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UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA
Centro de Ciências Sociais Aplicadas
Departamento de Economia
Laboratório de Economia e Modelagem Aplicada
CADERNO DE EXERCÍCIOS
PROBABILIDADE, VARIÁVEIS ALEATÓRIAS, ESTIMAÇÃO E INFERÊNCIA
ESTATÍSTICA
Organizadores:
ALÉSSIO ALMEIDA PEDRO MILREU CUNHA
20 de abril de 2023
Sumário
1 PROBABILIDADE 2
2 VARIÁVEIS ALEATÓRIAS 17
2.1 Variáveis aleatórias discretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Variáveis aleatórias contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3 ESTIMAÇÃO 49
3.1 Métodos de estimação, estimadores e suas propriedades . . . . . . . . . . . 49
4 INFERÊNCIA ESTATÍSTICA 61
4.1 Intervalos de conança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.2 Testes de hipóteses para uma população . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.3 Testes de hipóteses para duas populações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
OBSERVAÇÃO: Todas as guras apresentadas nesse material são de autoria do discente
Pedro Milreu Cunha. Quaisquer problemas identicados nas respostas ou possíveis dúvi-
das, entrar em contato como discente através do e-mail pedro.milreu@academico.ufpb.br
para ajustamento e/ou melhorias.
1
Capítulo 1
PROBABILIDADE
1. (CASELLA; BERGER, 2001) Para os eventos A e B, encontre as fórmulas para as
probabilidades dos seguintes eventos em termos das quantidades P (A), P (B) e
P (A  B).
a. ou A, ou B, ou ambos;
RESOLUÇÃO: O evento pedido é equivalente a A  B, cuja probabilidade é dada
por
P(A  B) = P(A) + P(B)− P(A  B)
b. ou A, ou B, mas não ambos;
RESOLUÇÃO: O evento pedido é equivalente a (ABc) (B Ac) onde Ac, Bc são os
complementares dos eventos A e B, respectivamente. Como os dois eventos são
disjuntos, a probabilidade pedida é:
P [(A  Bc)  (B  Ac)] = P (A  Bc) + P (B  Ac)
= [P (A)− P (A  B)] + [P (B)− P (A  B)]
Logo,
P[(A  Bc)  (B  Ac)] = P(A) + P(B)− 2P(A  B)
c. pelo menos um de A ou B;
RESOLUÇÃO: Esse evento é a mesma coisa que A  B, cuja probabilidade é
P(A  B) = P(A) + P(B)− P(A  B)
d. no máximo um de A ou B.
2
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: O evento é igual a (A  B)c, cuja probabilidade é
P[(A  B)c] = 1− P(A  B)
2. (CASELLA; BERGER, 2001) Se P (A) = 1
3
e P (BC) = 1
4
, A e B podem ser disjuntos?
Explique.
RESOLUÇÃO: Se A e B forem disjuntos, então P (A  B) = 0. Assim,
P (A  B) = P (A) + P (B)
= P (A) + [1− P (Bc)]
=
1
3
+

1− 1
4

=
13
12
> 1
o que é impossível. Logo, A e B não podem ser disjuntos. De forma geral, se A e B
forem disjuntos, então A ⊂ Bc e P (A) ≤ P (Bc), o que não ocorre nesse caso.
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Um restaurante popular apresenta apenas dois tipos de
refeições: salada completa ou um prato à base de carne. Considere que 20% dos
fregueses do sexo masculino preferem a salada, 30% das mulheres escolhem carne,
75% dos fregueses são homens e os seguintes eventos:
H : freguês é homem A : freguês prefere salada
M : freguês é mulher B : freguês prefere carne
Calcular:
a. P (H), P (AH), P (BM);
RESOLUÇÃO: Vamos utilizar uma árvore de probabilidades:
Sexo
Refei-
ção
P (M  B) = 0, 075
B
0, 3
P (M  A) = 0, 175A
0, 7
M
0, 25
Refei-
ção
P (H  B) = 0, 6
B
0, 8
P (H  A) = 0, 15A
0, 2
H
0, 7
5
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Dá árvore, temos:
P(H) = 0, 75;P(AH) = 0, 20;P(BM) = 0, 30
b. P (A H), P (A H);
RESOLUÇÃO: Da árvore obtemos que
P(A  H) = 0, 15
Aplicando agora a fórmula para a união de dois eventos
P (A H) = P (A) + P (H)− P (A H)
e o Teorema de Bayes:
P (A) = P (AH) · P (H) + P (AM) · P (M)
camos com
P (A H) = P (AH) · P (H) + P (AM) · P (M) + P (H)− P (A H)
= 0, 20 · 0, 75 + 0, 7 · 0, 25 + 0, 75− 0, 15
∴ P(A  H) = 0, 925
c. P (M A).
RESOLUÇÃO: Pela fórmula da probabilidade condicional:
P (M A) = P (M  A)
P (A)
=
0, 175
0, 325
∴ P(MA) ≈ 0, 538
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) As probabilidades de três motoristas serem capazes de
guiar até em casa com segurança, depois de beber, são de 1
3
, 1
4
e 1
5
, respectiva-
mente. Se decidirem guiar até em casa, depois de beber numa festa, qual a pro-
babilidade de todos os três motoristas sofrerem acidentes? Qual a probabilidade
de pelo menos um dos motoristas guiar até em casa a salvo?
RESOLUÇÃO: Sejam A, B e C os eventos representando cada motorista sofrer um
acidente. Assumindo que os eventos são independentes, temos que a probabili-
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
dade de todos os três motoristas sofrerem um acidente é:
P (A  B  C) = P (A) · P (B) · P (C) ∴ P(A  B  C) = 2
3 · 3·4
5
≈ 0, 40
Pelo menos um motorista guiar até em casa a salvo é o evento complementar
de nenhum motorista guiar até em casa com segurança. Logo, a probabilidade
desse evento é:
P (Ac  Bc  Cc) = P [(A  B  C)c] = 1− P (A  B  C) ∴ P(Ac  Bc  Cc) = 0, 60
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Num teste com duas marcas que lhe são apresentadas
em ordem aleatória, um experimentador de vinhos faz três identicações corretas
em três tentativas.
a. Qual a probabilidade de isso ocorrer, se na realidade ele não possuir habili-
dade alguma para distingui-los?
RESOLUÇÃO: Se o experimentador não possui habilidade alguma, então sua proba-
bilidade de acerto é de 50%. Assim, a probabilidade de identicar corretamente
três vezes seguidas é de (assumindo tentativas independentes):
P (3A) = 0, 53 ∴ P(3) = 0, 125 = 12, 50%
b. E se a probabilidade de distinguir corretamente é de 90% em cada tentativa?
RESOLUÇÃO: Nesse caso o cálculo é (novamente assumindo tentativas indepen-
dentes):
P (3A) = 0, 93 ∴ P(3) = 0, 729 = 72, 90%
6. (ANPEC 2022) Uma pesquisa realizada com 250 estudantes de uma universidade
(120 homens e 130 mulheres) perguntou, de uma lista de três esportes, qual o prefe-
rido do estudante: futebol, vôlei ou basquete (apenas uma opção era permitada).
Entre os homens, 1
3
prefere basquete e metade prefere futebol. Entre as mulheres,
60 preferem futebol e 60 preferem vôlei. Se um estudante escolhido aleatoriamente
nessa amostra tem como esporte preferido (entre as três opções apresentadas) o
basquete, qual a probabilidade de que seja um homem? Multiplique o resultado
por 100.
RESOLUÇÃO: Vamos utilizar uma tabela de contingência:
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Esporte
Futebol Vôlei Basquete Total
Masculino 60 20 40 120
Feminino 60 60 10 130
Total 120 80 50 250
Assim, o valor pedido é:
x = P (HB) · 100 ∴ x =
40
50
· 100 ∴ x = 80
7. (ANPEC 2021) A tabela de contingência a seguir apresenta os dados de umaamos-
tra de 104 trabalhadores de uma empresa durante a pandemia, classicados se-
gundo a decisão de trabalho e se estes trabalhadores moram ou não com pessoas
classicadas no grupo de risco.
Decisão Moram com pessoas
do grupo de risco
Não moram com
pessoas do grupo de
risco
Total
Trabalham na empresa durante
a pandemia
14 18 32
Trabalham em casa durante a
pandemia
10 12 22
Não trabalham durante a pan-
demia
32 18 50
Total 56 48 104
Com base nestas informações, verique as seguintes armações:
a. Se selecionarmos um trabalhador ao acaso, a probabilidade deste traba-
lhador não trabalhar durante a pandemia e não morar com pessoas do grupo de
risco é igual a 36%.
RESOLUÇÃO: Seja A o evento não trabalhar durante a pandemia e não morar com
pessoas do grupo de risco. Então:
P (A) =
18
104
∴ P(A) ≈ 0, 1731
A armativa é falsa.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
b. Se selecionarmos um trabalhador ao acaso, a probabilidade deste trabalha-
dor morar comuma pessoa classicada no grupo de risco é de, aproximadamente,
46%.
RESOLUÇÃO: Seja B o evento morar com uma pessoa classicada no grupo de
risco. Então:
P (B) =
56
104
∴ P(B) ≈ 0, 5385
A armativa é falsa.
c. Entre os trabalhadores que trabalham durante a pandemia, 22% trabalham
em casa e moram com pessoas classicadas no grupo de risco.
RESOLUÇÃO: Há um total de 54 trabalhadores que trabalham na pandemia. Des-
ses, 10 trabalham em casa e moram com pessoas classicadas no grupo de risco.
Assim, sendo C o evento de interesse, a probabilidade pedida é:
P (C) =
10
54
∴ P(C) = 0, 1852
A armativa é falsa.
d. A probabilidade de que trabalhadores que moram com pessoas que não es-
tão classicadas no grupo de risco continuar trabalhando é de aproximadamente
19,6 p.p. maior do que trabalhadores que moram com pessoas classicadas no
grupo de risco e continuam trabalhando.
RESOLUÇÃO: Seja D o primeiro evento e E o segundo. A diferença de probabilida-
des a ser analisada é:
P (D)− P (E) =
30
48
− 24
56
∴ P(D)− P(E) = 0, 1964
A armativa é verdadeira.
e. Sabendo que um trabalhador optou por continuar trabalhando, a probabili-
dade deste trabalhador não morar com pessoas classicadas no grupo de risco é
de, aproximadamente, 55, 5%.
RESOLUÇÃO: Há 54 trabalhadores que continuaram trabalhando. Desses, 30 não
moram com pessoas classicadas no grupo de risco. Seja F o evento desejado;
então:
P (F ) =
30
54
∴ P(F) = 0, 5555
A armativa é verdadeira.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
8. Considere os dados do pacote pwt10 (Penn World Table 10.0) do R para vericar:
a. a probabilidade de ao acaso em 1990 selecionarmos um país abaixo do
primeiro decil de renda per capita;
RESOLUÇÃO: P(abaixo) = 0, 0994
b. a probabilidade de ao acaso em 1990 selecionarmos um país acima do
último decil de renda per capita;
RESOLUÇÃO: P(acima) = 0, 0994
c. o que acontece com essas probabilidades em 2019, caso mantenhamos
os valores limiares dos decis de 1990 e caso esses decis sejam atualizados para as
informações de 2019?
RESOLUÇÃO: Mantendo os limiares de 1990:
P(abaixo) = 0, 0492;P(acima) = 0, 2186
Atualizando os limiares:
P(abaixo) = 0, 1038;P(acima) = 0, 1038
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
1 #---- Pedro Milreu Cunha - Doutorando em Economia Aplicada pelo PPGE-UFPB #----
2 #---- Contato: pcunha.2107@gmail.com #----
3 # Bibliotecas ----
4 library(dplyr)
5 # install.packages("pwt10")
6 library(pwt10)
7
8 data("pwt10.0")
9
10 # Removendo as observações ausentes ----
11 pwt10.0 <- pwt10.0 %>% select(c(rgdpna, year, pop)) %>% na.omit()
12 pwt10.0$gdppercapita <- pwt10.0$rgdpna/pwt10.0$pop
13
14 # Considere os dados do pacote ‘pwt10‘do R para verificar: ----
15 # a) a probabilidade de ao acaso em 1990 selecionarmos um país abaixo do
16 # primeiro decil de renda per capita; ----
17 pwt10.0_90 <- subset(pwt10.0, year == 1990)
18
19 primeiro_decil_renda_per_capita <- quantile(pwt10.0_90$gdppercapita, 0.1)
20
21 prob_abaixo_primeiro_decil <- sum(ifelse(pwt10.0_90$gdppercapita < primeiro_decil_renda_per_capita,
22 1, 0))/length(pwt10.0_90$gdppercapita)
23 # b) a probabilidade de ao acaso em 1990 selecionarmos um país acima do último
24 # decil de renda per capita; ----
25 ultimo_decil_renda_per_capita <- quantile(pwt10.0_90$gdppercapita, 0.9)
26
27 prob_acima_ultimo_decil <- sum(ifelse(pwt10.0_90$gdppercapita > ultimo_decil_renda_per_capita,
28 1, 0))/length(pwt10.0_90$gdppercapita)
29 # c) o que acontece com essas probabilidades, caso mantenhamos os valores
30 # limiares dos decis de 1990 e caso esses decis sejam atualizados para as
31 # informações de 2019? ----
32 # No caso dos decis serem mantidos:
33 pwt10.0_2019 <- subset(pwt10.0, year == 2019)
34
35 p_primeiro_90 <- sum(ifelse(pwt10.0_2019$gdppercapita < primeiro_decil_renda_per_capita,
36 1, 0))/length(pwt10.0_2019$gdppercapita)
37 p_ultimo_90 <- sum(ifelse(pwt10.0_2019$gdppercapita > ultimo_decil_renda_per_capita,
38 1, 0))/length(pwt10.0_2019$gdppercapita)
39 # No caso dos decis serem atualizados:
40 p_decil_2019 <- quantile(pwt10.0_2019$gdppercapita, 0.1)
41 u_decil_2019 <- quantile(pwt10.0_2019$gdppercapita, 0.9)
42
43 p_primeiro_2019 <- sum(ifelse(pwt10.0_2019$gdppercapita < p_decil_2019,
44 1, 0))/length(pwt10.0_2019$gdppercapita)
45 p_ultimo_2019 <- sum(ifelse(pwt10.0_2019$gdppercapita > u_decil_2019,
46 1, 0))/length(pwt10.0_2019$gdppercapita)
Listing 1.1: Análise da Penn World Table no R.
9. (CASELLA; BERGER, 2001) Duasmoedas, uma com P (cara) = u e uma com P (cara) =
w, devem ser lançadas juntas, independentemente. Dena
p0 = P (0 caras ocorrem),
p1 = P (1 cara ocorre),
p2 = P (2 caras ocorrem)
u e w podem ser escolhidos, de modo que p0 = p1 = p2? Comprove sua resposta.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: A igualdade dada é equivalente ao seguinte sistema:



p0 = p1 =⇒ (1− u) · (1− w) = u · (1− w) + (1− u) · w
p1 = p2 =⇒ u · (1− w) + (1− u) · w = u · w
Substituindo a segunda equação na primeira:
(1− u) · (1− w) = u · w ∴ 1− w − u+ u · w = u · w =⇒ u+ w = 1
Então:
u · (1− w) + (1− u) · w = u · w ∴ u+ w  
=1
−2u · w = u · w =⇒ u · w =
1
3
As duas equações implicam que:
u+
1
3u
= 1 ∴ 3u2 + 1 = 3u ∴ 3u2 − 3u+ 1 = 0
Como ∆ = (−3)2− 4 · 3 · 1 < 0, a equação não tem raízes reais e, portanto, u e w não
podem ser escolhidos de modo que po = p1 = p2.
10. (CASELLA; BERGER, 2001) Suponha que 5% dos homens e 0, 25% das mulheres sejam
daltônicos. Uma pessoa daltônica é escolhida aleatoriamente. Qual é a probabili-
dade de que essa pessoa seja homem? (Considere que homens e mulheres estão
em igual número). Dica: faça uma árvore de probabilidades.
RESOLUÇÃO: Vamos montar uma árvore de probabilidades:
Sexo
Daltô-
nico?
P (M D) = 0, 00125
Sim
0, 0025
P (M  ND) = 0, 49875Não
0, 99
75
M
0, 5000
Daltô-
nico?
P (H D) = 0, 0250
Sim
0, 0500
P (H  ND) = 0, 4750Não
0, 95
00
H
0, 5
000
A probabilidade pedida é:
P (HD) =
P (H D)
P (D)
=
P (H D)
P (DH) · P (H) + P (DM) · P (M)
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 10
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
onde utilizamos o Teorema de Bayes. Substituindo os valores:
P (HD) =
0, 0250
0, 0500 · 0, 5 + 0, 0025 · 0, 5 ∴ P(HD) = 0, 0250
0, 02625 ≈ 0, 9524
11. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma companhia de seguros analisou a frequência com
que 2000 segurados (1000 homens e 1000 mulheres) usaram o hospital. Os resultados
são apresentados na tabela:
Homens Mulheres
Usaram o hospital 100 150
Não usaram o hospital 900 850
a. Qual a probabilidade de que uma pessoa segurada use o hospital?
RESOLUÇÃO: Sejam U,NU,H,M , respectivamente, os eventos utilizar o hospital, não
utilizar o hospital, ser homem e ser mulher. Então1:
P (H) = P (HU) · P (U) + P (HNU) · P (NU)
∴ P (H) = P (HU) · P (U) + P (HNU) · [1− P (U)]
∴ P (H) = P (HU) · P (U) + P (HNU)− P (HNU) · P (U)
∴ P (U) =
P (H)− P (HNU)
P (HU) + P (HNU)
Substituindo os valores:
P (U) =
0, 5− 900
1750
100
250
− 900
1750
∴ P(U) ≈ 0, 125
b. O uso do hospital independe do sexo do segurado?
RESOLUÇÃO: Não. Como P (U H) = 100
1000
6= P (U) = 0, 125, o uso do hospital é depen-
dente do sexo do segurado.
12. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) [O problema do aniversário.] Considere k pessoas numa
sala. Qual a probabilidade de que pelo menos duas pessoas façam aniversário no
mesmo dia e mês? A partir de qual valor de k essa probabilidade é maior que 0, 5?
RESOLUÇÃO: A probabilidade de pelo menos duas pessoas fazerem aniversário no
mesmo dia e mês é complementar a probabilidade de ninguém fazer aniversário
1Outra opção nesse exercício é construir uma tabelade contingência.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 11
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
no mesmo dia. Assim, a probabilidade pedida, p, é:
1− p =
365
365
· 364
365
· 363
365
· · · · · [365− (k − 1))]
365
Logo, simplicando,
p = 1−

1− 1
365

·

1− 2
365

· · · · ·

1− (k− 1)
365

Utilizando o R para fazer uma simulação, obtemos a gura a seguir:
Figura 1.1: Probabilidade de pelo menos duas pessoas fazerem aniversário no mesmo
dia e mês
Vemos, portanto, que a partir de k = 23 a probabilidade supera 50%.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
1 #---- Pedro Milreu Cunha - Doutorando em Economia Aplicada pelo PPGE-UFPB #----
2 #---- Contato: pcunha.2107@gmail.com #----
3
4 # Bibliotecas ----
5
6 library(dplyr)
7 library(ggplot2)
8
9 # Simulação
10
11 n_pessoas <- seq(2, 50, 1)
12 produtorio <- rep(1, length(n_pessoas))
13 probabilidades <- rep(1, length(n_pessoas))
14
15 for (i in 1:length(n_pessoas)) {
16
17 for (j in 1:(n_pessoas[i]-1)) {
18
19 produtorio[i] <- produtorio[i] * (365-j)/365
20
21 }
22
23 }
24
25 probabilidades <- 1 - produtorio
26
27 # Gráfico da simulação ----
28
29 dados <- data.frame(n = n_pessoas, p = probabilidades)
30 dados$satisfazem <- ifelse(dados$p >= 0.5,
31 "Maior ou igual a 50%", "Menor que 50%")
32
33 ggplot(dados, aes(x = n, y = p, color = satisfazem, linetype = satisfazem)) +
34 geom_line(size = 1.25, show.legend = FALSE ) +
35 geom_hline(yintercept = 0.5, linetype = "dashed", size = 1, color = "black") +
36 geom_vline(xintercept = 23, linetype = "dashed", size = 1, color = "black") +
37 annotate("text", x = 12, y = 0.65,
38 label = "A partir de k = 23 a probabilidade \n é maior que 50%") +
39 labs(x = "Nž de pessoas", y = "Probabilidade", color = "Situação") +
40 scale_x_continuous(breaks = seq(0, 50, 5)) +
41 theme_classic()
Listing 1.2: Simulação do aniversário no R.
13. (ANPEC 2021) Após análise dos últimos 2 anos da demanda por seu produto, uma
empresa concluiu o seguinte: se um consumidor adquiriu seu produto em 2018, a
probabilidade deste consumidor voltar a consumir em 2019 é de 40%. Por outro
lado, a probabilidade deste consumidor adquirir seu produto pela primeira vez em
2019 é de 70%. Imaginando que as preferências dos consumidores por seu produto
sejam estáveis, a empresa gostaria de saber a probabilidade de um consumidor
que não adquiriu seu produto em 2018 passe a consumi-lo em 2020. Multiplique o
resultado por 100.
RESOLUÇÃO: A probabilidade pedida é dada pela soma das probabilidades de
que um consumidor passe a consumir em 2019 e continue em 2020 e de que ele
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 13
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
passe a consumir apenas em 2020. Como as preferências são estáveis, a probabi-
lidade de um consumidor ter consumido em 2018 é de 70%, assim como a proba-
bilidade dele passar a consumir em 2020 não tendo consumido antes. Podemos
então fazer a seguinte árvore de probabilidades:
Figura 1.2: Árvore de probabilidades - Questão 13
Analisando a parte destacada, temos que a probabilidade pedida é:
P (C2020NC2018) = 0, 7 · 0, 4 + 0, 3 · 0, 7 ∴ P (C2020NC2018) = 0, 49
Logo, o valor pedido, x, é:
x = P (C2020NC2018) · 100 ∴ x = 49
14. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma companhia de seguros vendeu apólices a cinco
pessoas, todas da mesma idade e com boa saúde. De acordo com as tábuas
atuariais, a probabilidade de que uma pessoa daquela idade esteja viva daqui
a 30 anos é de 2
3
. Calcular a probabilidade de que daqui a 30 anos (indique as
suposições necessárias para a resolução do problema):
a. exatamente duas pessoas estejam vivas;
RESOLUÇÃO: Faremos duas suposições: os eventos são independentes e eles po-
dem ser modelados de acordo com a distribuição binomial com P (X = k) =
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 14
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística

n
k

· pk · (1− p)n−k, onde

n
k

= n!
(n−k)!k!
n é o número total de pessoas, k é o número de
pessoas vivas e p a probabilidade de estarem vivas. A probabilidade pedida nesse
caso é:
P (X = 2) =

5
2

·

2
3
2
·

1
3
3
∴ P(X = 2) = 0, 1646
b. todas as pessoas estejam vivas;
RESOLUÇÃO: Fazendo k = 5, temos:
P (X = 5) =

5
5

·

2
3
5
·

1
3
0
∴ P(X = 5) = 0, 1317
c. pelo menos três pessoas estejam vivas.
RESOLUÇÃO: Para esse caso, temos:
P (X ≥ 3) = P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5)
P (X ≥ 3) =

5
3

·

2
3
3
·

1
3
2
+

5
4

·

2
3
4
·

1
3
1
+

5
5

·

2
3
5
·

1
3
0
Fazendo os cálculos obtemos:
P(X ≥ 3) = 0, 7901
15. (CASELLA; BERGER, 2001) Meu telefone toca 12 vezes por semana, e os telefonemas
são aleatoriamente distribuídos entre os 7 dias da semana. Qual é a probabilidade
de que eu receba, pelo menos, um telefonema por dia? Dica: a resposta é 0, 2285; o desao é
provar isso.
RESOLUÇÃO: A maior diculdade dessa questão é enumerar os possíveis padrões.
Um possível padrão é 6111111, onde 6 ligações ocorrem em algum dia e 1 em cada
um dos outros dias. Há 7 maneiras de escolher o dia com 6 ligações e

12
6

maneiras
de escolher as 6 ligações dentre o total de 12; por m, há 6! modos de organizar as
6 ligações restantes nos 6 dias que faltam. Logo, há 7 ·

12
6

·6! maneiras de obtermos
o padrão 6111111.
Para o padrão 5211111, há 7 maneiras de escolher o dia com 5 ligações e

12
5

ma-
neiras de escolher as 5 ligações dentre o total de 12; há 6 maneiras de escolher o
dia com 6 ligações e

7
2

maneiras de escolher as 2 ligações entre as 7 restantes;
por m, há 5! formas de distribuir as 5 ligações restantes. Logo, há 7 ·

12
5

· 6 ·

7
2

· 5!.
Seguindo o mesmo raciocínio, construímos a seguinte tabela:
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 15
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Padrão N◦ de maneiras
6111111 7 ·

12
6

· 6! = 4.656.960
5211111 7 ·

12
5

· 6 ·

7
2

· 5! = 83.825.280
4221111 7 ·

12
4

·

6
2

·

8
2

·

6
2

· 4! = 523.908.000
4311111 7 ·

12
4

· 6 ·

8
3

· 5! = 139.708.800
3321111

7
2

·

12
3

·

9
3

· 5 ·

6
2

· 4! = 698.544.000
3222111 7 ·

12
3

·

6
3

·

9
3

·

7
2

·

5
2

· 3! = 1.397.088.000
2222211

7
5

·

12
2

·

10
2

·

8
2

·

6
2

·

4
2

· 2! = 314.344.800
Total 3.162.075.840
Como o total de possibilidades é 712 (7 possibilidades de dia para cada uma das 12
ligações) e o total de casos favoráveis são 3.162.075.840, a probabilidade pedida é:
P =
3.162.075.840
712 ≈ 0, 2285
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 16
Capítulo 2
VARIÁVEIS ALEATÓRIAS
2.1 Variáveis aleatórias discretas
1. (CASELLA; BERGER, 2001) Uma droga padrão é sabidamente eciente em 80% dos
casos em que é utilizada. Uma nova droga é testada em 100 pacientes e é eciente
em 85 casos. A nova droga é superior? (Dica: Calcule a probabilidade de se obter
85 sucessos ou mais assumindo que as duas drogas são igualmente ecientes.)
RESOLUÇÃO: Seja X o número de casos efetivos. Assumindo que as drogas são
igualmente ecientes, a probabilidade de sucesso da nova droga em cada caso
também é de 0, 8; ainda, sendo os testes independentes (experimentos de Ber-
noulli) podemos considerar que X ∼ Binomial(100; 0, 8). Assim, a probabilidade de-
sejada é:
P (X ≥ 85) =
100∑
x=85

100
x

· (0, 8)x · (0, 2)100−x
Podemos calcular essa probabilidade no R de duas formas:
1 # 1 maneira: ----
2 1 - pbinom(q = 84, size = 100, prob = 0.8, lower.tail = TRUE)
3 [1] 0.1285055
4 # 2 maneira: ----
5 dbinom(x = 85, size = 100, prob = 0.8) +
6 pbinom(q = 85, size = 100, prob= 0.8, lower.tail = FALSE)
7 [1] 0.1285055
Listing 2.1: Modelo Binomial no R
O parâmetro lower.tail controla se a probabilidade calculada é da forma P (X ≤ x)
(quando TRUE) ou da forma P (X > x) (quando FALSE).
O resultado obtido mostra que mesmo se ambas drogas tivessem a mesma eci-
ência, ainda assim haveria uma probabilidade de 12, 85% de obtermos 85 casos
efetivos dentre 100; com isso, vemos que não se pode armar que a nova droga é
melhor do que a antiga.
2. (CASELLA; BERGER, 2001, adaptado) Com frequência, notícias que são reportadas
17
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
como assustadoras coincidências de ‘’um-em-um-milhão“ são, após examinação
mais profunda, eventos não tão raros e que na verdade podem ser esperados de
acontecer. Alguns anos atrás uma escola elementar no estado de New York repor-
tou que sua classe do jardim-de-infância que começaria naquele ano continha 5
conjuntos de gêmeos. Isso, é claro, foi noticiado ao longo do estado, com uma fala
do diretor de que isso era uma ‘’impossibilidade estatística‘’. Era? Ou era apenas
um exemplo do que (DIACONIS; MOSTELLER, 1989) chamaram de “lei dos números
realmente grandes”? Vamos fazer alguns cálculos.
a) A probabilidade do nascimento de gêmeos é de aproximadamente 1/90, e
podemos assumir que uma escola elementar terá 60 crianças entrando no jardim
de infância (3 turmas de 20 alunos). Explique como nosso evento “estatisticamente
impossível” pode ser pensado como a probabilidade de 5 oumais sucessos de uma
Binomial (60, 1/90). Esse evento é raro o suciente para virar notícia?
RESOLUÇÃO: Se considerarmos que o evento “a criança é gêmea” como um teste
de Bernoulli com probabilidade de sucesso p = 1/90, então a notícia descrita no
enunciado pode ser pensada como a probabilidade de 5 ou mais sucessos em
uma distribuição binomial com 60 experimentos e probabilidade de sucesso de 1/90
em cada um deles. Assim, a probabilidade em questão é:
P (X ≥ 5) = 1− P (X < 5) = 1−
4∑
x=0

60
4

· (1/90)x · (1− 1/90)60−x ∴ P(X ≥ 5) = 0, 0006
De fato, uma probabilidade p = 0, 0006 é bem baixa e o evento realmente pode
ser raro o suciente para virar notícia.
b) Mesmo se a probabilidade na parte a) for rara o suciente para virar notícia,
considere que isso poderia ter acontecido em qualquer escola do condado, e em
qualquer condado do estado, e ainda seria reportado da mesma forma (A “lei dos
números realmente grandes” está começando a entrar em jogo). O estado de
New York tem 62 condados, e é razoável assumir que cada um deles tem 5 escolas
elementares. O evento ainda se qualica como uma “impossibilidade estatística”
ou está se tornando algo esperado de acontecer?
RESOLUÇÃO: Consideremos agora que X é o número de escolas elementares no
estado de New York que tem 5 ou mais conjuntos de gêmeos entrando no jardim
de infância. Como há 62 × 5 = 310 escolas no estado todo e cada uma tem pro-
babilidade de 0, 0006, X é distribuído binomialmente com n = 310 e a chance de
sucesso em cada experimento é de 0, 0006 (conforme item anterior). Assim, a pro-
babilidade de ocorrência do evento noticiado passa a ser:
P (X ≥ 1) = 1−P (X = 0) = 1−

310
0

· (0, 0006)0 · (1− 0, 0006)310−0 ∴ P(X ≥ 1) = 0, 1698
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 18
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Veja que nesse caso a probabilidade já é bem maior, com p = 0, 1698, embora
ainda não seja um evento esperado de acontecer.
c) Se a probabilidade na parte b) ainda parece pequena, considere que esse
evento poderia ter acontecido em qualquer um dos 50 estados, durante os últimos
10 anos e ainda assim teria recebido a mesma cobertura da mídia. Nesse caso
ainda é improvável que o evento aconteça?
RESOLUÇÃO: Considerando agora que X seja o número de estados que tem 5 ou
mais conjuntos de gêmeos entrando no jardim de infância nos últimos 10 anos, en-
tão
X ∼ Binomial(500; 0, 1698), pois conforme calculado no item anterior, a probabili-
dade de um estado satisfazer as condições da notícia é de 0, 1698 e há um total de
50 · 10 = 500 escolas analisadas. Segue, portanto, que a probabilidade nesse caso
é:
P (X ≥ 1) = 1− P (X = 0) = 1−

500
0

· (0, 1698)0 · (1− 0, 1698)500−0 ∴ P(X ≥ 1) ≈ 1
Ou seja, é um evento praticamente certo de acontecer com p ≈ 1, não sendo
digno de virar notícia nesse caso.
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Se X ∼ B(n, p), sabendo-se que E(X) = 12 e σ2 = 3,
determinar:
a) n e b) p;
RESOLUÇÃO: Sabendo que para a distribuição binomial E(X) = np e σ2
X = np(1− p),
temos o seguinte sistema:



np = 12
np(1− p) = 3
→



np = 12
12 · (1− p) = 3 ∴ p = 0, 75
→ (n = 16; p = 0, 75)
c) P (X < 12);
RESOLUÇÃO: Basta calcularmos1:
P (X < 12) =
11∑
x=0

16
x

· (0, 75)x · (0, 25)12−x ∴ P(X < 12) = 0, 3698
d) P (X ≥ 14);
1Convém destacar que no manual de soluções do Morettin e Bussab (2017) os autores utilizam, incorre-
tamente, o seguinte somatório nessa questão:
11
x=1

16
x

·(0, 75)x ·(0, 25)16−x. Embora nesse caso o resultado
seja o mesmo pois P (X = 0) ≈ 0, é incorreto omitir o caso x = 0 dos cálculos.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 19
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Basta calcularmos:
P (X ≥ 14) =
16∑
x=14

16
x

· (0, 75)x · (0, 25)12−x ∴ P(X ≥ 14) = 0, 1971
e) E(Z) e Var(Z), onde Z = (X−12)√
3
;
RESOLUÇÃO: Para resolver essa questão é necessário apenas lembrar que a espe-
rança matemática é um operador linear, enquanto a variância é quadrática. As-
sim:
E(Z) = E

X − 12√
3

=
1√
3
· E(X)− 12√
3
∴ E(Z) = 0
Note que aqui Z é justamente a variável padronizada no formato Z = X−µX
σX
e com
isso necessariamente E(Z) = 0. Para o cálculo da variância, temos:
Var(Z) = Var

X − 12√
3

=
1
(
√
3)2
· Var(X) ∴ Var(Z) = 1
Novamente esse resultado já era esperado, pois a variância de uma variável pa-
dronizada é necessariamente Var(Z) = 1.
f) P

Y ≥ 14
16

, onde Y = X
n
;
RESOLUÇÃO: Temos:
P

Y ≥ 14
16

= P

X
16
≥ 14
16

= P (X ≥ 14) ∴ P

Y ≥ 14
16

= 0, 1971
g) P

Y ≥ 12
16

, onde Y = X
n
.
RESOLUÇÃO: Temos:
P

Y ≥ 12
16

= P

X
16
≥ 12
16

= P (X ≥ 12) = 1− P (X < 12) ∴ P

Y ≥ 12
16

= 0, 6302
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Numa central telefônica, o número de chamadas chega
segundo uma distribuição de Poisson, com a média de oito chamadas por minuto.
Determinar qual a probabilidade de que num minuto se tenha:
a) dez ou mais chamadas;
RESOLUÇÃO: Nesse caso sendo X o número de chamadas que chega na central,
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 20
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
temos que X ∼ Poisson(8). Assim, o cálculo a ser feito é:
P (X ≥ 10) = 1− P (X < 10) = 1−
9∑
x=0
e−8 · 8x
x!
Para fazer esse cálculo no R podemos proceder de duas formas:
1 # 1 maneira: ----
2 1 - ppois(q = 9, lambda = 8, lower.tail = TRUE)
3 [1] 0.2833757
4 # 2 maneira: ----
5 dpois(x = 10, lambda = 8) +
6 ppois(q = 10, lambda = 8, lower.tail = FALSE)
7 [1] 0.2833757
Listing 2.2: Modelo de Poisson no R
Segue então que a probabilidade pedida é p = 0, 2834.
b) menos que nove chamadas;
RESOLUÇÃO: Nesse caso temos:
P (X < 9) =
8∑
x=0
e−8 · 8x
x!
∴ P(X < 9) = 0, 5925
c) entre sete (inclusive) e nove (exclusive) chamadas.
RESOLUÇÃO: Aqui é necessário atenção com os extremos. O cálculo a ser feito é:
P (7 ≤ X < 9) = P (X = 7) + P (X = 8) =
e−8 · 87
7!
+
e−8 · 88
8!
∴ P(7 ≤ X < 9) = 0, 2792
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que a probabilidade de que um item produ-
zido por uma máquina seja defeituoso é de 0, 2. Se dez itens produzidos por essa
máquina são selecionados ao acaso, qual é a probabilidade de que não mais do
que um defeituoso seja encontrado? Use a binomial e a distribuição de Poisson e
compare os resultados.
RESOLUÇÃO: Para o caso da distribuição binomial,sendo X o número de itens de-
feituosos, temos que X ∼ Binomial(10; 0, 2). Assim, para essa distribuição a probabi-
lidade pedida é:
P (X ≤ 1) =
1∑
x=0

10
x

· (0, 2)x · (0, 8)10−x ∴ P(X ≤ 1)bin = 0, 3758
Já para a distribuição de Poisson, temos que o númeromédio de peças defeituosas
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 21
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
é 10× 0, 2 = 2. Logo, a probabilidade nessa situação é:
P (X ≤ 1) =
1∑
x=0
e−2 · 2x
x!
∴ P(X ≤ 1)pois = 0, 4060
Comparando os resultados obtidos, vemos que P (X ≤ 1)pois > P (X ≤ 1)bin, embora
os valores sejam relativamente próximos.
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Na tabela abaixo, X signica o número de lhos homens
em famílias com 12 lhos. Calcule para cada valor da variável o número de famílias
que você deveria esperar se X ∼ B(12; 0, 5).
X N◦ observado de famílias
0 6
1 29
2 160
3 521
4 1198
5 1921
6 2360
7 2033
8 1398
9 799
10 298
11 60
12 7
Total 10690
Você acha que o modelo binomial é razoável para explicar o fenômeno?
RESOLUÇÃO: Para fazer os cálculos pedidos, um caminho rápido é utilizar o R:
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
1 # Criação dos dados ----
2 dados <- data.frame(X = seq(0, 12, 1),
3 n = c(6, 29, 160, 521, 1198, 1921, 2360,
4 2033, 1398, 799, 298, 60, 7))
5 total <- 10690
6
7 # Cálculo das probabilidades ----
8 dados$p <- dbinom(x = dados$X, size = 12, prob = 0.5)
9 # Observe que as funções de distribuições de V.A.s podem receber vetores como inputs (dados$X
nesse caso)
10
11 # Cálculo dos valores esperados ----
12 dados$e <- round(dados$p * total, 0) # Arredondado para o inteiro mais próximo
13
14 # Cálculo da diferença entre os valores observados e esperados ----
15 dados$d <- abs(dados$n - dados$e)
16
17 # Organização do data.frame ----
18 dados <- dados[, c("X", "p", "e", "d")]
19 colnames(dados) <- c("X", "P(X=x)",
20 "N. observado de famílias", "|Observado - Esperado|")
21
22 # Visualização bem formatada da tabela resultante ----
23 stargazer::stargazer(dados, type = "text", summary = FALSE)
24
25 ==========================================================
26 X P(X=x) N. observado de famílias | Observado - Esperado|
27 ----------------------------------------------------------
28 0 0.0002 3 3
29 1 0.003 31 2
30 2 0.016 172 12
31 3 0.054 574 53
32 4 0.121 1,292 94
33 5 0.193 2,067 146
34 6 0.226 2,412 52
35 7 0.193 2,067 34
36 8 0.121 1,292 106
37 9 0.054 574 225
38 10 0.016 172 126
39 11 0.003 31 29
40 12 0.0002 3 4
41 ----------------------------------------------------------
Listing 2.3: Adequação do modelo binomial
Claramente o modelo binomial não é adequado para modelar esse fenômeno. De
fato, utilizando a estatística qui-quadrado (χ2), tópico que será abordado mais a
frente na disciplina, é possível vericar rigorosamente a não adequação da distri-
buição binomial.
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Em um experimento binomial com três provas, a proba-
bilidade de exatamente dois sucessos é 12 vezes a probabilidade de três sucessos.
Encontre p.
RESOLUÇÃO: A solução nesse caso é bem direta; seja X a v.a. que representa o
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 23
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
número de sucessos. Pelo enunciado X ∼ Binomial(3, p). Então, temos:
P (X = 2) = 12P (X = 3) ⇔

3
2

· p2 · (1− p)1 = 12 ·

3
3

· p3 · (1− p)0
∴ 3p2 · (1− p) = 12p3 (p 6= 0)
∴ 1− p = 4p ∴ p = 0, 20
8. (CASELLA; BERGER, 2001) Ache expressões para E(X) e Var(X) seX for uma variável
aleatória com a distribuição de probabilidade uniforme discreta geral (N0, N1) que
coloca mesma probabilidade para cada valor N0, N0 + 1, . . . , N1. Aqui N0 ≤ N1 e
ambas são inteiros.
RESOLUÇÃO: Se X ∼ Udiscreta(N0, N1), então a função de probabilidade de X é f(x) =
1
N1−N0+1
para x = N0, N0 + 1, . . . , N1. Segue então que:
E(X) =
N1∑
x=N0
x ·

1
N1 −N0 + 1

∴ E(X) =
1
N1 −N0 + 1
·
(
N1∑
x=1
x−
N0−1∑
x=1
x
)
onde rearranjamos o somatório para começar em x = 1. Assim, podemos agora
aplicar a fórmula
n
k=1 k = n·(n+1)
2
; segue então que:
E(X) =
1
N1 −N0 + 1
·

N1 · (N1 + 1)
2
− (N0 − 1) ·N0
2

E(X) =
1
N1 −N0 + 1
·

N2
1 +N1 −N2
0 +N0
2

E(X) =
1
N1 −N0 + 1
·

(N2
1 −N2
0 ) + (N1 +N0)
2

E(X) =
1
N1 −N0 + 1
·

(N1 +N0) · (N1 −N0 + 1)
2

∴ E(X) = N1 + N0
2
onde foi utilizado o produto notável a2 − b2 = (a+ b) · (a− b). Para calcular a variân-
cia, vamos inicialmente obter E(X2); para tanto, vamos utilizar o mesmo processo,
usando também a fórmula
n
k=1 k
2 = k·(k+1)·(2k+1)
6
:
E(X2) =
1
N1 −N0 + 1
·

N1 · (N1 + 1) · (2N1 + 1)
6
− (N0 − 1) ·N0 · (2N0 − 1)
6

E(X2) =
1
N1 −N0 + 1
·

2N3
1 + 3N2
1 +N1 − 2N3
0 + 3N2
0 −N0
6

Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 24
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Por m, calculando a variância:
Var(X) = E(X2)− E2(X)
Var(X) =

1
N1 −N0 + 1
·

2N3
1 + 3N2
1 +N1 − 2N3
0 + 3N2
0 −N0
6

−

N2
1 + 2N1N0 +N2
0
4

Var(X) =
(N3
1 −N3
0 ) + 3 · (N2
1 +N2
0 )− 3(N2
1N0 −N1N
2
0 )− 2 · (3N1N0 −N1 +N0)
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N3
1 − 3N2
1N0 + 3N1N
2
0 −N3
0 ) + 3 · (N2
1 − 2N1N0 +N2
0 ) + 6 · (N1 −N0)
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N1 −N0)
3 + 3 · (N1 −N0)
2 + 2 · (N1 −N0)
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N1 −N0) · [(N1 −N0)
2 + 3(N1 −N0) + 2]
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N1 −N0) · (N2
1 − 2N1N0 +N2
0 + 3N1 − 3N0 + 2)
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N1 −N0) · [N1 · (N1 −N0 + 1)−N0 · (N1 −N0 + 1) + 2 · (N1 −N0 + 1)]
12(N1 −N0 + 1)
Var(X) =
(N1 −N0) · [(N1 −N0 + 1) · (N1 −N0 + 2)]
12(N1 −N0 + 1)
∴ Var(X) = (N1 − N0) · (N1 − N0 + 2)
12
9. (CASELLA; BERGER, 2001) O uxo de tráfego em certas esquinas pode algumas ve-
zes ser modelado como um sequência de ensaios de Bernoulli ao assumirmos que
a probabilidade de um carro passar durante cada segundo como uma constante
p e que não há interação entre a passagem de carros em segundos diferentes. Se
tratarmos os segundos como unidades indivisíveis de tempo (ensaios), o modelo de
Bernoulli se aplica. Suponha que um pedestre pode atravessar a rua apenas se ne-
nhum carro passar durante os 3 próximos segundos. Encontre a probabilidade de
que o pedestre tenha que esperar por exatamente 4 segundos antes de começar
a atravessar.
RESOLUÇÃO: O tempo total a ser analisado é de 7 segundos (4 segundos antes de
começar a atravessar mais os 3 necessários para cruzar a rua). A probabilidade de
nenhum carro passar nos últimos 3 segundos é de (1 − p)3; o único caso em que o
pedestre não espera os 4 segundos antes de atravessar é quando um carro passa
no primeiro segundo e nenhum outro passa nos próximos três segundos. Isso ocorre
com probabilidade p(1−p)3. Assim, a probabilidade de esperar exatamente quatro
segundos antes de começar a atravessar a rua é de [1− p(1− p)3] · (1− p)3
10. (CASELLA; BERGER, 2001) Deixe o número de chips de chocolate em um certo tipo
de cookie seguir uma distribuição Poisson. Queremos que a probabilidade de um
cookie aleatoriamente selecionado tenha pelo menos dois chips de chocolate
seja maior que 0, 99. Encontre o menor valor da média da distribuição que garante
essa probabilidade.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 25
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Sabendo que a função de probabilidade de Poisson é dada por P (X =
x) = e−λ·λx
x!
, segue que a expressão a ser analisada é:
P (X ≥ 2) = 1− P (X < 2) > 0, 99 ∴ P (X < 2) < 0, 01
∴e−λ · λ0
0!
+
e−λ · λ1
1!
< 0, 01 ∴ e−λ · (1 + λ) < 0, 01
Para descobrir o menor valor de λ que torna a desigualdade acima verdadeira,
λmin, podemos utilizar o R:
1 # Criação da função a ser analisada ----
2 funcao_poisson <- function(lambda) {
3 prob<- NULL
4 for (i in lambda) {
5 prob[i] <- exp(-i) * (1+i)
6 }
7 return(prob)
8 }
9
10 # Cálculo das probabilidades ----
11 lambdas <- seq(1, 10, 1)
12 resultados <- data.frame(l = lambdas,
13 p = funcao_poisson(lambdas))
14 resultados$Satisfaz <- ifelse(resultados$p < 0.01,"Sim", "Não")
15
16 lambda_min <- min(resultados$l[resultados$p < 0.01])
17 prob_lambda_min <- ppois(2, lambda_min) - dpois(2, lambda_min)
18
19 # Criação da visualização dos resultados ----
20 ggplot(resultados, aes(x = l, y = p, color = Satisfaz)) +
21 geom_path(size = 1.25, group = 1) +
22 geom_hline(yintercept = 0.01, size = 0.5, linetype = "dashed") +
23 geom_point(data = data.frame(x = lambda_min, y = prob_lambda_min),
24 aes(x = x, y = y), size = 2, color = "red",
25 inherit.aes = FALSE) +
26 labs(x = "", y = "P(X < 2)",
27 color = "p < 0.01 ?") +
28 annotate("segment", x = 7, xend = 7, y = 0.15, yend = 0.05, size = 0.75,
29 arrow = arrow(type = "closed", length = unit(0.02, "npc"))) +
30 ggrepel::geom_label_repel(data = data.frame(x = 7, y = 0.25),
31 aes(x = x, y = y), label = "lambda[min]",
32 parse = TRUE, inherit.aes = FALSE,
33 size = 5, fontface = "bold", color = "purple",
34 segment.color = NA, seed = 123,
35 nudge_y = -0.040, nudge_x = -0.005) +
36 scale_x_continuous(breaks = seq(1,10,1)) +
37 scale_y_continuous(breaks = seq(0, 1, 0.1))
Listing 2.4: Aproximação da solução de e−λ · (1 + λ) < 0, 01
A gura gerada pode ser vista a seguir:
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 26
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Figura 2.1: Valor mínimo de λ tal que e−λ · (1 + λ) < 0.01
Como podemos vericar a partir do gráco, o valor mínimo de λ tal que P (X ≥ 2) >
0, 99 ou equivalentemente e−λ · (1 + λ) < 0, 01 é λmin = 7 .2
11. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Um orista faz estoque de uma or de curta duração
que lhe custa $0, 50 e que ele vende a $1, 50 no primeiro dia em que a or está na
loja. Toda or que não é vendida nesse primeiro dia não serve mais e é jogada
fora. Seja X a variável aleatória que denota o número de ores que os fregueses
compram em um dia casualmente escolhido. O orista descobriu que a função de
probabilidade de X é dada pela tabela abaixo.
x 0 1 2 3
p(x) 0,1 0,4 0,3 0,2
Quantas ores deveria o orista ter em estoque a m de maximizar a média (valor
esperado) do seu lucro?
RESOLUÇÃO: O orista pode manter 1, 2 ou 3 ores em estoque. Utilizando as infor-
mações do enunciado, podemos montar a seguinte tabela na qual Li representa
o lucro obtido quando i ores são vendidas, pi a probabilidade do orista obter
esse lucro e E(Li) o valor esperado do lucro, com E(Li) = Li · pi (por exemplo: L0 é
o lucro obtido ao vender 0 ores e isso ocorre com probabilidade p0, gerando um
valor esperado de L0 · p0 para o lucro):
2Embora a solução exata da equação e−x · (1 + x) = 0, 01 seja x ≈ 6, 6384, como λ deve ser inteiro a
resposta é λ = 7.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
N◦ de ores em estoque L0 p0 L1 p1 L2 p2 L3 p3 E(L)
1 -0,5 0,1 1 0,9 - - - - 0,85
2 -1 0,1 0,5 0,4 2 0,5 - - 1,10
3 -1,5 0,1 0 0,4 1,5 0,3 3 0,2 0,90
Segue então que paramaximizar o lucro esperado o vendedor devemanter 2 ores
em estoque.
12. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) O número de petroleiros que chegam a uma renaria
em cada dia ocorre segundo uma distribuição de Poisson, com λ = 2. As atuais
instalações podem atender, no máximo, a três petroleiros por dia. Se mais de três
aportarem num dia, o excesso é enviado a outro porto.
a) Em um dia, qual a probabilidade de se enviar petroleiros para outro porto?
RESOLUÇÃO: Seja X a v.a. que representa o número de petroleiros que chegam à
renaria em um dia. Sabemos então que X ∼ Poisson(2). Assim, a probabilidade
pedida é dada por:
P (X > 3) = 1− [P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)] ∴ P(X > 3) = 0, 1429
b) De quanto deverão ser aumentadas as instalações para permitir atender a
todos os navios que chegarem pelo menos em 95% dos dias?
RESOLUÇÃO: Queremos obter um valor k95 tal que P (X > k95) ≤ 0, 95. Podemos
utilizar o R para fazer uma simulação e obter o valor que satisfaz essa condição. A
gura gerada (bem como o código para reproduzi-la) pode ser vista abaixo:
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 28
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
1 # Criação dos dados e cálculo das probabilidades para cada valor de k ----
2 dados <- data.frame(k = seq(1, 10, 1),
3 p = ppois(seq(1, 10, 1), 2, lower.tail = FALSE))
4
5 dados$Satisfaz <- ifelse(dados$p <= 0.05, "Sim", "Não")
6
7 # Visualização dos resultados ----
8 ggplot(dados, aes(x = k, y = p, color = Satisfaz)) +
9 geom_path(size = 1, group = 1) +
10 geom_hline(yintercept = 0.05, linetype = "dashed", size = 0.75) +
11 geom_point(data = data.frame(x = 5, y = ppois(5, 2, FALSE)),
12 aes(x = x, y = y), size = 2, color = "red",
13 inherit.aes = FALSE) +
14 annotate("segment", x = 5, xend = 5, y = 0.135, yend = 0.06, size = 0.75,
15 arrow = arrow(type = "closed", length = unit(0.02, "npc"))) +
16 ggrepel::geom_label_repel(data = data.frame(x = 5, y = 0.225),
17 aes(x = x, y = y), label = "k[95]",
18 parse = TRUE, inherit.aes = FALSE,
19 size = 5, fontface = "bold", color = "purple",
20 segment.color = NA, seed = 123,
21 nudge_y = -0.040, nudge_x = -0.005) +
22 labs(x = "Capacidade das instalações \n (nž de petroleiros p/dia)",
23 y = "P(X > k)", color = "Prob. excesso menor \n ou igual a 0.05?") +
24 scale_x_continuous(breaks = seq(1, 10, 1)) +
25 scale_y_continuous(breaks = seq(0, 0.6, 0.05))
Listing 2.5: Simulação - P (X > k) para k = 1, 2, . . . , 10 e X ∼ Poisson(2)
Vericamos então que a instalação deve ter sua capacidade aumentada em 2
unidades, podendo atender 5 petroleiros por dia.
c) Qual o número médio de petroleiros que chegam por dia?
RESOLUÇÃO: A distribuição de Poisson é tal que se X ∼ Poisson(λ), então E(X) =
Var(X) = λ. Logo, o número médio de petroleiros que chegam por dia é 2.3
13. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Determinado tipo de parafuso é vendido em caixas com
1000 peças. É uma característica da fabricação produzir 10% com defeito. Normal-
mente, cada caixa é vendida por $13, 50. Um comprador faz a seguinte proposta:
de cada caixa, ele escolhe uma amostra de 20 peças; se a caixa não tiver pa-
rafusos defeituosos, ele paga $20, 00; um ou dois defeituosos, ele paga $10, 00; três
ou mais defeituosos, ele paga $8, 00. Qual alternativa é a mais vantajosa para o
fabricante? Justique.
RESOLUÇÃO: SejaX o número de peças com defeito. De acordo com o enunciado
X ∼ Binomial(20, 0.1), pois a amostra tem 20 peças e cada uma tem 10% de chance
de ser defeituosa. Vamos calcular o valor esperado de venda de cada caixa, E($),
3Há um erro na resolução dessa questão apresentada no Manual de Soluções de Morettin e Bussab
(2017). Os autores consideram que P (X > 3) = 1 − [P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)] quando o correto é
P (X > 3) = 1− [P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)].
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 29
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
sob as condições da proposta do comprador:
E($) = 20 · P (X = 0) + 10 · [P (X = 1) + P (X = 2)] + 8 · P (X ≥ 3)
E($) = 20 ·
(20
0
)
· (0, 1)0 · (0, 9)20 + 10 ·
2∑
x=1
(20
x
)
· (0, 1)x · (0, 9)20−x + 8 ·
20∑
x=3
(20
x
)
· (0, 1)x · (0, 9)20−x
E($) = $10, 5696
Como o preço de venda original é de $13, 50, não vale a pena para o vendedor
aceitar a proposta do comprador.
14. (MORETTIN; BUSSAB, 2017, baseado em (MEYER, 1965)) O custo de realização de um
experimento é $1000, 00. Se o experimento falha, um custo adicional de $300, 00 tem
de ser imposto. Se a probabilidade de sucesso em cada prova é 0, 2, se as provas
são independentes e continuadas até a ocorrência do primeiro sucesso,qual o
custo esperado do experimento?
RESOLUÇÃO: Se X for uma v.a. que conta o número de provas até a ocorrência do
primeiro sucesso, então X ∼ Geométrica(p) onde p é a probabilidade de sucesso
em cada tentativa. O valor esperado deX nesse caso é dado por 1
p
. Assim, o custo
esperado do experimento é:
E(C) = 1000 · E(X) + 300 · E(X − 1) ∴ E(C) =

1300 · 1
0, 2

− 300 ∴ E(C) = $6200, 00
15. (CASELLA; BERGER, 2001) Um produtor recebe um lote com 100 partes de um ven-
dedor. O lote será inaceitável se mais do que 5 das partes forem defeituosas. O
produtor selecionará aleatoriamente K partes do lote para inspeção e ele será
aceito se nenhuma parte defeituosa for encontrada na amostra.
a) Quão grande K deve ser para garantir que a probabilidade do produtor
aceitar um lote inaceitável seja menor que 0, 10?
RESOLUÇÃO: Para resolver essa questão devemos utilizar a distribuição hipergeo-
métrica, que modela o número de fracassos (sucessos) em um amostra baseado
no número de fracassos (sucessos) da população. Em particular para esse exercí-
cio, sendo X a v.a. hipergeométrica que mede o número de peças defeituosas
na amostra, temos X ∼ Hipergeométrica(N = 100,M,K) onde M é o número de
peças defeituosas no lote e K o tamanho da amostra. O valor máximo da proba-
bilidade de um lote ser aceito, P (X = 0), ocorre na situação em que o número de
peças defeituosas é de 6 (mínimo para o lote ser rejeitado). Sabendo agora que
P (X = x) =
(M
X
)·(N−M
K−x
)
(N
K
)
, segue que a expressão que devemos analisar é:
P (X = 0N = 100,M = 6, K) < 0.1 ∴

6
0

·

94
K−0


100
K
 =

94
K


100
K
 < 0.1
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 30
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Vamos utilizar o R para obter a solução aproximada dessa equação:
1 # Criação dos dados e cálculo das probabilidades para cada valor de K ----
2 dados <- data.frame(k = seq(15, 45, 1),
3 p = choose(94, seq(15, 45, 1))/
4 choose(100, seq(15, 45, 1)))
5
6 dados$Satisfaz <- ifelse(dados$p < 0.1, "Sim", "Não")
7
8 k_min <- min(dados$k[dados$p < 0.1])
9 prob_k_min <- choose(94, k_min)/choose(100, k_min)
10
11 # Visualização dos resultados ----
12 ggplot(dados, aes(x = k, y = p, color = Satisfaz)) +
13 geom_path(size = 1.25, group = 1) +
14 geom_hline(yintercept = 0.1, size = 0.5, linetype = "dashed") +
15 geom_point(data = data.frame(x = k_min, y = prob_k_min),
16 aes(x = x, y = y), size = 2, color = "red",
17 inherit.aes = FALSE) +
18 labs(x = "K", y = "P(X = 0 | N = 100, M = 6, K)",
19 color = "p < 0.10 ?") +
20 annotate("segment", x = 32, xend = 32, y = 0.18, yend = 0.11, size = 0.75,
21 arrow = arrow(type = "closed", length = unit(0.02, "npc"))) +
22 ggrepel::geom_label_repel(data = data.frame(x = 32, y = 0.25),
23 aes(x = x, y = y), label = "K[min]~~‘=‘~~32",
24 parse = TRUE, inherit.aes = FALSE,
25 size = 5, fontface = "bold", color = "purple",
26 segment.color = NA, seed = 123,
27 nudge_y = -0.040, nudge_x = -0.005) +
28 scale_x_continuous(breaks = seq(15,45,5)) +
29 scale_y_continuous(n.breaks = 7)
Listing 2.6: Aproximação da solução da desigualdade (94
K
)
(100
K
)
< 0.1
A gura obtida pode ser vista a seguir:
Segue então que a amostra deve ter no mínimo 32 peças para que a probabilidade
do produtor aceitar um lote inaceitável seja menor que 10%.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 31
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
b) Suponha que o produtor decida aceitar o lote se ele tiver no máximo uma
peça com defeito na amostra. Quão grande K deve ser para garantir que a pro-
babilidade do produtor aceitar um lote inaceitável seja menor que 0, 10?
RESOLUÇÃO: A ideia para resolver esse item é a mesma do item a); nesse caso a
expressão a ser analisada é:
P (X = 0 ou 1N = 100,M = 6, K) < 0.1 ∴

6
0

·

94
K−0


100
K
 +

6
1

·

94
K−1


100
K
 < 0.1
Utilizando o R novamente obtemos que o valor necessário nesse caso é no mínimo
K = 51 peças
2.2 Variáveis aleatórias contínuas
1. (ANPEC 2021, adaptado) Considere as principais distribuições de probabilidade e
julgue as armativas:
a) A distribuição t-Student é um caso particular da distribuição Normal;
RESOLUÇÃO: A armativa é falsa. Nenhuma das distribuições é um caso particular
da outra; o que ocorre é que a distribuição t-Student tende para a distribuição
normal conforme os graus de liberdade aumentam indenidamente.
b) Seja X uma variável aleatória com distribuição Qui-quadrado com n graus
de liberdade; então Y = X2 segue uma distribuição F(1,n);
RESOLUÇÃO: A armativa é falsa. A distribuição F(n1,n2) é gerada a partir da razão
Q1
n1
Q2
n2
onde Q1, Q2 são variáveis aleatórias qui-quadradas independentes com respec-
tivamente n1 e n2 graus de liberdade. Por outro lado, se X possuísse distribuição
t-Student com n graus de liberdade a armativa seria verdadeira.
c) Seja X uma variável aleatória com distribuição log-Normal; então Y = ln(X)
segue uma distribuição Normal.
RESOLUÇÃO: A armativa é verdadeira.
2. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma v.a. X tem distribuição triangular no intervalo [0, 1]
se sua f.d.p. for dada por
f(x) =



0, x < 0
Cx, 0 ≤ x ≤ 1/2
C(1− x), 1/2 ≤ x ≤ 1
0, x > 1.
a) Qual o valor da constante C?
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 32
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Para que a f.d.p. acima seja válida:
∫ 1/2
0
Cx dx+
∫ 1
1/2
C(1− x) dx = 1
∴ C ·

1
8
− 02

+ C ·

1− 1
2

− C ·

1
2
− 1
8

= 1
∴ C
8
+
C
2
− 3C
8
= 1 ∴ C + 4C − 3C = 8 ∴ C = 4
b) Faça o gráco de f(x);
Figura 2.2: Gráco da distribuição triangular
c) Determine P (X ≤ 1/2), P (X > 1/2) e P (1/4 ≤ X ≤ 3/4).
Figura 2.3: Probabilidades envolvendo a distribuição triangular
(a) P (X ≤ 1/2)
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 33
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
(b) P (1/2 ≤ X ≤ 1)
(c) P (1/4 ≤ X ≤ 3/4)
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Para uma v.a. X ∼ N(µ, σ2), encontre:
a) P (X ≤ µ+ 2σ);
RESOLUÇÃO: Convertendo a inequalidade para uma envolvendo a variável normal
padronizada, temos:
P (X ≤ µ+ 2σ) = P

X − µ
σ
≤ µ− µ+ 2σ
σ

= P (Z < 2) ≈ 97, 72%
b) P (X − µ ≤ σ);
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 34
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Aplicamos o mesmo processo:
P (X − µ ≤ σ) = P (−σ ≤ X − µ ≤ σ)
= P

−σ
σ
≤ X − µ
σ
≤ σ
σ

= P (−1 ≤ Z ≤ 1) ≈ 68, 27%
c) o número a tal que P (µ− aσ ≤ X ≤ µ+ aσ) = 0, 99;
Temos:
P (µ− aσ ≤ X ≤ µ+ aσ) = 0, 99
P

µ− µ− aσ
σ
≤ X − µ
σ
≤ µ− µ+ aσ
σ

= 0, 99
P (−a ≤ Z ≤ a) = 0, 99
Consultando a tabela Z ou algum software, obtemos que o valor procurado é
a = 2, 58 .
d) o número b tal que P (X > b) = 0, 90.
Temos:
P (X > b) = 0, 90
P

X − µ
σ
>
b− µ
σ

= 0, 90
P

Z >
b− µ
σ

= 0, 90
Comparando com os valores da distribuição normal, obtemos que é necessário
que:4
b− µ
σ
= −1, 28 ∴ b = µ− 1, 28σ
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que as amplitudes de vida de dois aparelhos
elétricos, D1 e D2, tenham distribuições N(42, 36) e N(45, 9), respectivamente. Se os
aparelhos são feitos para ser usados por um período de 45 horas, qual aparelho
deve ser preferido? E se for por um período de 49 horas?
RESOLUÇÃO:
• Período de 45 horas:



P (D1 > 45) = P

D1−42
6
> 45−42
6

= P (Z > 0.5) ≈ 31%
P (D2 > 45) = P

D2−45
3
> 45−45
3

= P (Z > 0) = 50%
Para esse caso D2 deve ser preferido.
4Pois P (Z > −1, 28) ≈ 0, 90.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 35
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
• Período de 49 horas:



P (D1 > 49) = P

D1−42
6
> 49−42
6

= P (Z > 1, 17) ≈ 12, 10%
P (D2 > 49) = P

D2−45
3
> 49−453

= P (Z > 1, 33) ≈ 9, 20%
Para esse caso D1 deve ser preferido.
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017)[adaptado] A distribuição dos pesos de coelhos criados
numa granja pode muito bem ser representada por uma distribuição normal, com
média de 5 kg e desvio padrão de 0, 8 kg. Um abatedouro comprará 5.000 coelhos
e pretende classicá-los de acordo com o peso, do seguinte modo: 20%mais leves
como pequenos, os 55% seguintes como médios, os 15% seguintes como grandes e
os 10%mais pesados como extras. Quais os limites de peso para cada classe?
RESOLUÇÃO: Analisando uma tabela da distribuição normal, temos que os quantis
Q20, Q75, Q90 são dados pelos valores z1 = 0, 84, z2 = 0, 68 e z3 = 1, 28. Visto que:
Z =
X − µ
σ
∴ X = Z · σ + µ =⇒



x1 = 4, 33
x2 = 5, 54
x3 = 6, 02
Assim, a classicação dos coelhos deve ser:
Se o peso (x):



x ≤ 4, 33, classicado como pequeno
4, 33 < x ≤ 5, 54, classicado como médio
5, 54 ≤ x < 6, 02, classicado como grande
x > 6, 02,classicado como extra
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que X tenha distribuição exponencial com pa-
râmetro β. Prove que
P (X > t+ x)
P (X > x)
= P (X > t), ∀t, x ≥ 0.
Essa propriedade nos diz que a distribuição exponencial não tem memória. Por
exemplo, se X for a vida de um componente eletrônico, a relação acima diz que,
se o componente durou até o instante x, a probabilidade de ele não falhar após
o intervalo t + x é a mesma de não falhar após o instante t. Nesse sentido, X
“esquece” a sua idade, e a eventual falha do componente não resulta de uma
deterioração gradual e sim de alguma falha repentina.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 36
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: A f.d.a. de X é dada por P (X > β) = e−β. Assim:
P (X > t+ x)
P (X > x)
=
e−(t+β)
e−β
= e−t = P(X > t) , ∀t, x ≥ 0
como queríamos demonstrar.
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Numa determinada localidade, a distribuição de renda
(em milhares de reais) é uma v.a. X com f.d.p.
f(x) =



1
10
x+ 1
10
, 0 ≤ x ≤ 2
− 3
40
x+ 9
20
, 2 < x ≤ 6
0, x < 0 ou x > 6.
a) Qual a renda média nessa localidade?
RESOLUÇÃO: Temos:
E(X) =
∫ 2
0

x
10
+
1
10

· x dx+
∫ 6
2

−3x
40
+
9
20

· x dx
E(X) =

x3
30
+
x2
20
 ∣∣∣∣∣
2
0
+

−3x2
80
+
9x
40
 ∣∣∣∣∣
6
2
E(X) ≈ 2, 47
b) Escolhida uma pessoa ao acaso, qual a probabilidade de sua renda ser su-
perior a $3.000, 00?
Temos:
P (X > 3) =
∫ 6
3

−3x
40
+
9
20

· x dx =

−3x2
80
+
9x
40
 ∣∣∣∣∣
6
3
≈ 33, 80%
c) Qual a mediana da variável?
RESOLUÇÃO: Para obter a mediana (m) basta igualarmos a função de probabili-
dade a 50% e resolver a equação resultante:
∫ 6
m
f(x) dx = 0, 5 ∴
∫ 6
m
−3x
40
+
9
20
dx = 0, 5 =⇒ m ≈ 2, 06
Utilizando a outra parte da denição de f(x) obtemos o mesmo resultado, porém
é mais correto por esse caminho uma vez que 2, 06 não pertence ao domínio da
denição

x
10
+ 1
10

de f(x).
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 37
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
8. (ANPEC 2021) Considere uma variável aleatória Y commédia igual a 12 e variância
igual a 4. Considere também que, usando o Teorema de Tchebycheff, temos:
Prob(Y − 12 < 10) ≥ c.
Calcule o valor de c e multiplique o resultado por 100.
RESOLUÇÃO: O Teorema de Tchebycheff nos diz que seX for uma variável aleatória
com valor esperado µ e variância σ2 e  for uma constante positiva, então é válido
que:
P (X − µ ≥ ) ≤ σ2
2
≡←→ P (X − µ < ) ≥ 1− σ2
2
.
Tomando  = k · σ, k ∈ R, obtemos
P (X − µ < k · σ) ≥ 1− 1
k2
.
Para o exercício em questão, Y é uma variável aleatória com µ = 12 e σ2 = 4.
Sabendo disso, temos as seguintes igualdades:



k · σ = 10 ∴ k · 2 = 10 ⇔ k = 5
c = 1− 1
k2
∴ c = 24
25
Logo,
100× c = 96
9. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Se X tiver distribuição uniforme com parâmetros α e β,
mostre que:
a) E(X) = α+β
2
;
RESOLUÇÃO: Lembrando que:
f(x) =
1
b− a
, x ∈ [a, b]
, segue então:
E(x) =
∫ b
a
x · 1
b− a
dx
=
1
(b− a)
· x
2
2
∣∣∣∣
b
a
=
b2 − a2
2(b− a)
=
(b− a)(b+ a)
2(b+ a)
∴ E(x) = a+ b
2
b) Var(X) = (β−α)2
12
;
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 38
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Calculando inicialmente E(x2), uma vez que Var(x) = E(x2)− E2(x):
E(x2) =
∫ b
a
x2 · 1
b− a
dx
=
1
3(b− a)
· x3
∣∣∣∣
b
a
=
b3 − a3
3(b− a)
=
(b− a) · (b2 + ab+ a2)
3(b− a)
=
b2 + ab+ b2
3
Logo,
Var(x) = b2 + ab+ a2
3
−

a2 + 2ab+ b2
4

=
4b2 + 4ab+ 4a2 − 3a2 − 6ab− 3b2
12
=
a2 − 2ab+ b2
12
∴ Var(x) = (a− b)2
12
.
c) F (x) =



0, x < α
x−α
β−α
,α ≤ x ≤ β
1, x > β
.
RESOLUÇÃO: Inicialmente lembrando que
F (x) =
∫ ∞
−∞
f(x) dx
, temos:
F (x) =



0, x < a
 x
a
f(x) dx, a ≤ x ≤ b
1, x > b
Calculando ∫ x
a
f(x) dx = x− a
b− a
segue que:
F(x) =



0, x < a
x−a
b−a
, a ≤ x ≤ b
1, x > b
10. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha X ∼ U[−1, 1]. Calcule a densidade de Y = X2 e
de W = X.
RESOLUÇÃO: Seja FX(X = x) a função de probabilidade acumulada deX e fX(X =
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 39
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
x) a sua densidade. Temos:
FY (Y = y) = P (Y ≤ y) = P (X2 ≤ y)
∴ FY (y) = P (−√
y ≤ X ≤ √
y)
∴ FY (y) = FX(
√
y)− FX(−
√
y)
Para calcular a densidade, basta derivarmos ambos os lados:
fY (Y = y) =
d
dy [FX(
√
y)− FX(−
√
y)]
∴ fY (Y = y) =
1
2
√
y
· fX(
√
y) +
1
2
√
y
· fX(−
√
y)
∴ fY (Y = y) =
1
2
√
y
· (fX(
√
y) + fX(−
√
y))
Como X ∼ U[−1,−1], segue que fX(X = x) = 1
2
, x ∈ (−1, 1) e 0 caso contrário. Logo,
fY(Y = y) =



1
2
√
y
, 0 < y < 1
0, caso contrário
pois Y não assume valores negativos.
Tomando agora W = X, temos:
FW (W = w) = P (W ≤ w) = P (X ≤ w)
∴ FW (w) = P (−w ≤ X ≤ w)
∴ Fw(w) = FX(w)− FX(−w)
Derivando ambos os lados:
fW (W = w) =
d
dw [FX(w)− FX(−w)]
∴ fW (W = w) = fX(w) + fX(−w)
Logo,
fW(W = w) =



1,−1 < w < 1
0, caso contrário
11. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que ummecanismo eletrônico tenha um tempo
de vida X (em 1.000 horas) que possa ser considerado uma v.a. contínua com f.d.p.
f(x) = e–x, x > 0. Suponha que o custo de fabricação de um item seja 2, 00 reais e o
preço de venda seja 5, 00 reais. O fabricante garante total devolução se X ≤ 0, 9.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 40
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Qual o lucro esperado por item?
RESOLUÇÃO: A probabilidade de um item ser devolvido é de:
P (X ≤ 0, 9) = 1− P (X > 0, 9) = 1− e−0,9 ≈ 0, 5934
Logo, o lucro esperado por item é:
E(L) = 3 · (1− 0, 5934) + 0, 5934 · (−2) ∴ E(L) = 0, 033
12. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma enchedora automática de garrafas de refrigerantes
está regulada para que o volume médio de líquido em cada garrafa seja de 1.000
cm3 e o desvio padrão de 10 cm3. Pode-se admitir que a variável volume seja
normal.
a) Qual é a porcentagem de garrafas em que o volume de líquido é menor que
990 cm3?
RESOLUÇÃO: Temos:
P (X < 990) = P

X − 1000
10
<
990− 1000
10

= P (Z < −1) = 15, 87%
b) Qual é a porcentagem das garrafas em que o volume líquido não se desvia
da média em mais que dois desvios padrões?
RESOLUÇÃO: O volume líquido deve estar entre ±2 desvios padrões; assim:
P (1000− 20 ≤ X ≤ 1000 + 20) = P

1000− 20− 1000
10
≤ Z ≤ 1000 + 20− 1000
10

= P (−2 ≤ Z ≤ 2) = 95, 45%
c) O que acontecerá com a porcentagem do item b) se a máquina for regu-
lada de forma que a média seja 1.200 cm3 e o desvio padrão 20 cm3?
RESOLUÇÃO: Não há alteração alguma: a probabilidade de uma variável aleatória
distribuída normalmente se encontrar entre dois desvios padrões da sua média é
sempre de 95, 45%.
13. (CASELLA; BERGER, 2001, adaptado) Dois cinemas competempelos negócios de
1.000 clientes. Assuma que cada cliente escolhe entre os cinemas independente-
mente e com “indiferença”. Seja N o número de assentos em cada cinema.
Utilizem o R.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 41
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
a) Utilizando ummodelo binomial, encontre uma expressão paraN que garante
que a probabilidade de se rejeitar um cliente (devido a superlotação) émenor que
1%.
RESOLUÇÃO: Utilizando omodelo binomial, podemos modelar o número de clientes
como sendo uma variável aleatória X tal que X ∼ Binom(1000, 1/2) onde 1000 é o
número de clientes e p = 1
2
é a probabilidade de cada um escolher um dos cine-
mas, uma vez que “cada cliente escolhe entre os cinemas independentemente e
com ‘indiferença’”. Se N for o número de assentos em cada cinema, queremos
que ele seja tal que a probabilidade de acontecer superlotação seja menor que
1$. Em termos matemáticos, queremos N ∈ N∗ onde
P (X > N) < 0, 01 onde X ∼ Binom(1000, 1/2)
Vamos utilizar o R para obter a solução dessa desigualdade; o resultado disso pode
ser visto na gura a seguir:
Figura 2.4: Visualização da desigualdade P (X > N) < 0, 01 para X ∼ Binom(1000, 1/2) e
N ∈ [100, 1000]
Logo, a solução exata é N = 537 .
b) Utilize a aproximação normal para obter um valor numérico para N .
RESOLUÇÃO: A aproximação normal para uma variável aleatória binomial X ∼
Binom(n, p) é dada por Y ∼ N(n · p, n · p · (1 − p)). Assim, para o caso em questão
Y ∼ N(500, 250). É possível obter a solução aproximada da desigualdade resultante
utilizando a tabela da distribuição Normal padrão, bastando para tanto utilizar a
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 42
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
transformação Z = N−µN
σN
e calcular N tal que P (Z > N) < 0, 01); fazendo isso:
P (Y > N) < 0, 01 ⇔ P

Y − µY
σY
>
N − µY
σY

< 0, 01
Substituindo os valores:
P

Z >
N − 500√
250

< 0, 01
Consultando a tabela Z disponível nesse documento, vericamos que
P (Z ≤ 2, 33) = 0, 9901 =⇒ P (Z > 2, 33) = 0, 0099 < 0, 01
Assim, segue que o valor desejado de N é dado por
N − 500√
250
= 2, 33 ⇔ N ≈ 537
ou seja, a solução aproximada acabou sendo igual a solução exata. De fato,
para os valores de n e p em questão, o gráco abaixo mostra que as probabili-
dades P (X > N) são as mesmas tanto para a distribuição binomial exata quanto
para a aproximação normal, independente do valor deN(para ser mais correto, na
construção desse gráco foi aplicada a correção de continuidade, ou seja, para a
distribuição normal foram calculadas as probabilidades P (X > N + 0, 5), muito em-
bora nesse caso isso não tenha feito diferença, devido à boa aproximação obtida
pela normal sem a correção).
Figura 2.5: Comparação entre P (X > N) para X ∼ Binom(1000, 1/2) e X ∼ N(500, 250) para
N ∈ [100, 1000]
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 43
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
14. (CASELLA; BERGER, 2001, adaptado) Escreva a integral que deniria a FGM da f.d.p.
f(x) =
1
π
·

1
1 + x2

.
A integral é nita?
RESOLUÇÃO: Se notarmos que f(x) nada mais é que a f.d.p. da distribuição de
Cauchy padrão, já podemos armar que a integral não será nita, pois essa distri-
buição não possui momentos nitos para n >= 1 (ela possui apenas os chamados
"momentos fracionais absolutos", algo completamente fora do escopo do que es-
tudamos). De todo modo, vamos utilizar a denição da FGM para demonstrar isso:
Mx(t) = E(etx) =
∫ ∞
−∞
etx · 1
π
·

1
1 + x2

dx = 1
π
·
∫ ∞
−∞
etx
1 + x2
dx
Notem, entretanto, que para x ∈ (0,∞) sempre ocorre etx > x, uma vez que t ∈ N+
e e1 > 1 e ek·x é crescente quando k > 0. Assim, é verdade que
etx
1 + x2
>
x
1 + x2
=⇒
∫ ∞
0
etx
1 + x2
dx >
∫ ∞
0
x
1 + x2
dx
Mas como
∞
0
x
1+x2 dx = ∞, então Mx(t) não pode ser nito e, portanto, a FGM não
existe.
15. (CASELLA; BERGER, 2001, adaptado) A distribuição de Pareto, com parâmetros α e
β, tem f.d.p.
f(x) =
βαβ
xβ+1
,α < x < ∞,α > 0, β > 0.
Não utilizem a FGM nesse exercício; ela não existe para essa distribuição.
a) Verique que f(x) é uma f.d.p..
RESOLUÇÃO: Se f(x) é uma f.d.p., então:
∫ ∞
−∞
f(x) dx = 1 =⇒
∫ ∞
α
βαβ
xβ+1
dx = 1
∴ βαβ ·
∫ ∞
α
x−β−1 dx = 1 ∴ βα
β

−x−β
β
 ∣∣∣∣∣
∞
α
= 1
∴ αβ · (
:0− lim
h→∞
h−β + α−β) = 1
∴ 1 = 1 
como queríamos demonstrar.
b) Obtenha a média e variância dessa distribuição.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 44
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Vamos calcular o n-ésimo momento da distribuição:
E(Xn) =
∫ ∞
α
xn · f(x) dx
∴ E(Xn) =
∫ ∞
α
xn · βα
β
xβ+1
dx
∴ E(Xn) = βαβ
∫ ∞
α
xn−β−1 dx
∴E(Xn) = βαβ ·

xn−β
n− β
 ∣∣∣∣∣
∞
α
Assumindo que n < β, temos:
E(Xn) = βαβ ·

xn−β
n− β
 ∣∣∣∣∣
∞
α
∴ E(Xn) = βαβ ·
[
*0
lim
h→∞
hn−β − αn−β
n− β
]
∴E(Xn) = β · αβ+n−β ·

1
−(n− β)

∴ E(Xn) =
βαn
β − n
, n < β
Assim, a média de X é:
E(X) = α · β
(β − 1)
Calculando a variância:
Var(X) = E(X2)− E2(X)
∴ Var(X) =

α2 · β
β − 2

−

α2 · β2
(β − 1)2

∴Var(X) =
(β − 1)2 · α2 · β − (β − 2) · α2 · β2
(β − 2) · (β − 1)2
∴Var(X) =
(β2 − 2β + 1) · α2 · β − (α2 · β3 − 2α2 · β2)
(β − 2) · (β − 1)2
∴Var(X) = ((((((((((
α2 · β3 − 2 · α2 · β2 + α2 · β(((((((((((
−α2 · β3 + 2 · α2 · β2
(β − 2) · (β − 1)2
∴ Var(X) =

α
β − 1
2
· β
(β − 2)
c) Prove que a variância não existe se β ≤ 2.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 45
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Uma vez que a variância não pode ser negativa, segue que:

α
β − 1
2
· β
(β − 2)
> 0 =⇒ β
(β − 2)
> 0 ⇔ β > 2
Assim, se β ≤ 2 a variância seria negativa, o que é impossível.
16. (MORETTIN; BUSSAB, 2017). Distribuição de Weibull. Um modelo que tem muitas
aplicações na teoria da conabilidade é o modelo de Weibull, cuja f.d.p. é dada
por
f(x) =



αβxβ−1e−αxβ
, x ≥ 0
0, x < 0,
onde α e β são constantes positivas. A v.a. X pode representar, por exemplo, o
tempo de vida de um componente de um sistema.
a) Se β = 1, qual a f.d.p. resultante?
RESOLUÇÃO: Para β = 1, temos
f(x) =



αe−αx, x ≥ 0
0, x < 0,
que é a f.d.p. de uma distribuição exponencial.
b) Obtenha E(X) para β = 2.
RESOLUÇÃO: Para β = 2:
f(x) =



2α · x · e−2α·x, x ≥ 0
0, x < 0,
Assim, o valor esperado de X é:
E(X) =
∫ ∞
0
x · 2α · x · e−2α·x dx
∴ E(X) = 2α ·
∫ ∞
0
x2 · e−2α·x dx
Aplicando integral por partes com



x2 = u ∴ 2x dx = du
dv = e−2α·x ∴ v = − e−2α·x
2α
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 46
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Portanto,
E(X) = 2α ·
∫ ∞
0
x2 · e−2α·x dx
∴ E(X) = 2α ·
[
x2 ·

−e−2α·x
2α
 ∣∣∣∣∣
∞
0
−
∫ ∞
0
−e−2α·x
2α
· 2x dx
]
, apliquem i.p.p. novamente
∴ E(X) =
:0
lim
h→∞
h2 ·
−e−2α·h
2α

− 0 +
1
2α2
∴ E(X) = 1
2α2
17. (CASELLA; BERGER, 2001, adaptado) Para a distribuição abaixo, obtenha as fórmu-
las para E(X) e Var(X).
Essa questão é para praticarem cálculos envolvendo a função gama.
a) X ∼ Gama(α, β) onde a parametrização utilizada é f(xα, β) = xα−1·βα·e−β·x
Γ(α)
com x,α, β > 0.5
RESOLUÇÃO: Segue o cálculo da expectativa, onde será utilizada a seguinte pro-
priedade da função Γ: Γ(k+1) = k · Γ(k), k ∈ N, bem como a sua própria deniçaõ:
Γ(k + 1) =
∞
0
tke−t dt.
E(X) =
∫ ∞
0
x ·

xα−1 · βα · e−β·x
Γ(α)

dx
∴ E(X) =
βα
Γ(α)
·
∫ ∞
0
xα · e−β·x dx, fazendo t = β · x ⇔ dt = β · dx
∴ E(X) =
βα
Γ(α)
·
∫ ∞
0

t
β
α
· e−t · dt
β
∴ E(X) =
βα
Γ(α) · βα+1
·
∫ ∞
0
tα · e−t dt
∴ E(X) = β
α
Γ(α) ·βα · β
· Γ(α + 1)
∴ E(X) =
α ·Γ(α)
β ·Γ(α)
∴ E(X) = α
β
5Os resultados são essencialmente os mesmos utilizandoa parametrização f(x) = xk−1·e− x
θ
θk·Γ(k) , com x, k, θ >
0.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 47
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Para calcular a variância, vamos obter primeiro E(X2).
E(X2) =
∫ ∞
0
x2 ·

xα−1 · βα · e−β·x
Γ(α)

dx
∴ E(X2) =
βα
Γ(α)
·
∫ ∞
0
xα+1 · e−β·x dx, fazendo t = β · x ⇔ dt = β · dx
∴ E(X2) =
βα
Γ(α)
·
∫ ∞
0

t
β
α+1
· e−t · dt
β
∴ E(X2) =
βα
Γ(α) · βα+2
·
∫ ∞
0
tα+1 · e−t dt
∴ E(X2) = β
α
Γ(α) ·βα · β2
· Γ(α + 2)
∴ E(X2) =
(α + 1) · α · ·Γ(α)
β2 ·Γ(α)
∴
∴ E(X2) =
(α + 1) · α
β2
Assim, a variância é dada por:
Var(X) =
(α + 1) · α
β2
− α2
β2
∴ Var(X) = α
β2
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 48
Capítulo 3
ESTIMAÇÃO
3.1 Métodos de estimação, estimadores e suas proprieda-
des
1. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Obtenha a distribuição de p̂ quando p = 0, 2 e n = 5.
Depois calcule E(p̂) e Var(p̂).
RESOLUÇÃO: Seja k o número de sucessos e p̂ = k
n
. Dado um p̂ e, portanto, um
número de sucessos k, temos que a probabilidade de sua ocorrência é dada por
P (p̂) =

n
k

·p̂k·(1−p̂)1−k. Dessa forma, podemos elaborar o seguinte quadro contendo
a distribuição de p̂ quando p = 0, 2 e n = 5:
k 0 1 2 3 4 5
p̂ 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
P (p̂) =

n
k

· p̂k · (1− p̂)1−k 0,3277 0,4096 0,2048 0,0512 0,0064 0,0003
Segue então que:
E(p̂) = 0 · 0, 3277 + 0, 2 · 0, 4096 + 0, 4 · 0, 2048 + 0, 6 · 0, 0512 + 0, 8 · 0, 0064 + 1 · 0, 0003
=⇒ E(p̂) ≈ 0, 2 = p
ou seja, p̂ é não viesado. Calculando agora a variância:
Var(p̂) = 1
5
·
5∑
i=1
P (p̂i) · (p̂i − 0, 2)2
Var(p̂) ≈ 1
5
· (0, 0131 + 0, 0082 + 0, 0082 + 0, 0023 + 0, 0002)
Var(p̂) = 0, 032 = p · (1− p)
n
49
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
De fato, como é sabido, p̂ ∼ N

p, p · (1− p)n

2. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Encontre um limite superior paraVar(p̂) quando n = 10, 25, 100
e 400. Faça o gráco em cada caso.
RESOLUÇÃO: Sabemos que p̂ ∼ N

p, p·(1−p)
n

. Podemos demonstrar (com cálculo
diferencial, por exemplo) que p · (1 − p) ≤ 1
4
∀p ∈ [0, 1] com igualdade ocorrendo
para p = 1
2
. Isso implica que:
Var(p̂) = p · (1− p)
n
≤ 1
4n
∀p ∈ [0, 1]
Assim, para:



n = 10 : Var(p̂) ≤ 1/40
n = 25 : Var(p̂) ≤ 1/100
n = 100 : Var(p̂) ≤ 1/400
n = 400 : Var(p̂) ≤ 1/1600
Os resultados podem ser vistos na gura a seguir.
Figura 3.1: Limite superior para variância.
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha um experimento consistindo de n provas de Ber-
noulli, com probabilidade de sucesso p. Seja X o número de sucessos, e considere
os estimadores
a) p̂1 = X/n; b) p̂2 =



1, se a primeira prova resultar sucesso
0, caso contrário
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 50
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Determine a esperança e a variância de cada estimador. Por que p̂2 não é um
“bom” estimador?
RESOLUÇÃO: Sabemos que X ∼ Bin(n, p) e que, por isso, E(X) = n · p e Var(X) =
n · p · (1− p). Temos então:
E(p̂1) = E(X/n) =
1
n
· E(X) ∴ E(p̂1) = p
Var(p̂1) = Var(X/n) =
1
n2
· Var(X) ∴ Var(p̂1) = p·(1−p)/n
Já para o segundo estimador, considere os eventos A: sucesso na primeira prova e
B = AC : a ausência de sucesso na primeira prova. Segue que:
E(p̂2) = P (A) · 1 + P (B) · 0 ∴ E(p̂2) = p
Ainda,
E(p̂22) = P (A) · 12 + P (B) · 02 = p
Logo,
Var(p̂2) = p− p2 = p · (1− p)
p̂2 não é um bom estimador pois assume apenas os valores 0 e 1. Além disso,
Var(p̂2) = n · Var(p̂1)
e, portanto, p̂1 é mais preciso (eciente) que p̂2 (para n > 1).
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Verique se p̂1 e p̂2 do problema anterior são consistentes.
RESOLUÇÃO: Para um estimador θ̂ de um parâmetro θ ser consistente basta que:
lim
n→∞
E(θ̂) = θ e lim
n→∞
Var(θ̂) = 0
Analisando inicialmente p̂1:



limn→∞ E(p̂1) = limn→∞ p = p X
limn→∞Var(p̂1) = limn→∞
p·(1−p)
n
= 0 X
Logo, p̂1 é consistente. Vericando agora p̂2:



limn→∞ E(p̂2) = limn→∞ p = p X
limn→∞Var(p̂2) = limn→∞ p · (1− p) 6= 0 ∀p /∈ 0, 1 X
Portanto, p̂2 não é consistente.
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Estamos estudando o modelo yi = µ+ i, para o qual uma
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
amostra de cinco elementos produziu os seguintes valores para yi: 3, 5, 6, 8, 16.
a) Calcule os valores de S(µ) =

i(yi − µ)2, para µ = 6, 7, 8, 9, 10, e faça o gráco
de S(µ) em relação a µ. Qual o valor de µ que parece tornar mínimo S(µ)?
RESOLUÇÃO: Temos:
µ = 6 : S(6) = (3− 6)2 + (5− 6)2 + (6− 6)2 + (8− 6)2 + (16− 6)2 = 114
De modo análogo obtemos S(7) = 103, S(8) = 102, S(9) = 111, S(10) = 130. O valor de
µ que aparenta minimizar S(u) pertence ao intervalo aberto (7, 8), como pode ser
vericado na gura a seguir.
Figura 3.2: Relação entre S(µ) e µ.
b) Derivando S(µ) em relação a µ, e igualando o resultado a zero, você encon-
trará o estimador de mínimos quadrados (E.M.Q.) de µ. Usando os dados acima,
encontre a estimativa para µ e compare com o resultado do item anterior.
RESOLUÇÃO: Dado que yi = µ+ , considere a igualdade
5∑
i=1
2 =
5∑
i=1
(yi − µ)2.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 52
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Derivando em relação à µ e igualando a 0:
2 ·
5∑
i=1
(yi − µ) · (−1) = 0 [regra da cadeia]
∴
5∑
i=1
(yi − µ) = 0
∴
5∑
i=1
yi −
5∑
i=1
µ = 0
∴
5∑
i=1
yi − 5µ = 0 [µ é constante]
∴ µ̂MQ =
5
i=1 yi
5 = Y = 7, 6
que se encontra no intervalo sugerido no item anterior.
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Os dados abaixo referem-se ao índice de inação (yt) de
1967 a 1979.
Ano (t) 1967 1969 1971 1973 1975 1977 1979
Inação (yt) 128 192 277 373 613 1.236 2.639
a) Faça o gráco de yt contra t.
RESOLUÇÃO:
Figura 3.3: Inação ao longo dos anos.
b) Considere ajustar o modelo yt = α+βt+ t aos dados. Encontre as estimativas
de mínimos quadrados de α e β.
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Inicialmente notando que
7
i=1 
2 =
7
i=1(yi − α − βti)
2. Minimizando
essa soma:



∂
7
i=1 
2
∂α
= 0 =⇒ 2 ·7
i=1(yi − α− βti) · (−1) = 0 (1)
∂
7
i=1 
2
∂β
= 0 =⇒ 2 ·7
i=1(yi − α− βti) · (−ti) = 0 (2)
De (1):
7∑
i=1
yi −
7∑
i=1
α̂−
7∑
i=1
β̂ti = 0
∴
7∑
i=1
yi − n · α̂− β̂ ·
7∑
i=1
ti = 0
∴ α̂MQ = ȳ − β̂MQ · t̄
De (2):
2
7∑
i=1
(yi − α̂− β̂ti) · (−ti) = 0
∴
7∑
i=1
yiti − α̂ ·
7∑
i=1
ti − β̂ ·
7∑
i=1
t2i = 0
∴
7∑
i=1
yiti − ȳ = β̂ ·
7∑
i=1
t2i − β̂ · t̄
∴ β̂ =
7
i=1 yiti − ȳ7
i=1 t
2
i − t̄
=
7
i=1(yi − ȳ)(ti − t̄)7
i=1(ti − t̄)2
Substituindo os dados da questão obtemos:
α̂ = −350026, 73 e β̂ = 177, 80
c) Qual seria a inação em 1981?
RESOLUÇÃO: Temos:
ŷ(1981) = −350026, 73 + 1981 · 177, 80 ∴ ŷ(1981) = 2195, 07
d) Você teria alguma restrição em adotar o modelo linear nesse caso?
RESOLUÇÃO: Sim, visto que a relação entre as duas variáveis é denitivamente não
linear.
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Observa-se uma sequência de ensaios de Bernoulli, inde-
pendentes, com parâmetro p, até a ocorrência do primeiro sucesso. Se X indicar
o número de ensaios necessários:
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 54
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
a) Mostre que P (X = x) = (1− p)x−1p (distribuição geométrica).
RESOLUÇÃO: Se o primeiro sucesso ocorre no ensaio x, então há x−1 fracassos antes
disso. Sendo p a probabilidade de sucesso, segue que:
P (X = x) = (1− p)x−1 · p
como queríamos demonstrar.
b) Repetiu-se esse experimento n vezes, e em cada um deles o número de
ensaios necessários foram x1, x2, . . . , xn. Encontre o E.M.V. para p.
RESOLUÇÃO: Como os ensaios são independentes, segue que:
L(px) =
n∏i=1
(1− p)xi−1 · p =⇒ lnL(px) =
n∑
i=1
ln(1− p) · (xi − 1) + ln p · n
=
n∑
i=1
xi · ln(1− p)−
n∑
i=1
ln(1− p) + ln p · n
= ln(1− p) ·
n∑
i=1
xi − n · [ln(1− p)− ln p]
Derivando em relação à p e igualando a 0:
− 1
1− p
·
n∑
i=1
xi + n ·

1
1− p
+
1
p

= 0
∴ −p ·n
i=1 xi + p · n+ (1− p) · n
(1− p) · p = 0
∴ −p ·
n∑
i=1
xi + p · n+ n− p · n = 0
∴ p̂MV =
nn
i=1 xi
=
1
X
c) Usando uma moeda, repetiu-se esse experimento 5 vezes, e o número de
ensaios necessários até a ocorrência da primeira coroa foi 2, 3, 1, 4, 1, respectiva-
mente. Qual a estimativa de M.V. para p = probabilidade de ocorrência de coroa
nessa moeda? Existiria outra maneira de estimar p?
RESOLUÇÃO: Temos que a estimativa nesse caso é:
p̂MV =
1
2+3+1+4+1
5 = 5
11
Outra forma de estimar p seria supor p como P (cara) (ou coroa) e realizar n lança-
mentos de uma moeda, calculando a proporção de caras (ou coroas). Se m for
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 55
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
esse valor, então:
p̂ =
m
n
8. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que X seja uma v.a. com distribuição normal,
commédia µ e variância 1. Obtenha o E.M.V. de µ, para uma amostra de tamanho
n, (x1, . . . , xn).
RESOLUÇÃO: Se X ∼ N(µ, 1), então:
f(x) =
1√
2π
· e−1/2·(x−µ)2
Logo,
L(µx) =

1√
2π
n
· e−1/2·n
i=1(xi−µ)2
e, portanto,
lnL(µx) = n · ln

1√
2π

− 1
2
·
n∑
i=1
(xi − µ)2
Derivando essa expressão em relação à µ e igualando a 0, obtemos o estimador
desejado:
0− 1
2
· 2 ·
n∑
i=1
(xi − µ) · (−1) = 0 ∴
n∑
i=1
xi − n · µ = 0 ∴ µ̂MV =
n
i=1 xi
n = X
9. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) [adaptado] Suponha que X tenha uma distribuição uni-
forme no intervalo (0, θ), onde θ é desconhecido. Uma amostra de n observa-
ções X1, . . . , Xn é escolhida. Sabemos que E(X) = E(Xi) = θ/2, para todo i, e
Var(X) = Var(Xi) = θ2
12
, para todo i. Logo, se calcularmos a média amostral X,
essa deve estar próxima de θ/2 e podemos estimar θ por T1 = 2X.
a) Calcule E(T1).
RESOLUÇÃO: Temos:
E(T1) = E(2X) = 2 · E(X) = 2 · E(X) = 2 · θ
2
∴ E(T1) = θ
e, portanto, T1 é não viesado.
b) Calcule EQM(T1) = E(T1 − θ)2.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 56
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Como E(T1) = θ, segue que viés(T1) = 0 e, portanto,
EQM(T1) = Var(T1) = Var(2X) = 4Var(X) =
4
n2
· n · Var(X) ∴ EQM(T1) =
θ2
3n
c) T1 é consistente? Por quê?
RESOLUÇÃO: Como E(T1) = θ e limn→∞Var(T1) = 0, segue que T1 é consistente.
10. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Para estimar a média µ desconhecida de uma popula-
ção, foram propostos dois estimadores não viesados independentes, µ̂1 e µ̂2, de tal
sorte que Var(µ̂1) = Var(µ̂2)/3. Considere os seguintes estimadores ponderados de µ:
(i) T1 =
(µ̂1 + µ̂2)
2
;
(ii) T2 =
(4µ̂1 + µ̂2)
5
;
(iii) T3 = µ̂1
a) Quais estimadores são não viesados?
RESOLUÇÃO: Temos:



E(T1) =
1
2
· E(µ̂1 + µ̂2) =
1
2
· (µ+ µ) = µ
E(T2) =
1
5
· E(4µ̂1 + µ̂2) =
1
5
· (4µ+ µ) = µ
E(T + 3) = E(µ̂1) = µ
Assim, todos os estimadores propostos são não viesados.
b) Dispor esses estimadores em ordem crescente de eciência.
RESOLUÇÃO: Considerando primeiro o estimador T1:
Var(T1) = Var

µ̂1 + µ̂2
2

=
1
4
· Var(µ̂1 + µ̂2)
=
1
4
· (Var(µ̂1) + 2:0
Cov(µ̂1, µ̂2) + Var(µ̂2))
=
1
4
· (Var(µ̂1 + 3Var(µ̂1) = Var(µ̂1)
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 57
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Agora T2:
Var(T2) = Var

4µ̂1 + µ̂2
5

=
1
25
· (16Var(µ̂1) + 2 · 4:0
Cov(µ̂1, µ̂2) + Var(µ̂2))
=
1
25
· (16Var(µ̂1 + 3Var(µ̂1) =
19
25 Var(µ̂1)
Logo, em ordem crescente de eciência, temos Var(T2) < Var(T1) = Var(T3) .
11. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Obtenha o estimador de λ na distribuição de Poisson,
pelo método dos momentos.
RESOLUÇÃO: Se X ∼ Pois(λ), então E(X) = λ. Assim, pelo método dos momentos:
estimador amostral  
1
n
·
n∑
i=1
= λ ∴ λ̂MM =
n
i=1 xi
n = X
12. (CASELLA; BERGER, 2001) Uma observação é feita de uma variável aleatória dis-
creta X com função de massa de probabilidade (f.m.p.) f(xθ), onde θ ∈ 1, 2, 3.
Encontre o estimador de máxima verossimilhança (E.M.V.) de θ.
x f(x1) f(x2) f(x3)
0 1/3 1/4 0
1 1/3 1/4 0
2 0 1/4 1/4
3 1/6 1/4 1/2
4 1/6 0 1/4
RESOLUÇÃO: A estimativa de M.V. de um parâmetro θ é o valor de θ tal que f(X =
xθ) é máximo. Assim:



x = 0 : θ̂MV = 1
x = 1 : θ̂MV = 1
x = 2 : θ̂MV = 2, 3
x = 3 : θ̂MV = 3
x = 4 : θ̂MV = 3
13. (CASELLA; BERGER, 2001) Dada uma amostra aleatória X1, . . . , Xn de uma popula-
ção com função densidade de probabilidade (f.d.p.) f(xθ), mostre que maximizar
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 58
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
a função de verossimilhança, L(θx), como uma função de θ é equivalente a maxi-
mizar logL(θx).
RESOLUÇÃO: Normalmente optamos por maximizar lnL(θx) em vez de L(θx), por
ser mais simples. A razão de podermos fazer isso é que a função ln(x), x ∈ R+ é uma
transformação monotônica positiva e crescente, dado que d ln(x)
dx
= 1
x
> 0 ∀x ∈ R+.
Isso implica que ln(x1) > ln(x2) ⇔ x1 > x2
1 e, portanto, o valor θ∗ que maximiza
lnL(θx) também maximiza L(θx).
14. (CASELLA; BERGER, 2001) Sejam X1, . . . , Xn independente e idênticamente distribuí-
das (i.i.d.) com uma de duas f.d.p.. Se θ = 0, então
f(xθ) =



1, se 0 < x < 1
0, caso contrário
enquanto se θ = 1, então
f(xθ) =



1/2√x, se 0 < x < 1
0, caso contrário
Encontre o E.M.V. de θ.
RESOLUÇÃO: Se θ = 0:
L(0x) =
n∏
i=1
f(xθ) =



1, 0 < x < 1
0, caso contrário
Se θ = 1:
L(1x) =
n∏
i=1
f(xθ) =



1/2
n
i=1 x
−1/2
i , 0 < x < 1
0, caso contrário
Assim:
θ̂MV =



0, se 1 ≥ 1/2 ·n
i=1 x
−1/2
i
1, se 1 < 1/2 ·n
i=1 x
−1/2
i
15. (CASELLA; BERGER, 2001) Uma observação,X, é retirada de umapopulaçãoN(0, σ2).
a) Encontre um estimador não viesado de σ2.
RESOLUÇÃO: Um estimador não viesado de σ2, θ̂, é tal que E(θ̂) = σ2. Lembrando
agora que Var(X) = E(X2)− E2(X) e que X ∼ N(0, σ2), segue que:
σ2 = E(X2)− 02 ∴ E(X2) = σ2
1⇔: se e somente se.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 59
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Logo, X2 é um estimador não viesado de σ2
b) Encontre o E.M.V. de σ.
RESOLUÇÃO: Para X ∼ N(0, σ2), segue que:
L(σx) = f(xσ) = 1√
2π
· 1√
σ2
· e−x2/2σ2
=
1√
2π
· σ−1 · e−x2/2·σ−2
Assim:
lnL(σx) = ln

1√
2π

− ln σ − x2
2
· σ−2
Derivando em relação à σ:
d lnL(σx)
d σ = − 1
σ
+
x2
σ3
Igualando a 0 nos dá o estimador σ̂:
− 1
σ
+
x2
σ3
= 0 =⇒ 2σ̂ ·X2 = σ̂3 =⇒ σ̂ = X
Pode-se conferir que de fato o ponto obtido é um máximo (global nesse caso) e,
portanto, σ̂MV = X .
c) Discuta como o estimador do Método de Momentos (M.M.) de σ pode ser
encontrado.
RESOLUÇÃO: Sabendo que µ = 0, ou seja, E(X) = 0, segue que:
Var(X) = σ2 = E(X2)−:0
E2(X) ∴ E(X2) = σ2
Igualando o momento amostral ao momento populacional (lembrando que há
apenas uma observação, ou seja, n = 1):
1
n
·
1∑
i=1
X2
i = σ2 =⇒ σ̂MM = X
ou seja, o mesmo estimador obtido através do método da M.V..
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 60
Capítulo 4
INFERÊNCIA ESTATÍSTICA
4.1 Intervalos de conança
1. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Calcule o intervalo de conança para a média de uma
N(µ, σ2) em cada um dos casos abaixo.
Média Amostral Tamanho da Amostra Desvio Padrão da População Coeciente de Conança (γ)
170 cm 100 15 cm 95%
165 cm 184 30 cm 85%
180 cm 225 30 cm 70%
RESOLUÇÃO: Inicialmente vamos notar que os valores referentes aos coecientes
de conança 95%, 85% e 70% da distribuição normal padrão são, respectivamente,
z95% = 1, 960; z85% = 1, 440; z70% = 1, 036. Agora, partindo do fato conhecido de que
Z = X−µ
σ√
n∼ N(0, 1) quando X ∼ N(µ, σ2), temos para um γ qualquer:
P (z−γ ≤ Z ≤ zγ) = γ
P

z−γ ·
σ√
n
≤ X − µ ≤ zγ ·
σ√
n

= γ
P

X − z−γ ·
σ√
n
≤ µ ≤ X + zγ ·
σ√
n

= γ
Assim
IC(µ, γ%) = ]X ± zγ · σ/√n[
Finalizando, podemos elaborar uma tabela com os intervalos requisitados a partir
da fórmula deduzida acima. Ela se encontra a seguir.
61
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
IC(µ, γ%) X n σ γ
]167, 06 cm; 172, 94 cm[ 170 cm 100 15 cm 95%
]161, 82 cm; 168, 18 cm[ 165 cm 184 30 cm 85%
]177, 93 cm; 182, 07 cm[ 180 cm 225 30 cm 70%
2. (MORETTIN; BUSSAB, 2017)[adaptado] De 50.000 válvulas fabricadas por uma com-
panhia retira-se uma amostra de 400 válvulas, e obtém-se a vidamédia de 800 horas
e o desvio padrão de 100 horas.
a) Qual o intervalo de conança de 99% para a vida média da população?
RESOLUÇÃO: Sabendo que z99% = 2, 576 e que X ∼ N(800, 1002/400), segue que o inter-
valo de conança requisitado é:
IC(µ, 99%) =]800± 2, 576 · 100/20[∴ IC(µ, 99%) =]787, 12; 818, 88[
b) Com que conança dir-se-ia que a vida média é de 800± 0, 98?
RESOLUÇÃO: Temos:
0, 98 = zγ ·
100
20
∴ zγ =
0, 98
5
= 0, 196
Analisando a distribuição normal, observamos que esse valor é referente a um co-
eciente de conança γ = 15, 54 , como pode ser observado na gura abaixo, na
qual foi utilizado α̂ para representar o valor especíco encontrado.
Figura 4.1: Coeciente de conança para vida média de 800± 0, 98.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 62
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
c) Que tamanho deve ter a amostra para que seja de 95% a conança na
estimativa 800± 7, 84?1
RESOLUÇÃO: Uma vez que z95% = 1, 96, temos:
7, 84 = 1, 96 · 100√
n
∴
√
n =
196
7, 84
∴ n = 625 válvulas
d) Que suposições você fez para responder às questões acima?
RESOLUÇÃO: Que o tamanho da amostra é grande, n >>> 100, e que ela é uma
amostra aleatória simples.
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Qual deve ser o tamanho de uma amostra cujo desvio
padrão é 10 para que a diferença damédia amostral para amédia da população,
em valor absoluto, seja menor que 1, com coeciente de conança igual a:
a) 95%.
RESOLUÇÃO: As informações são: z95% = 1, 96; s = 10; X̄ − µ =  ≤ 1. Assim (lem-
brando que s é a contrapartida amostral de σ):
n =
z295% · s2
2
∴ n =
1, 962 · 100
12
∴ n = 384, 16 ≈ 385
b) 99%.
RESOLUÇÃO: A única alteração é que agora em vez de z95% = 1, 96 utilizaremos
z99% = 2, 576, resultando em:
n =
2, 5762 · 102
12
∴ n = 663, 58 ≈ 664
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma população tem desvio padrão igual a 10.
a) Que tamanho deve ter uma amostra para que, com probabilidade 8%, o
erro em estimar a média seja superior a uma unidade?
RESOLUÇÃO: As informações são: σ = 10,α = 0, 08, X − µ =  > 1. Temos:
P ( > 1) = 0, 08 ⇔ P ( ≤ 1) = 1− 0, 08 = 0, 92
1Para os exercícios envolvendo obtenção do tamanho de amostras, o valor obtido será arredondado
para o próximo inteiro após ele. Por exemplo: 373, 2 =⇒ 374.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 63
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Logo, γ = 92% e basta obtermos zγ para encontrarmos n. Consultando a distribui-
ção normal, vemos que z92% = 1, 75 e, assim,
n =
1, 752 · 102
12
∴ n = 306, 25 ≈ 307
b) Supondo-se colhida a amostra no caso anterior, qual o intervalo de con-
ança, se X = 50?
RESOLUÇÃO: Temos:
IC(µ, 92%) = 50± 1, 75 · 10√
307
∴ IC(µ, 92%) =]49, 00; 51, 00[
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma amostra aleatória de 625 donas de casa revela que
70% delas preferem a marca A de detergente. Construir um intervalo de conança
para p = proporção das donas de casa que preferem A com coeciente de con-
ança γ = 90%.
RESOLUÇÃO: As informações são zγ = z90% = 1, 645;n = 625; p̂ = 0, 7. Temos duas
abordagens possíveis:
• IC conservador: p · (1− p) = 1/4 e, portanto,
IC(p, 90%) = 0, 7± 1, 645 · 1/4
25
∴ IC(p, 90%) =]0, 667; 0, 0733[
• IC amostral: p · (1− p) = p̂ · (1− p̂) = 0, 21 e, portanto,
IC(p, 90%) = 0, 7± 1, 645 · 0, 21
25
∴ IC(p, 90%) =]0, 670; 0, 0730[
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017)[adaptado] Encontre os intervalos de conança para p se
k/n = 0, 3, com coeciente de conança γ = 0, 95. Suponha n = 400.
RESOLUÇÃO: Seguindo o mesmo processo da questão anterior, com zγ = z95% =
1, 96;n = 400; p̂ = k
n
= 0, 3, temos:
• IC conservador: p · (1− p) = 1/4 e, portanto,
IC(p, 90%) = 0, 3± 1, 96 · 1/4
20
∴ IC(p, 95%) =]0, 255; 0, 345[
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 64
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
• IC amostral: p · (1− p) = p̂ · (1− p̂) = 0, 21 e, portanto,
IC(p, 90%) = 0, 3± 1, 96 · 0, 21
20
∴ IC(p, 95%) =]0, 251; 0, 349[
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que estejamos interessados em estimar a pro-
porção de consumidores de um certo produto. Se a amostra de tamanho 300 for-
neceu 100 indivíduos que consomem o dado produto, determine:
a) o intervalo de conança para p, com coeciente de conança de 95% (in-
terprete o resultado);
RESOLUÇÃO: Omitindo alguns passos, pois é o mesmo método utilizado nas duas
questões anteriores, segue que:
IC(p, 95%) = 1/3 ± 1, 96 · 1/3 · 2/3√
200
∴ IC(p, 95%) =]0, 280; 0, 387[
A interpretação é que se pudéssemos construir vários intervalos como o acima,
em 95% deles encontraríamos o valor populacional p.
b) o tamanho da amostra para que o erro da estimativa não exceda a 0, 02
unidades com probabilidade de 95% (interprete o resultado).
RESOLUÇÃO: Temos:
n =
1, 962 · 1/3 · 2/3
0, 022
∴ n = 2134, 22 ≈ 2135 consumidores
Para uma amostra desse tamanho, há uma probabilidade de 95% de que a pro-
porção amostral dira da proporção populacional em menos de 2%.
8. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) De experiências passadas, sabe-se que o desvio padrão
da altura de crianças de quinta série do 1◦ grau é 5 cm.
a) Colhendo uma amostra de 36 dessas crianças, observou-se a média de 150
cm. Qual o intervalo de conança de 95% para a média populacional?
RESOLUÇÃO: Os dados são X = 150 cm, σX = σ√
n
= 5
6
e z95% = 1, 96. Assim:
IC(µ, 95%) = 150± 1, 96 · 5
6
∴ IC(µ, 95%) =]148, 37; 151, 63[
b) Que tamanho deve ter uma amostra para que o intervalo 150 ± 0, 98 tenha
95% de conança?
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 65
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Temos:
0, 98 = z95% · σ√
n
∴
√
n =
1, 96 · 5
0, 98
∴ n = 100 crianças
9. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Encontre o coeciente de conança de um intervalo de
conança para p, se n = 100, p̂ = 0, 6 e a amplitude do intervalo deve ser igual a
0, 090.
RESOLUÇÃO: Uma vez que IC(p, γ%) = p̂ ± zγ · p̂·(1−p̂)√
n
, segue que a amplitude do IC
é dada por A = 2zγ · p̂·(1−p̂)√
n
. Portanto, para p̂ = 0, 6;n = 100 e A = 0, 090, temos:
0, 090 = 2zγ ·
0, 6 · 0, 4
10
∴ zγ = 0, 919
Analisando a distribuição normal, obtemos que o c.c. é γ = 64, 20% . Isso pode ser
observado na gura abaixo.
Figura 4.2: Intervalo de conança para proporções
4.2 Testes de hipóteses para uma população
1. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Fazendo o teste
H0 : µ = 1.150(σ = 150) contra H1 : µ = 1.200(σ = 200),
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 66
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
e n = 100, estabeleceu-se a seguinte região crítica:
RC = [1.170,+∞[.
a) Qual a probabilidade α de rejeitar H0 quando verdadeira?
RESOLUÇÃO: Temos:
α = P (X ∈ RCX ∼ N(1150, 225))
Assim,
α = P (X ≥ 1.170X ∼ N(1150, 225)) = P ((X−1.150)/15 ≥ (1170−1150)/15) = P (Z ≥ 1, 333)
onde Z ∼ N(0, 1). Consultando a distribuição normal, vericamos que a probabili-
dade acima é igual a α ≈ 0, 12% .
b) Qual a probabilidade β de aceitar H0 quando H1 é verdadeira?
RESOLUÇÃO: Uma observação: não devemos falar em “aceitar H0” mas sim em
rejeitar e falhar em rejeitar H0, pois a vasta maioria dos testesde hipóteses não
tomam os passos adicionais necessários para poderem falar com segurança que
uma hipótese foi aceita. Continuando para a resolução do exercício:
β = P (X ≤ 1.170X ∼ N(1200, 400))
β = P ((X−1.200)/20 ≤ (1.170−1.200)/20)
β = P (Z ≤ −1, 5), Z ∼ N(0, 1) ∴ β ≈ 6, 68%
c) Qual deve ser a região crítica para que α = β?
RESOLUÇÃO: Para que α = β, a R.C. deve ser tal que RC = [c,∞) onde:
P (X ≥ cX ∼ N(1.150, 225)) = P (X ≤ cX ∼ N(1.200, 400))
P (Z ≥ (c−1.150)/15) = P (Z ≤ (c−1.200)/20)
=⇒ c− 1.150
15
= −1 · c− 1.200
20
4c− 4.600 = −3c+ 3.600 ∴ c = 1.171, 429
Assim, a R.C. deve ser RC : [1.171, 429;∞) .
2. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Se, ao lançarmos três vezes uma moeda, aparecerem
3 coroas, decidimos rejeitar a hipótese de que a moeda é “honesta”. Quais as
probabilidade de erro de tipo I e erro de tipo II, se p = 2/3?
RESOLUÇÃO: Se a moeda é honesta, então pca = pco = p = 0, 5. Dessa forma, o par
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 67
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
de hipóteses a ser testado é: 


H0 : p = 0, 5
H1 : p 6= 0, 5
Ainda, sendo X a v.a. que representa o número de coroas obtidas, temos que
X ∼ Bin(3, p) pois são 3 lançamentos cada um com probabilidade p de sair coroa.
Assim, a probabilidade de erro de tipo I, α, é:
α = P (X = 3Moeda é honesta) ∴ α = P (X = 3p = 0, 5) = 0, 53 ∴ α = 12, 50%
Agora para H1 : p = 2/3, calculando a probabilidade de erro de tipo II, β, temos:
β = P (X < 3p = 2/3) ∴ β =
2∑
i=0

3
i

· (2/3)i · (1/3)3−i ∴ β ≈ 70, 37%
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) A associação dos proprietários de indústrias metalúrgi-
cas está muito preocupada com o tempo perdido com acidentes de trabalho,
cuja média, nos últimos tempos, tem sido da ordem de 60 horas/homem por ano
e desvio padrão de 20 horas/homem. Tentou-se um programa de prevenção de
acidentes, após o qual foi tomada uma amostra de nove indústrias e medido o
número de horas/homens perdidos por acidente, que foi de 50 horas. Você diria,
no nível de 5%, que há evidência de melhoria?
RESOLUÇÃO: Do enunciado obtemos que X ∼ N(60; 6, 6672) e sabemos que zγ =
z5% = −1, 645, como pode ser vericado na Figura 4.3. Ainda, o par de hipóteses a
ser testado é: 


H0 : µ = 60
H1 : µ < 60
ou seja, um teste unilateral à esquerda. Dessa forma, a região crítica, RC, será tal
que RC : (−∞; c] com
P (X < cX ∼ N(60; 6, 6672)) = 0, 05
P (z < (c−60)/6,667) = 0, 05 =⇒ c− 60
6, 667
= −1, 645 ∴ c = 49, 03
Assim, a região crítica é RC : (−∞; 49, 03] . Como X = 50 /∈ RC, não rejeitamos
H0 : µ = 60, ou seja, não há evidência de melhoria.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 68
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Figura 4.3: Análise do programa de prevenção de acidentes
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) O salário médio dos empregados das indústrias siderúr-
gicas de um país é de 2, 5 salários mínimos, com um desvio padrão de 0, 5 salários
mínimos. Uma indústria é escolhida ao acaso e desta é escolhida uma amostra
de 49 empregados, resultando um salário médio de 2, 3 salários mínimos. Podemos
armar que esta indústria paga salários inferiores à média nacional, com o nível de
5%?
RESOLUÇÃO: Novamente temos um teste unilateral à esquerda, com as seguintes
hipóteses: 


H0 : µ = 2, 5 s.m.
H1 : µ < 2, 5 s.m.
e com amédia amostral sendo tal queX ∼ N(2, 3; 0,52/49). Como visto anteriormente,
z5% = −1, 645 para um teste unilateral à esquerda. Assim:
c− 2, 3
0,5/7
= −1, 645 ∴ c = 2, 38
e, portanto, RC : (−∞; 2, 38] . Como X = 2, 3 ∈ RC, rejeitamos H0 e há evidências
de que a empresa paga menos que a média nacional.
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma pessoa gaba-se de adivinhar qual será o resultado
do lance de uma moeda, mas é preciso que os presentes não o perturbem com
pensamentos duvidosos. Para testar tal capacidade, lançou-se uma moeda per-
feita 6 vezes, e o adivinhador acertou 5. Qual seria sua conclusão?
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 69
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Temos dessa vez um teste unilateral à direita, com as hipóteses



H0 : p = 0, 5
H1 : p > 0, 5
Para o mesmo c.c. γ = 5%, agora temos zγ = 1, 645 (apenas trocamos o sinal do va-
lor utilizado no teste unilateral à esquerda). Por m, lembrando que p̂ ∼ N(p; p·(1−p)/n),
temos:
α = P ( rejeitar H0 | H0 é verdadeira) ∴ 0, 05 = P (p̂ > cp̂ ∼ N(0, 5; 1/24)
Portanto:
0, 05 = P (z > (c−0,5)/

1/24 =⇒ (c− 0, 5)
1/24
= 1, 645 ∴ c = 0, 836
Logo, RC : [0, 836;∞) e como p̂ = 5
6
/∈ RC, não podemos rejeitar H0, ou seja, não
há evidência de que o indivíduo acerta mais da metade das vezes.
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Um fabricante garante que 90% dos equipamentos que
fornece a uma fábrica estão de acordo com as especicações exigidas. O exame
de uma amostra de 200 peças desse equipamento revelou 25 defeituosas. Teste a
armativa do fabricante, nos níveis de 5% e 1%.
RESOLUÇÃO: Temos dois testes unilaterais à esquerda, ambos testando o mesmo
par de hipóteses mas a níveis de signicância distintos:



H0 : p = 0, 90
H1 : p < 0, 90
e consultando a distribuição normal, obtemos z5% = −1, 645 e z1% = −2, 326 para
esse caso. Ainda,
p̂ =
175
200
= 0, 875 =⇒ p̂ ∼ N(0, 875; 0,125·0,875/200)
Segue então que:
• 5%: RC(p, 95%) = (−∞; c], onde:
c = 0, 9− (−1, 645) ·

0,125·0,875/200 ∴ c = 0, 865
e, logo, RC(p, 95%) = (−∞; 0, 865] . Como p0 = 0, 9 /∈ RC, não rejeitamos H0
nesse caso.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 70
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
• 1%: RC(p, 99%) = (−∞; c′], onde:
c′ = 0, 9− (−2, 326) ·

0,125·0,875/200 ∴ c′ = 0, 851
e, logo, RC(p, 99%) : (−∞; 0, 851] e novamente não rejeitamos H0 pois 0, 9 /∈
(−∞; 0, 851].
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que estejamos testando H0 : p = 0, 5 contra
H1 : p 6= 0, 5, e que, para uma amostra de tamanho n = 10, decidimos pela região
crítica RC = 0, 1, 2, 8, 9, 10.
a) Determine o nível de signicância α.
RESOLUÇÃO: Seja X o número de sucessos em 10 ensaios. Temos então que:
α = P (X ∈ RCp = 0, 5)
α = P (X ∈ 0, 1, 2, 8, 9, 10X ∼ Bin(10; 0, 5))
α =

10
0

· 0, 5 · 0, 510 +

10
1

· 0, 5 · 0, 59
+

10
2

· 0, 52 · 0, 58 +

10
8

· 0, 58 · 0, 52
+

10
9

· 0, 59 · 0, 5 +

10
10

· 0, 510 · 0, 50
e, portanto, α = 0, 109 = 10, 9% .
b) Calcule o poder do teste para p = 0, 2, 0, 4, 0, 6, 0, 8. Faça um gráco do poder
como função de p.
RESOLUÇÃO: O poder de um teste é denido como Poder = 1 − β onde β = P (X /∈
RCp = pβ). Para pβ = 0, 2:
β =
7∑
i=3

10
i

· 0, 2i · 0, 810−i = 0, 322
Logo, Poder(pβ) = 1 − 0, 322 = 0, 678. De modo semelhante, montamos a tabela
abaixo:
pβ 0,2 0,4 0,6 0,8
Poder(pβ) 0,678 0,180 0,180 0,678
O gráco pedido se encontra na Figura 4.4.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 71
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Figura 4.4: Poder do teste em função de p
c) Qual o poder do teste para p = 0, 5?
RESOLUÇÃO: Nesse caso,
Poder(0, 5) = 1−
7∑
i=3

10
i

· 0, 5i · 0, 510−i ∴ Poder(0, 5) = 0, 109 = α .
8. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Os novos operários de uma empresa são treinados a
operarem uma máquina, cujo tempo X (em horas) de aprendizado é anotado.
Observou-se que X segue de perto a distribuição N(25, 100). Uma nova técnica de
ensino, que deve melhorar o tempo de aprendizado, foi testada em 16 novos em-
pregados, os quais apresentaram 20, 5 horas como tempo médio de aprendizado.
Usando o valor-p, você diria que a nova técnica é melhor que a anterior?
RESOLUÇÃO: Opar de hipóteses que queremos testar é (teste unilateral à esquerda):



H0 : µ = 25
H1 : µ < 25
com X = 20, 5 e X ∼ N(25; 100/16). Logo:
p-valor = P (X < 20, 5X ∼ N(25; 100/16))
p-valor = P ((X−25)/2,5 < (20,5−25)/2,5) = P (z < −4,5/2,5)p-valor = P (z < −1, 8) ∴ p-valor = 0, 036
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 72
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Como p < 0, 05 há evidências de melhora a 95% de conança.
9. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Suponha que queiramos testar H0 : µ = 50 contra H1 : µ >
50, onde µ é a média de uma normal N(µ, 900). Extraída uma amostra de n = 36
elementos da população, obtemos X = 52. Calcule o valor-p α̂ do teste.
RESOLUÇÃO: Seguindo osmesmos passos da questão anterior, mas comX ∼ N(50, 900/36)
e um teste unilateral à direita, temos:
p-valor = P (X > 52X ∼ N(50; 900/36)
p-valor = P ((X−50)/5 < (52−50)/5) = P (z > 0, 40)
p-valor = 0, 345
como pode ser vericado na Figura 4.5.
Figura 4.5: P-valor do teste
10. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Observou-se a produção mensal de uma indústria du-
rante vários anos, vericando-se que ela obedecia a uma distribuição normal, com
variância 300. Foi adotada uma nova técnica de produção e, durante 24 meses,
observou-se a produção mensal. Após esse período, constatou-se que X = 10.000
e s2 = 400. Há razões para se acreditar que a variância mudou, ao nível de 20%?
RESOLUÇÃO: Nesse teste de variância, o par de hipóteses a ser testado é:



H0 : σ
2 = 300
H1 : σ
2 6= 300
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 73
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
e sabemos que α = 20%, n = 24, X = 10.000 e s2 = 400. Calculando a estatística
qui-quadrada:
χ2
calc = (n−s)/σ2 · s2 ∴ χ2
calc = 23/300 · 400 ∴ χ2
calc ≈ 30, 67
Para α = 20% ou γ = 80% pois γ = 1− α, segue que:
χ2
(23)[inferior] = 14, 848 e χ2
(23)[superior] = 32, 007
de modo que RC : (−∞; 14, 848]  [32, 007;∞) . Como χ2
calc /∈ RC, não rejeitamos
H0.
11. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Um fabricante de certo tipo de aço especial arma que
seu produto tem um severo serviço de controle de qualidade, traduzido pelo des-
vio padrão da resistência à tensão, que não é maior do que 5 kg por cm2. Um
comprador, querendo vericar a veracidade da armação, tomou uma amostra
de 11 cabos e submeteu-a a um teste de tensão. Os resultados foram os seguintes:
X = 263 e s2 = 48. Estes resultados trazem alguma evidência contra a armação do
fabricante? Use α = 0, 05.
RESOLUÇÃO: O par de hipóteses a ser testado é:



H0 : σ
2 = 25 kg2/cm4
H1 : σ
2 > 25 kg2/cm4
As informações dadas no enunciado n = 11, X = 263, s2 = 48,α = 0, 05 ∴ γ = 0, 95.
Temos:
χ2
calc = (n−1)/σ2 · s2 ∴ χ2
calc =
96
5
∴ χ2
calc = 19, 2
Como χ2
(10)[inferior] = 18, 307 para α = 0, 05, segue que RC : [18, 307;∞). Logo, visto
que χ2
calc ∈ RC, rejeitamos H0 em favor de H1 (contra o fabricante).
12. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Seja X uma v.a. com distribuição binomial, com n = 15,
Considere H0 : p ≥ 0, 5 contra H1 : p < 0, 5, com RC = 0, 1, 2.
a) Calcule a probabilidade do erro de tipo I.
RESOLUÇÃO: Temos:
α = P (rejeitar H0H0 é verdadeira)
α = P (X ∈ 0, 1, 2X ∼ Bin(15; 0, 5))
α =
2∑
i=0

15
i

· 0, 5i · 0, 515−i ∴ α = 0, 0037 = 0, 37%
b) Calcule a probabilidade do erro de tipo II quando p = 0, 3.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 74
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
RESOLUÇÃO: Temos:
β = P (X /∈ 0, 1, 2X ∼ Bin(15; 0, 3))
β =
15∑
i=3

15
i

· 0, 3i · 0, 715−i ∴ β = 0, 8732 = 87, 32%
c) Esboce o gráco do poder do teste.
RESOLUÇÃO: Lembrando que Poder = 1 − β e calculando β para outros valores de
p obtemos o gráco representado na Figura 4.6.
Figura 4.6: Poder do teste.
4.3 Testes de hipóteses para duas populações
1. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Da população X ∼ N(50, 100) retirou-se uma amostral
casual simples de n = 10 elementos. Da população Y ∼ N(60, 100) retirou-se uma
amostral casual simples de m = 6 indivíduos, independente da primeira. Obtemos
as variâncias amostrais S2
1 e S2
2 , respectivamente.
a) Encontre o valor de a, tal que P (S2
1/S2
2 < a) = 95%.
RESOLUÇÃO: A estatística de teste é dada por Fcalc =
s21
s22
e segue uma distribuição
F (n − 1,m − 1) com s21 > s22. Assim, para o exercício temos Fcalc ∼ F (9, 5). Desse
modo, queremos um a tal que F (a) = 95% onde F tem uma distribuição F com 9
graus de liberdade no numerador e 5 no denominador. Consultando a distribuição
F , obtemos que o valor desejado é a = 4, 772 .
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 75
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
b) Encontre o valor de b, tal que P (S2
1/S2
2 > b) = 95%.
RESOLUÇÃO: Utilizando a noção de probabilidades complementares, podemos re-
escrever a equação acima como P (S2
1/S2
2 ≤ b) = 5%, ou seja, queremos b tal que
F (b) = 0, 05. Consultando os valores da distribuição, obtemos b = 0, 287 .
2. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Uma das maneiras de medir o grau de satisfação dos
empregados de uma mesma categoria quanto à política salarial é por meio do
desvio padrão de seus salários. A fábrica A diz ser mais coerente na política salarial
do que a fábrica B. Para vericar essa armação, sorteou-se uma amostra de 10
funcionários não especializados de A, e 15 de B, obtendo-se os desvios padrões
sA = 1.000 reais e sB = 1.600 reais. Qual seria a sua conclusão?
RESOLUÇÃO: O par de hipóteses a ser testado é



H0 : σ
2
A = σ2
B = σ2
H1 : σ
2
A < σ2
B
ou seja, um teste unilateral à esquerda. Além disso, nA = 10, SA = 1000, nB = 15, SB =
1600. Para esse teste teremos uma região crítica da forma RC : [0; k], k ∈ R pois a
distribuição F só apresenta valores não-negativos. A estatística de teste é
Fcalc =
S2
B
S2
A
=

1600
1000
2
= 2, 56
Considerando γ = 95% e um teste unilateral à esquerda, obtemos que a região crí-
tica é RC : [0; 0, 378]. Como Fcalc /∈ RC, não rejeitamos a hipótese nula de igualdade
de variâncias à 95% de conança.
3. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Deseja-se comparar a qualidade de um produto produ-
zido por duas fábricas. Essa qualidade será denida pela uniformidade com que o
produto é produzida em cada fábrica. Tomaram-se duas amostras, uma de cada
fábrica, medindo-se o comprimentos dos produtos (o resumo dos resultados está
no quadro abaixo). A qualidade das duas fábricas é a mesma? Caso a sua res-
posta seja negativa, dê um intervalo de conança para indicar a intensidade dessa
desigualdade.
Estatísticas Fábrica A Fábrica B
Amostra 21 17
Média 21,15 21,12
Variância 0,0412 0,1734
RESOLUÇÃO: As informações são:
A : nM = 21;XA = 21, 15; s2A = 0, 0412 e B : nB = 17;XB = 21, 12; s2B = 0, 1734
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Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
A estatística calculada é Fcalc =
0,1734
0,0412
= 4, 21 e Fcalc ∼ F (16, 20). O par de hipóteses a
ser testado é dado por 


H0 : σ
2
A = σ2
B
H1 : σ
2
A 6= σ2
B
ou seja, um teste bilateral. Para γ = 95% ∴ α = 5%, segue que α/2 = 2, 5% e os
valores críticos para esse nível de conança são f2 = Fα/2(16, 20) = 2, 547 e f1 =
F1−α/2(16, 20) = 0, 373. Assim, a região crítica é RC : [0; 0, 373]  [2, 547;∞). Como
Fcalc ∈ RC, rejeitamos a hipótese nula.
Um intervalo de conança para a razão populacional entre as variâncias é dado
pela desigualdade abaixo:
f1 ·
S2
B
S2
A
<
σ2
B
σ2
A
< f2 ·
S2
B
S2
A
Portanto, para o exercício em questão:
IC(σ2
B/σ2
A; 95%) = (1, 57033; 10, 72287)
4. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Num estudo comparativo do tempo médio de adapta-
ção, uma amostra aleatória, de 50 homens e 50 mulheres de um grande complexo
industrial, produziu os seguintes resultados:
Estatísticas Homens Mulheres
Médias 3,2 anos 3,7 anos
Desvios padrões 0,8 anos 0,9 anos
Que conclusões você poderia tirar para a população de homens e mulheres dessa
indústria? (Indique as suposições feitas para resolver o problema.)
RESOLUÇÃO: Essa resposta tem duas partes:
• Análise da variância:
As informações são: nM = 50;XM = 3, 2; sM = 0, 8 e nH = 50;XH = 3, 7;sH =
0, 9 e o par de hipóteses que queremos testar é:



H0 : σ2
H/σ2
M = 1
H1 : σ
2
H 6= σ2
M
A estatística de teste é Fcalc =

0,9
0,8
2
= 1, 265 com Fcalc ∼ F (49, 49). Para essa
distribuição e α = 5%, a região crítica é dada por RC : [0; 0, 567]  [1, 762;∞).
Como Fcalc /∈ RC, não rejeitamos a hipótese nula.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 77
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
• Análise de média: variâncias populacionais iguais e desconhecidas.
Nesse caso a estatística de teste é dada por
tcalc =
(XM −XH)− (µM − µH)
sp ·
√
1
nM
+ 1
nH
com s2p =
(nM−1)·s2M+(nH−1)·s2H
nM+nH−2
com tcalc ∼ t(nM + nH − 2). Substituindo os dados,
obtemos que s2p = 0, 725 ∴ sp = 0, 851 e, logo, tcalc = − 0,5
0,851·
√
2
50
= −2, 936. Para
t(50 + 50− 2) = t(98) e α = 5%, a RC para um teste bilateral



H0 : µM − µH = 0
H1 : µM 6= µH
é
RC : (−∞;−1, 984]  [1, 984;∞)
Como tcalc ∈ RC, rejeitamos a hipótese nula de igualdade entre as médias (em
favor das mulheres pois XM < XH).
5. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Para investigar a inuência da opção prossional sobre o
salário inicial de recém-formandos, investigaram-se dois grupos de prossionais: um
de liberais em geral e outro de formados em Administração de Empresas. Com os
resultados abaixo, expressos em salários mínimos, quais seriam suas conclusões?
Liberais 6,6 10,3 10,8 12,9 9,2 12,3 7,0
Administradores 8,1 9,8 8,7 10,0 10,2 8,2 8,7 10,1
RESOLUÇÃO: A primeira parte do exercício é igual, havendo alteração apenas na
análise de médias.
• Análise de variância.
nl = 7;X l = 9, 87; s2l = 5, 92 e na = 8;Xa = 9, 23; s2a = 0, 79, resultando em
Fcalc = 5,92
0,79
= 7, 51 com Fcalc ∼ F (6, 7). Para α = 5%, temos que RC : [0; 0, 176] 
[5, 119;∞). Como Fcalc ∈ RC, rejeitamos a hipótese nula de igualdade de vari-
âncias.
• Análise de médias: variâncias desiguais e desconhecidas.
Para esse caso, a estatística calculada é dada por
tcalc =
(X l −Xa)− (µl0µa)√
s2l
nl
+ s2a
na
e segue uma distribuição t de Student com v graus de liberdade, onde
v =
(X + Y )2
X2
(nA−1)
+ Y 2
(nB−1)
e X =
s2l
nl
, Y =
s2a
nA
.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 78
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Fazendo os cálculos obtemos v ≈ 7 e tcalc = 0, 666 com t ∼ t(7). Para α = 5%
a região crítica é RC : (−∞;−2, 365]  [2, 365,∞). Uma vez que tcalc /∈ RC, não
rejeitamos a hipótese nula de igualdade das médias.
6. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Vinte canteiros foram plantados commilho. Em dez deles
um novo tipo de fertilizante foi aplicado, obtendo-se as produções abaixo. Há
diferenças signicativas entre as produções? A alternativa é que o novo fertilizante
tende a produzir valores maiores. Tome α = 0, 05. Calcule α̂.2
Controle 7,1 6,0 8,0 7,0 6,6 7,4 7,0 7,0 6,9 6,8
Tratamento 6,9 6,8 7,5 6,8 6,9 6,8 6,8 6,8 6,7 6,6
RESOLUÇÃO: Queremos testar o par de hipóteses



H0 : µt = µc
H1 : µt > µc
, porém não há
suposição de normalidade desta vez e, por isso, iremos utilizar o teste de Wilcoxon
(com empate e sem pareamento). Considere a tabela abaixo:
Grupo Produção Posto
Tratamento 6,6 2,5
Tratamento 6,7 4
Tratamento 6,8 7,5
Tratamento 6,8 7,5
Tratamento 6,8 7,5
Tratamento 6,8 7,5
Tratamento 6,8 7,5
Tratamento 6,9 12
Tratamento 6,9 12
Tratamento 7,5 19
Controle 6 1
Controle 6,6 2,5
Controle 6,8 7,5
Controle 6,9 12
Controle 7 15
Controle 7 15
Controle 7 15
Controle 7,1 17
Controle 7,4 18
Controle 8 20
2Esse exercício aborda uma técnica um pouco mais complexa e não será bem compreendido sem
que o aluno tenha pelo menos uma introdução ao teste de Wilcoxon préviamente.
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 79
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Da tabela podemos obter Ws =

Tratamento Posto = 2, 5 + 4 + 5 · 7, 5 + 2 · 12 + 19 = 87.
Ainda, considerando
e
i=1 d
3
i−di, onde e é o número de valores únicos e di o número
de empates no posto i, temos:
10∑
i=1
d3i − di = 0 + (23 − 2) + 0 + (63 − 6) + (33 − 3) + (33 − 3) + 0 + 0 + 0 + 0 = 264
Segue então que:
E(Ws) =
m · (N + 1)
2
=
10 · 21
2
= 105
e
Var(Ws) =
m · n · (N + 1)
12
· m · n
12N · (N − 1)
·
e∑
i=1
d3i − d = 169, 21
Agora sabendo que Z = Ws−E(Ws)
Var(Ws)
∼ N(0, 1), temos zcalc = 87−105√
169,21
= −1, 384. Como
para α = 5% e um teste unilateral à direita zα = 1, 645, segue que a região crítica é
RC : [1, 645;∞). Como zcalc /∈ RC, não rejeitamos a hipótese nula.
7. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Para investigar a lealdade de consumidores a um deter-
minado produto, sorteou-se uma amostra de 200 homens e 200 mulheres. Foram
classicados como tendo alto grau de delidade 100 homens e 120 mulheres. Os
dados trazem evidências de diferença de grau de delidade entre os sexos? Em
caso armativo construa um intervalo de conança para a diferença.
RESOLUÇÃO: As informações dadas são: p̂H = 100
200
= 0, 5; s2H = 0,5·0,5
200
= 0, 00125 e
p̂M = 120
200
= 0, 6; s2M = 0,6·0,4
200
= 0, 0012. O par de hipóteses a ser testado é (teste
bilateral): 


H0 : pH = pM
H1 : pH 6= pM
Lembrando agora que p̂A − p̂B ∼ N

p̂A − p̂B;
p̂B ·(1−p̂A)
nA
+ p̂B ·(1−p̂B)
nB

, temos
zcalc = − 0, 1√
0, 00125 + 0, 0012
∴ zcalc ≈ −2, 02
Para α = 5% e um teste bilateral, RC : (−∞;−1, 96]  [1, 96;∞). Como zcalc ∈ RC,
rejeitamos a hipótese nula de igualdade das proporções.
8. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Em uma amostra de 500 famílias da cidade A, constatou-
se que 298 haviam comprado, durante os últimos 30 dias, o refrigerante Meca-Mela
em sua nova versão incolor. Na cidade B esse número de 147 em 300 famílias entre-
vistadas. Na cidade A foi feita uma campanha publicitária através da rádio local,
e não na cidade B. Os resultados trazem evidências de que as campanhas locais
aumentam as vendas?
RESOLUÇÃO: As informações dadas são: p̂A = 298
500
, s2A = 298·202
5003
e p̂B = 147
300
, s2B = 147·153
3003
e
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 80
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
o par de hipóteses que queremos testar é:



H0 : p̂A = p̂B
H1 : p̂A > p̂B
Segue então que
zcalc =
298
500
− 147
300√
298·202
5003
+ 147·153
3003
=
0, 106
0, 036
≈ 2, 944
Para α = 5% e um teste unilateral à direita, temos zα = 1, 645 e, portanto, RC :
[1, 645,∞). Como zcalc ∈ RC, rejeitamos a hipótese nula e há evidência de que a
campanha funciona.
9. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Numa indústria deseja-se testar se a produtividade mé-
dia dos operários do período diurno é igual à produtividade média dos operários
do período noturno. Para isso, colheram-se duas amostras, uma de cada período,
observando-se a produção de cada operário. Os resultados obtidos foram os se-
guintes:
n

xi

x2
i
Diurno 15 180 2.660
Noturno 15 150 2.980
De acordo com esses resultados, quais seriam suas conclusões?
RESOLUÇÃO: As informações são: XD = 12; s2D = 35, 7;nD = 15 e XN = 10; s2N =
105, 7;nN = 15. Analisando primeiro a variância:
Fcalc =
105, 7
35, 7
= 2, 96
com Fcalc ∼ F (14, 14). Considerando α = 5%, a região crítica é RC : [0; 0, 403] 
[2, 484;∞). Como Fcalc ∈ RC, rejeitamos a hipótese nula de igualdade de variâncias.
Analisando agora a hipótese de igualdade de médias:
tcalc =
XD −XN√
s2D
nD
+
s2N
nN
onde X =
s2D
nD
e Y =
s2N
n2
N
e tcalc ∼ t(v) com v = (X+Y )2
X2
nD−1
+ Y 2
nN−1
= 22. Substituindo os valores,
obtemos tcalc = 0, 651 e para α = 5% uma RC : (−∞;−2, 074]  [2, 074;∞). Visto que
tcalc /∈ RC, não rejeitamos a hipótese nula de igualdade de médias.
10. (MORETTIN; BUSSAB, 2017) Numa pesquisa sobre a opinião dos moradores de duas
cidades, A e B, com relação a um determinado projeto, obteve-se:
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 81
Exercícios - Probabilidade, Variáveis Aleatórias, Estimação e Inferência Estatística
Cidade A B
N◦ de entrevistados 400 600
N◦ de favoráveis 180 350Construa um intervalo de conança para a diferença de proporções de opiniões
nas duas cidades.
RESOLUÇÃO: As informações dadas são: p̂A = 180
400
= 0, 45 e p̂B = 350
600
= 0, 583. Além
disso, a variância amostral é
s2 =
0, 45 · 0, 55
400
+
0, 583 · 0, 417
600
= 0, 001
Logo, o intervalo de conança requisitado é dado por:
IC(pA − pB; 95%) = (0, 583− 0, 45)± 1, 96 ·

0, 001 ∴ IC(pA − pB; 95%) = [0, 0710; 0, 1949]
Departamento de Economia - Universidade Federal da Paraíba 82
Referências Bibliográcas
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Tl Z - iul
z 0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09
0 0.5000 0.5040 0.5080 0.5120 0.5160 0.5199 0.5239 0.5279 0.5319 0.5359
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Fonte - elaboração própria
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