de um dado número X de sucessos em uma 
distribuição de Poisson é 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒f� ∙ 𝜆e
𝑘!
 
O parâmetro l foi chamado de m e o número de sucessos X foi chamado de k. 
Assim, 
. 
Gabarito: E 
 
(CEPERJ 2010/SEE-RJ) 
Na revisão tipográfica de um livro com 600 páginas, encontrou-se, em média, 1,2 erros por 
página. Considerando 𝒆f𝟏,𝟐 = 𝟎, 𝟑𝟎 e estimando o número de páginas que não precisam sofrer 
alterações por não apresentarem defeitos, tem-se: 
a) 500 páginas 
( )
!
k mm eP X k
k
-×
= =
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44 
 
b) 420 páginas 
c) 200 páginas 
d) 180 páginas 
e) 36 páginas 
Comentário 
Como a média é de 1,2 erros por páginas, temos uma distribuição de Poisson com 𝜆 = 1,2. Já 
que queremos saber o valor esperado de páginas sem defeitos, devemos considerar 𝑋 = 0. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒f� ∙ 𝜆e
𝑘! 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒f3,B ∙ 1,2g
0! =
1 ∙ 0,30
1 = 0,30 
Portanto, a probabilidade de certa página não conter erros é de 0,30 = 30%. 
Como o livro tem 600 páginas, o esperado é que: 
30%	𝑑𝑒	600 = 0,30 ∙ 600 = 180 páginas não tenham defeitos. 
Gabarito: D 
 
 
(CESGRANRIO 2009/MEC) 
O número de clientes que chegaa cada hora a uma empresa tem Distribuição de Poisson, com 
parâmetro 2, ou seja, a probabilidade de que cheguem k clientes é dada por para k = 0, 1, 
2, .... Qual é a probabilidade de que, em uma determinada hora, cheguem dois ou mais clientes? 
(Dado: e-2 = 0,14) 
22
!
k
e
k
-
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45 
 
(A) 0,28 
(B) 0,35 
(C) 0,42 
(D) 0,58 
(E) 0,72 
Comentário 
A probabilidade pedida é dada por 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) +⋯ 
Teríamos que calcular infinitas parcelas. A melhor maneira de resolver esta questão é calcular a 
probabilidade complementar, ou seja, a probabilidade de que cheguem menos de dois clientes. 
Lembramos que a probabilidade total é igual a 1. 
Como assim probabilidade complementar? 
É muito comum o evento ser complicado de calcular. Em muitos desses casos, poderemos utilizar 
o seguinte artifício: ao invés de calcular a probabilidade que o enunciado pediu, você calculará a 
probabilidade que o enunciado não pediu. 
Calcular a probabilidade de que cheguem menos de dois clientes é 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1). 
𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) = 
 
=
2g ∙ 𝑒fB
0! +
23 ∙ 𝑒fB
1! 
 
= 𝑒fB + 2𝑒fB 
 
= 3 ∙ 𝑒fB = 3 × 0,14 = 0,42 
Logo, 
𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) +⋯ = 
 
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46 
 
= 1 − 0,42 = 0,58 
Gabarito: D 
 
(ESAF 2009/AFRFB) 
O número de petroleiros que chegam a uma refinaria ocorre segundo uma distribuição de 
Poisson, com média de dois petroleiros por dia. Desse modo, a probabilidade de a refinaria 
receber no máximo três petroleiros em dois dias é igual a: 
a) hB
�h
𝑒ft 
 
b) h
�3
𝑒t 
 
c) �3
h
𝑒ft 
 
d) �3
h
𝑒fB 
 
e) hB
h
𝑒fB 
Comentário 
A média é de dois petroleiros por dia. Devemos calcular a média para 2 dias. Obviamente a 
média será de 4 petroleiros a cada 2 dias. Logo, 𝜆 = 4. 
Lembre-se da fórmula: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒f� ∙ 𝜆e
𝑘! 
 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒ft ∙ 4e
𝑘! 
 
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47 
 
Queremos calcular a probabilidade de a refinaria receber no máximo três petroleiros (em dois 
dias). 
𝑃(𝑋 ≤ 3) =? 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) = 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) 
 
Vamos aplicar a fórmula de Poisson 4 vezes e somar. 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) =
𝑒ft ∙ 4g
0! +
𝑒ft ∙ 43
1! +
𝑒ft ∙ 4B
2! +
𝑒ft ∙ 4h
3! 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) = 𝑒ft + 4 ∙ 𝑒ft + 8 ∙ 𝑒ftIJJJJJJKJJJJJJL
3h∙���
+
64 ∙ 𝑒ft
6 
𝑃(𝑋 ≤ 3) = 13𝑒ft +
32 ∙ 𝑒ft
3 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) =
39𝑒ft + 32𝑒ft
3 = 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) =
71𝑒ft
3 
Gabarito: C 
 
(FGV 2009/ICMS-RJ) 
O número de clientes que buscam, em cada dia, os serviços de um renomado cirurgião tem uma 
distribuição de Poisson com média de 2 pacientes por dia. Para cada cirurgia efetuada, o 
cirurgião recebe R$ 10.000,00. No entanto, ele consegue fazer o máximo de duas cirurgias em 
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48 
 
um dia; clientes excedentes são perdidos para outros cirurgiões. Assinale a alternativa que 
indique o valor esperado da receita diária do cirurgião. (considere e–2 = 0,14) 
(A) R$ 5.600,00. 
(B) R$ 8.400,00. 
(C) R$ 10.000,00. 
(D) R$ 14.400,00. 
(E) R$ 20.000,00. 
Comentário 
Questão muito bem feita. 
Vamos considerar que X é a variável que informa o número de clientes que buscam, em cada dia, 
os serviços do renomado cirurgião. O problema informou que essa distribuição é de Poisson com 
média de dois pacientes por dia, ou seja, 𝜆 = 2. 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒f� ∙ 𝜆e
𝑘! 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒fB ∙ 2e
𝑘! 
Vamos agora calcular a probabilidade de X=0 ou X=1 (nenhum cliente procurar o cirurgião ou um 
cliente procurar o cirurgião). 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒fB ∙ 2g
0! =
𝑒fB ∙ 1
1 = 𝑒
fB = 0,14 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒fB ∙ 23
1! =
𝑒fB ∙ 2
1 = 2𝑒
fB = 0,28 
O problema nos informou que se chegarem 2 ou mais clientes, o cirurgião atenderá apenas 2 
clientes. Por exemplo, se chegarem 50 clientes na clínica, o cirurgião atenderá apenas 2. 
Portanto, se chegarem 2 ou mais clientes, o cirurgião trabalhará como se tivessem chegado 
apenas 2 clientes. 
Se chegarem 2, 3, 4 ou 50 clientes, a receita do cirurgião será de R$ 20.000,00. 
Resumindo: 
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49 
 
Se chegar nenhum cliente, a receita do cirurgião será 0 (probabilidade igual a 0,14= 14%). 
Se chegar um cliente, a receita do cirurgião será R$ 10.000,00 (probabilidade igual a 0,28 = 28%). 
Em qualquer outro caso, a receita do cirurgião será R$ 20.000,00 (probabilidade igual a 1 −
0,14 − 0,28 = 0,58 = 58%). 
Clientes (X) Receita do médico (R) Probabilidade 
0 0 0,14 
1 10.000,00 0,28 
2 ou mais 20.000,00 0,58 
 
Para calcular o valor esperado da receita diária do médico, devemos multiplicar cada receita pela 
sua respectiva probabilidade e somar tudo. 
𝐸(𝑅) = 0 × 0,14 + 10.000 × 0,28 + 20.000 × 0,58 
𝐸(𝑅) = 14.400,00 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. LISTA DE QUESTÕES SEM COMENTÁRIOS 
 
1. (FCC 2012/TRF 2ª Região) 
A variável aleatória X tem distribuição uniforme discreta nos pontos 1,2,3,4,5. A variância da 
variável aleatória Y = 3X − 3 é igual a 
a) 10. 
b) 12. 
c) 15. 
d) 16. 
e) 18. 
 
(CESPE 2016/TCE-PA) 
Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 𝑷[𝑿 = 𝟏] =
𝑷[𝒀 = 𝟎] = 𝟎, 𝟗, então 
2. a distribuição de 𝑋B é Bernoulli com média igual a 0,81. 
 
3. as variâncias de X e Y são iguais. 
 
4. A média de Y é superior a 0,5. 
 
5. (FCC 2018/TCE-RS) 
Em uma empresa, 1/5 dos empregados têm um salário superior a R$ 10.000,00. Decide-se 
extrair uma amostra aleatória de tamanho 4, com reposição, dos empregados desta empresa. 
A probabilidade de que, no máximo, 2 empregados desta amostra tenham um salário superior a 
R$ 10.000,00 é 
a) 81,92% 
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51 
 
b) 56,32% 
c) 51,20% 
d) 97,28% 
e) 58,88% 
 
6. (FCC 2017/TRT 11ª Região) 
Um determinado órgão público recebe mensalmente processos que devem ser analisados por 2 
analistas: A e B. Sabe-se que esses dois analistas recebem a mesma proporção de processos 
para a análise. Sabe-se que 20% de todos os processos encaminhados para A são analisados no 
mês de recebimento e que 10% são indeferidos. Sabe-se também que 40% dos processos 
encaminhados para B são analisados no mês de recebimento e que 20% são indeferidos. 
Cinco processos são selecionados ao acaso e com reposição em um determinado mês. A 
probabilidade de exatamente 2 não serem analisados no mês de recebimento é igual a 
a) 0,1323 
b) 0,2312 
c) 0,3087 
d) 0,2554 
e) 0,1215 
 
7. (FCC 2016/SEDU-ES) 
Admita que a probabilidade de nascer um menino seja de 50%. Entre seis nascimentos, a 
probabilidade de que três sejam meninas é igual a 
a) 2/3. 
b) 5/16. 
c) 1/2. 
d) 1/6. 
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e) 1/3. 
 
8. (FCC 2015/SEFAZ-PI) 
Um estudo mostra que 20% de todos os candidatos que estão prestando determinado concurso 
público possuem doutorado em determinada área do conhecimento. Selecionando-se ao acaso 
e com reposição 4 desses candidatos, a probabilidade de que exatamente 2 possuam doutorado 
é igual a 
a) 5,72% 
b) 8,46% 
c) 15,36% 
d) 13,24% 
e) 10,24% 
 
9. (FCC 2015/TRE-RR) 
Um dado não viciado, cujas faces são numeradas de 1 a 6, é lançado e considera-se como 
sucesso a ocorrência de face superior a 4. Nessas condições, a probabilidade de serem 
necessários 5 lançamentos do dado para a obtenção de exatamente 3 sucessos é igual a 
a) 16/243 
b) 8/81 
c) 4/243 
d) 8/243 
e) 4/81 
 
10. (FCC 2015/DPE-SP) 
Em 2014, entre todas as ações apresentadas por uma Defensoria Pública relativas a direitos 
humanos, 30% diziam respeito às pessoas vítimas de tortura. Selecionando-se ao acaso e com 
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reposição 4 ações relativas a direitos humanos, a probabilidade de exatamente duas serem de 
vítimas de tortura é igual a 
a) 0,2048. 
b) 0,2452. 
c) 0,2646. 
d) 0,5292. 
e) 0,0441. 
 
11. (FCC 2014/SEFAZ-RJ) 
Sabe-se que: 
I. X é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 𝟐𝒑 e variância (𝟐𝒑 − 𝟐𝒑𝟐). 
II. Y é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 𝟓𝒑 e variância (𝟓𝒑 − 𝟓𝒑𝟐). 
III. A probabilidade de X ser inferior a 2 é igual a 15/16. 
Nessas condições, a probabilidade de Y ser superior a 3 é igual a 
a) 1/64 
b) 5/512 
c) 15/1.024 
d) 7/512 
e) 3/1.024 
 
12. (FCC 2014/TRT 19ª Região) 
Para realizar um estudo, um pesquisador irá selecionar, ao acaso, e com reposição, 4 pessoas de 
uma população. Sabe-se que: 
I. Nessa população as proporções de homens e mulheres são iguais. 
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II. A probabilidade de uma mulher selecionada aceitar participar da pesquisa é de 40%. 
III. A probabilidade de um homem selecionado aceitar participar da pesquisa é de 20%. 
Nessas condições, a probabilidade de que, na amostra selecionada, no máximo uma pessoa 
aceite participar da pesquisa é 
a) 0,5412. 
b) 0,6517. 
c) 0,9163. 
d) 0,8235. 
e) 0,7461. 
 
13. (FCC 2014/TRT 16ª Região) 
Considere que a variável aleatória X tem distribuição de Bernoulli com parâmetro p = 0,4. Sabe-
se que a variável Y tem distribuição binomial com média igual a 2 e variância igual a 1. Supondo 
que X e Y são independentes, a probabilidade conjunta de X ser igual a zero e Y ser igual a 3, 
denotada por P(X = 0, Y = 3) é dada por 
a) 0,30. 
b) 0,15. 
c) 0,10. 
d) 0,25. 
e) 0,20. 
 
14. (FCC 2013/SEFAZ-SP) 
Sabe-se que em determinado município, no ano de 2012, 20% dos domicílios tiveram isenção de 
determinado imposto. Escolhidos, ao acaso e com reposição, quatro domicílios deste município 
a probabilidade de que pelo menos dois tenham tido a referida isenção é igual a 
a) 0,4096 
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55 
 
b) 0,4368 
c) 0,1808 
d) 0,3632 
e) 0,2120 
 
15. (FCC 2013/SERGAS) 
Uma companhia concessionária do fornecimento de gás tem promovido uma campanha de 
economia de gás, oferecendo descontos aos consumidores que mantêm seus índices de 
consumo abaixo de certo índice preestabelecido. Uma pesquisa revelou que 60% da população 
dos consumidores do município A reduziram o seu consumo, sendo merecedores do desconto 
oferecido. A probabilidade de que pelo menos 3 consumidores de uma amostra aleatória, com 
reposição de 4 consumidores da referida população, tenham conseguido o desconto é 
a) 0,4952. 
b) 0,4752. 
c) 0,4856. 
d) 0,4895. 
e) 0,4695. 
 
16. (FCC 2012/TRE-SP) 
Sabe-se que 80% de todos os eleitores de uma grande cidade brasileira são favoráveis que se 
aplique, nas próximas eleições, a Lei da Ficha Limpa. Se 4 eleitores são selecionados ao acaso e 
com reposição dentre todos os eleitores dessa cidade, a probabilidade de que pelo menos 3 
sejam favoráveis que a referida lei seja aplicada nas próximas eleições é 
a) 0,8192. 
b) 0,8150. 
c) 0,8012. 
d) 0,7896. 
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56 
 
e) 0,7894. 
 
17. (FCC 2018/TRT 2ª Região) 
O número de pessoas que não têm suas reclamações atendidas por mês em um posto de 
atendimento de uma empresa em uma cidade tem distribuição de Poisson com média 𝝀 e desvio 
padrão populacional igual a 2. Deseja-se saber qual é a probabilidade (P) de o número de 
pessoas que não têm suas reclamações atendidas neste posto ser mais que 1 pessoa em um 
determinado mês. Se e é a base do logaritmo neperiano (ln) tal que ln(e) = 1, então P é igual a 
a) [e−2(e2−3)] 
b) [1−e−2(e2−3)] 
c) [1−e−4(e4−5)] 
d) [e−0,5(e0,5−1)] 
e) [e−4(e4−5)] 
 
18. (FCC 2017/TRT 11ª Região) 
Suponha que: 
I. A variável X, que representa o número mensal de suicídios no país A, tem distribuição de 
Poisson com média mensal 2. 
II. A variável Y, que representa o número mensal de suicídios no país B, tem distribuição de 
Poisson com média mensal 4. 
III. As variáveis X e Y são independentes. 
Nessas condições, a probabilidade de em determinado mês ocorrerem menos de 2 suicídios no 
país A e exatamente 2 no país B é igual a 
Dados: 
e−1 = 0,37, e−2 = 0,135 , e−4 = 0,018 
a) 4,122% 
b) 5,548% 
c) 5,832% 
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57 
 
d) 3,565% 
e) 4,468% 
 
19. (FCC 2016/ISS-Teresina) 
Suponha que o número de processos que um auditor fiscal analisa no período de uma semana 
tem distribuição de Poisson com média de 𝝀	 processos por semana. Sabe-se que 𝝀	 satisfaz à 
equação P(X = 𝝀) = 3/64 onde X é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 1 
e variância 3/4. 
Nessas condições, a probabilidade do auditor analisar exatamente 2 processos em uma semana 
é igual a 
Dados: e−2 = 0,14: e−3 = 0,05 
a) 0,375. 
b) 0,325. 
c) 0,225. 
d) 0,250. 
e) 0,350. 
 
20. (FCC 2016/TRT 20ª Região) 
Suponha que o número de acidentes de trabalho, por mês, em montadoras de veículos de certa 
região tem distribuição de Poisson com média de 𝝀 acidentes por mês. Suponha que a 
probabilidade de ocorrerem 3 acidentes é o dobro da probabilidade de ocorrerem 4 acidentes, 
no mesmo período. Nessas condições, a probabilidade de ocorrer mais de um acidente no 
período de 24 dias é igual a 
Dados: 
e−1 = 0,37 
e−1,6 = 0,20 
e−3 = 0,05 
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58 
 
a) 0,48 
b) 0,58 
c) 0,55 
d) 0,37 
e) 0,86 
 
21. (FCC 2015/SEFAZ-PI) 
Um relatório, redigido por um auditor de um órgão público, tem 2 capítulos com 40 páginas 
cada. Esse relatório apresenta uma média de 1 erro ortográfico a cada 10 páginas. Considere 
que: 
I. avariável X que representa o número de erros por página tem distribuição de Poisson com 
média 0,1; 
II. existe independência entre os eventos número de erros ortográficos do capítulo 1 e número 
de erros ortográficos do capítulo 2. 
Nessas condições, a probabilidade de que pelo menos um dos capítulos possua no máximo um 
erro ortográfico é igual a 
Dados: 
e−0,1 = 0,905 
e−2 = 0,135 
e−4 = 0,018 
a) 0,0180 
b) 0,1719 
c) 0.0164 
d) 0,1800 
e) 0,1815 
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59 
 
22. (FCC 2015/SEFAZ-PI) 
O número de falhas mensais de um computador é uma variável que tem distribuição de Poisson 
com média 𝝀. Sabe-se que 𝝀 é igual à média de uma distribuição uniforme no intervalo [2, 4]. 
Nessas condições, a probabilidade de o computador apresentar exatamente duas falhas no 
período de 15 dias é igual a 
Dados: 
e−3 = 0,05; 
e−1,5 = 0,22. 
a) 22,50% 
b) 12,50% 
c) 24,15% 
d) 15,25% 
e) 24,75% 
 
23. (FCC 2015/CNMP) 
Suponha que o número de acidentes, envolvendo motociclistas, que ocorre diariamente em uma 
avenida marginal de uma grande cidade, seja uma variável aleatória X com distribuição de 
Poisson com média de 𝝀 acidentes. Sabe-se que a probabilidade de ocorrerem, diariamente, 3 
acidentes é igual a probabilidade de ocorrerem 4 acidentes. Nessas condições, a probabilidade 
de, em um determinado dia, ocorrer pelo menos 2 acidentes é, em %, igual a 
Dados: e−2 = 0,135; e−4 = 0,018. 
a) 86,5. 
b) 94,6. 
c) 91,0. 
d) 62,4. 
e) 48,8. 
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24. (FCC 2015/TRE-RR) 
Uma pessoa coloca um anúncio em um site de vendas com o objetivo de vender seu automóvel. 
Suponha que o número de consultas que essa pessoa recebe por semana (7 dias) como resposta 
ao anúncio seja uma variável aleatória com distribuição de Poisson com média igual a 3,5. 
Nessas condições, a probabilidade dessa pessoa receber, pelo menos, 2 consultas em um 
determinado dia é, em %, igual a 
Dados: 
e− 0,5 = 0,61; 
e− 3,5 = 0,03 
a) 8,5. 
b) 13,5. 
c) 10,5. 
d) 32,8. 
e) 9,6. 
 
25. (FCC 2015/TRT 3ª Região) 
A comissão de erradicação do trabalho infantil de um determinado Tribunal Regional do 
Trabalho analisa, por meio de seu canal de denúncias, casos de desrespeito à legislação que 
regula o trabalho de menores de 18 anos. Suponha que a variável X, que representa o número 
de denúncias mensais que são recebidas, tem distribuição de Poisson com média 9. Nessas 
condições, a probabilidade de serem recebidas 2 ou 3 denúncias em um período de 10 dias é 
igual a 
Dados: 
e−1 = 0,37 
e−2 = 0,14 
e−3 = 0,05 
a) 0,450. 
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61 
 
b) 0,472. 
c) 0,230. 
d) 0,375. 
e) 0,250. 
 
26. (FCC 2014/SEFAZ-RJ) 
O número de atendimentos, via internet, realizados pela Central de Atendimento Fazendário 
(CAF) segue uma distribuição de Poisson com média de 12 atendimentos por hora. A 
probabilidade dessa CAF realizar pelo menos 3 atendimentos em um período de 20 minutos é 
Dados: 
e−2 = 0,14; 
e−4 = 0,018 
a) 0,910 
b) 0,766 
c) 0,628 
d) 0,750 
e) 0,594 
 
27. (FCC 2014/TRT 19ª Região) 
Suponha que o número de consultas a um banco de dados, disponível em um Tribunal Regional 
do Trabalho, tenha distribuição de Poisson com taxa média de 4 consultas por hora. A 
probabilidade de, na próxima meia hora, ocorrer mais de uma consulta, sabendo-se que na 
próxima meia hora é certa a ocorrência de, pelo menos, uma consulta é 
Dados: 
e−2 = 0,135 
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62 
 
e−4 = 0,018 
a) 65/173 
b) 119/173 
c) 473/491 
d) 108/173 
e) 227/491 
 
28. (FCC 2012/TRE-SP) 
Suponha que o número de eleitores que chegam a uma seção de uma Zona Eleitoral no dia de 
uma determinada eleição, siga a uma distribuição de Poisson com uma média de chegada de 30 
eleitores por meia hora. A probabilidade de que cheguem menos de 3 eleitores em 5 minutos é 
a) 12,5 e−5. 
b) 12,5 e−6. 
c) 18,5 e−5. 
d) 17,5 e−5. 
e) 17,5 e−6. 
 
29. (FCC 2012/TRF 2ª Região) 
Na venda de uma partida de 10.000 peças, o vendedor recebe a seguinte proposta do 
comprador A: Este examinará uma amostra aleatória de n = 100 peças e pagará R$ 10,00 por 
peça, se houver até duas defeituosas na amostra e pagará R$ 5,00 por peça, caso contrário. Se 
4% de todas as peças são defeituosas, o valor médio que o comprador A se propõe a pagar por 
peça, calculado quando se faz uso da aproximação de Poisson para as probabilidades 
necessárias ao cálculo do referido valor médio, é, em reais, igual a 
Dados: 
e−4 = 0,018 
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e−5 = 0,007 
a) 5,10. 
b) 6,17. 
c) 6,35. 
d) 6,50. 
e) 6,84. 
 
30. (FCC 2012/TRT 6ª Região) 
Um experimento consiste de tentativas independentes de um mesmo experimento aleatório de 
Bernoulli. Em cada tentativa a probabilidade de fracasso é igual a 3/4 da probabilidade de 
sucesso. Seja X a variável aleatória que representa o número de tentativas até o aparecimento 
do primeiro sucesso. A variância de X é igual a 
a) 16/49 
b) 21/16 
c) 19/16 
d) 16/21 
e) 12/49 
 
31. (FCC 2015/TRT 3ª Região) 
Suponha que ao realizar um experimento, ocorra o evento A com probabilidade p ou não ocorra 
A com probabilidade (1 − p). Repete-se o experimento de forma independente até que o evento 
A ocorra pela primeira vez. Seja X a variável aleatória que representa o número de repetições do 
experimento até que A ocorra pela primeira vez. Se a média de X for igual a duas vezes variância 
de X, a probabilidade de X ser igual a 4 é igual a 
a) 2/9 
b) 5/81 
c) 5/27 
Guilherme Neves
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 Estatística p/ Polícia Federal (Agente) Com Videoaulas - 2020 - Pré-Edital (Preparação de A a Z)
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d) 2/81 
e) 2/27 
 
32. (FCC 2009/TRT 4ª Região) 
Considere uma sequência de ensaios de Bernoulli independentes com probabilidade de sucesso 
igual a 0,4. O número esperado de ensaios para que se obtenha o segundo sucesso é 
a) 20 
b) 16 
c) 10 
d) 8 
e) 5 
 
33. (FCC 2008/TRT 2ª Região) 
Seja X uma variável aleatória discreta com distribuição geométrica de parâmetro p, média igual 
a 4 e com função de probabilidade definida como 𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝒑 ∙ (𝟏 − 𝒑)𝒌f𝟏, 𝒌 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, …. Então 
𝑷(𝑿 = 𝟐) é igual a 
a) 3/16 
b) 1/4 
c) 5/16 
d) 3/8 
e) 7/16 
 
34. (FCC 2015/TRE-RR) 
Suponha que X e Y sejam variáveis aleatórias independentes com distribuição geométrica com 
médias dadas, respectivamente, por 3 e 4. Considere que X e Y representam o número de 
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repetições do experimento até a ocorrência do primeiro sucesso. Nessas condições, a 
probabilidade denotada por 𝑷(𝑿 ≤ 𝟐, 𝒀 = 𝟑) é igual a 
a) 3/25 
b) 5/48 
c) 5/64 
d) 7/25 
e) 5/32 
 
35. (FCC 2012/ISS-São Paulo) 
Suponha que ao realizar um experimento ocorra o