Lista 2 - Probabilidade e Estatística

Prévia do material em texto

Probabilidade e Estatística – Lista 02 
Prof. JSProtázio 
1ª. questão – Tendo-se lançado dois dados, achar a probabilidade 
de que a soma dos pontos seja par e que se tenha obtido pelo menos 
um 6. 
Solução – O espaço amostral do experimento é 𝑆 = 𝐶 × 𝐶, sendo 
𝐶 = {1,2,3,4,5,6}. Ele possui 6 × 6 = 36 elementos. O evento em que 
ocorre pelo menos um 6 e cuja soma dos pares ordenados é par, é 
dado por: 
𝐴 = {(2,6), (4,6), (6,6), (6,4), (6,2)}. 
Portanto, a probabilidade é dada por: 𝑃(𝐴) = 5
36⁄ . 
2ª. questão – No transporte de uma caixa contendo 21 peças 
padronizadas e 10 não padronizadas, uma das peças se perdeu, sem 
que se soubesse se era ou não padronizada. Mais tarde uma peça é 
extraída ao acaso da caixa e verificou-se ser padronizada. Calcular 
a probabilidade de que a peça perdida seja: 
a) padronizada; 
b) não padronizada. 
Solução – Como na caixa tínhamos 21 + 10 = 31 peças e perdendo-
se uma peça, ficam, portanto, 30 peças no pacote. Escolhendo-se ao 
acaso uma peça no pacote, retiramos uma peça padronizada. Logo: 
a) a probabilidade da peça perdida ser uma padronizada é dada 
por: 21 − 1
30⁄ =20
30⁄ = 2
3⁄ ; 
b) a probabilidade da peça perdida ser uma não padronizada é 
dada por: 10
30⁄ = 1
3⁄ . 
 
3ª. questão – Suponhamos que se tenha imaginado um número de 
dois algarismos. Calcular probabilidade dele coincidir com: 
a) um número de dois algarismos tomado ao acaso; 
b) um número de dois algarismos distintos tomado ao acaso. 
Solução – Os algarismos que formam a representação dos números 
são 0,1,2,3,4,5,6,7,8 e 9. Admitindo-se que um número de dois 
algarismos não pode começar por 0, temos que existem 90 
representações de um número de dois algarismos. Logo: 
a) a probabilidade de ser um número de dois algarismos é 1 90⁄ . 
b) a probabilidade de dois algarismos serem distintos á dada 
por 1 81⁄ , quando excluímos de a) os números 
11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88 e 99. 
4ª. questão – Indicar o erro na “solução” do seguinte problema: 
tendo-se jogado dois dados, encontrar a probabilidade de que a 
soma dos pontos seja igual a três (3)”. 
“Solução” – A experiência pode fornecer duas possibilidades: a soma 
dos pontos ser ou não ser três (3). Como existem dois resultados 
prováveis, então a probabilidade é 𝑃 = 1
2⁄ . 
A falha ocorre porque os eventos mencionados na solução 
apresentada não são equiprováveis. 
5ª. questão – Qual a solução correta da questão anterior? 
Solução – O número total de eventos elementares equiprováveis é 
6 × 6 = 36. O evento desejado é 𝐴 = {(1,2), (2,1)}. Portanto, a sua 
probabilidade é 𝑃(𝐴) = 2
36⁄ = 1
18⁄ . 
6ª. questão – Tendo-se lançado dois dados, encontrar as 
probabilidades nos seguintes acontecimentos; 
a) a soma dos pontos é igual a sete (7); 
b) a soma dos pontos é oito (8) e a diferença quatro (4); 
c) a soma dos pontos é cinco (5) e o produto é quatro (4). 
Solução – O espaço amostral do problema é dado pela tabela abaixo: 
 
S 1 2 3 4 5 6 
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3.5) (3,6) 
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4.5) (4.6)_ 
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 
 
a) O evento desta parte do problema á dado por: 
 
𝐴 = {(6,1), (5,2), (4,3). (2,5), (1,6)}. Portanto:𝑃(𝐴) = 5
36⁄ . 
 
b) O evento desta parte do problema á dado por: 
 
𝐵 = {(6,2), (2,6)}. Portanto:𝑃(𝐵) = 2
36⁄ = 1
18⁄ . 
 
c) O evento desta parte do problema á dado por: 
 
𝐶 = {(4,1), (1,4)}. Portanto:𝑃(𝐶) = 2
36⁄ = 1
18⁄ . 
7ª. questão – Suponhamos que um cubo de faces coloridas foi 
serrado em mil cubinhos de tamanhos iguais, Escolhido ao acaso, 
qual a probabilidade de que um cubinho extraído: 
a) tenha apenas uma face colorida; 
b) tenha duas faces coloridas; 
c) tenha três faces coloridas. 
 
Solução: O cubo é serrado em 10 segmentos iguais cada aresta. 
a) os cubinhos vão possuir apenas uma face colorida quando 
ficarem no interior de cada uma das 12 arestas. Portanto, 
existem 6 × 8 ×8=384 cubinhos com apenas uma face colorida. 
Assim sendo, a probabilidade fica sendo: 𝑃 = 384
1000⁄ =.384; 
 
b) os cubinhos vão possuir duas faces coloridas quando ficarem 
no interior de cada uma das 6 faces. Portanto, existem 12 ×
8=96 cubinhos com duas faces coloridas. Assim sendo, a 
probabilidade fica sendo: 𝑃 = 96
1000⁄ =.096; 
 
c) os cubinhos vão possuir três faces coloridas quando ficarem 
em cada um cada um dos 8 vértices. Portanto, existem 8 
cubinhos com três faces coloridas. Assim sendo, a 
probabilidade fica sendo: 𝑃 = 8
1000⁄ =.008. 
 
8ª. questão – Uma carta é retirada aleatoriamente de um 
deck de baralho comum de 52 cartas de jogo. Encontrar a 
probabilidade de que ocorra: 
a) um ás; 
b) um valete de copas; 
c) um três de paus ou ou um seis de ouros; 
d) uma copa; 
e) qualquer naipe exceto copas; 
f) um dez ou uma espada; 
 
Solução: O espaço amostral é dado pela tabela abaixo: 
 
S O(ouros) E(espadas) P(paus) C(copas) 
1 (às)_ (1,O) (1,E) (1,P) (1,C) 
2 (2,O) (2,E) (2,P) (2,C) 
3 (3,O) (3,E) (3,P) (3,C) 
4 (4,O) (4,E) (4,P) (4,C) 
5 (5,O) (5,E) (5,P) (5,C) 
6 (6,O) (6,E) (6,P) (6,C) 
7 (7,O) (7,E) (7,P) (7,C) 
.8 (8,O) (8,E) (8,P) (8,C) 
.9 (9,O) (9,E) (9,P) (9,C) 
10 (10,O) (10,E) (10,P) (10,C) 
11(valete) (11,O) (11,E) (11,P) (11,C) 
12(rainha) (12,O) (12,E) (12,P) (12,C) 
13(rei) (13,O) (13,E) (13,P) (13,C) 
 
a) um ás: Neste caso, o evento corresponde ao 
subconjunto 
𝐴 = {(1, 𝑂), (1, 𝐸), (1, 𝑃). (1, 𝐶)}= 
{(1, 𝑂)} ∪ {(1, 𝐸)} ∪ {(1, 𝑃)} ∪ {(1, 𝐶)}. 
Como os conjuntos são mutuamente disjuntos temos que: 
𝑃(𝐴) = 𝑃{(1, 𝑂)} + 𝑃{(1, 𝐸)} + 𝑃{(1, 𝑃)} + 𝑃{(1, 𝐶)}= 
1
52⁄ +1
52⁄ +1
52⁄ +1
52 =⁄ 1
13⁄ . 
b) um valete de copas: neste caso, o evento corresponde ao 
subconjunto 𝐵 = {(11, 𝐶)}. Logo: 
𝑃(𝐵) = 1
52⁄ . 
c) um três de paus ou ou um seis de ouros: neste caso, o 
evento corresponde ao subconjunto 𝐶 = {(3, 𝑃) ∪ (6, 𝑂)}, 
temos que que: 
𝑃(𝐶) = 𝑃{(3, 𝑃)} + 𝑃{(3, 𝑂)} = 1
52⁄ +1
52 =⁄ 1
26⁄ . 
d) uma copa: Neste caso, o evento corresponde ao 
subconjunto: 
 
𝐷 = 
{(1, 𝐶), (2, 𝐶), (3, 𝐶), … , (11, 𝐶), (12, 𝐶), (13, 𝐶)}. 
 
Portanto: 
 
𝑃(𝐷) =
 𝑃{(1, 𝐶)}+𝑃{(2, 𝐶)}+, , , +𝑃{(12, 𝐶)}+𝑃{(13, 𝐶)}=1
4⁄ . 
 
e) qualquer naipe exceto copas: Neste caso, o evento 
corresponde ao subconjunto: 𝐸 = 𝑆 − 𝐷 = 𝐷𝑐 . Portanto: 
: 𝑃(𝐸) = 1 − 𝑃(𝐷) = 1 − 1
4⁄ = 3
4⁄ . 
 
f) um dez ou uma espada: Neste caso, o evento 
corresponde ao subconjunto: : 𝐹 = 𝑀 ∪ 𝑁. Sendo 
 
𝑀 = {(10, 𝑂), (10, 𝐸), (10, 𝑃), (10, 𝐶)} 
e 
𝑁 = 
{(1, 𝐸), (2, 𝐸), (3, 𝐸), (4, 𝐸), … , (10, 𝐸), (11, 𝐸), (12, 𝐸), (13, 𝐸)}
. 
 
 Observar que: 𝑀 ∩ 𝑁={(10, 𝐸)}. Portanto: 
 
 𝑃(𝐹) = 𝑃(𝑀 ∪ 𝑁) = 𝑃(𝑀) + 𝑃(𝑁) − 𝑃( 𝑀 ∩ 𝑁)
= 4
52⁄ +13
52⁄ −1
52⁄ = 4
13⁄ . 
 
9ª. questão – Uma bola é retirada aleatoriamente, de uma caixa que 
contém 6 bolas vermelhas, 4 bolas brancas e 5 bolas azuis, Qual a 
probabilidade de que ela: 
a) é uma bola vermelha; 
b) é uma bola branca; 
c) é uma bola azul; 
d) não é uma bola vermelha; 
e) é vermelha ou branca. 
Solução: 
a) existem, na caixa, 6 bolas vermelhas. Logo, a probabilidade de 
se retirar uma bola vermelha é dada por: 𝑃 = 6
6 + 4 + 5⁄ =
6
15⁄ = 2
5⁄ . 
b) existem, na caixa 4 bolas brancas. Logo, a probabilidade de se 
retirar uma bola branca é dada por: 𝑃 = 4
15⁄ . 
c) existem, na caixa 5 bolas azuis. Logo, a probabilidade de se 
retirar uma bola azul é dada por: 𝑃 == 1
3⁄ . 
d) o evento é o complemento do evento a). Logo a probabilidade 
é dada por:𝑃 = 1 − 2
5⁄ =3
5⁄ . 
e) o evento é a reunião de dois eventos que são mutuamente 
exclusivos. Logo, probabilidade dele é a soma das duas 
probabilidades: 𝑃 = 2
5⁄ + 4
15⁄ = 10
15⁄ = 2
3⁄ 
10ª. questão – Um dado não viciado é lançado duas vezes. 
Calcular a probabilidade de se obter 4, 5 ou 6 no primeiro lance e 
1, 2, 3ou 4 no segundo lance. 
Solução: Sejam 𝐴 = {4,5,6} e 𝐵 = {1,2,3,4}. Podemos resolver este 
problema de várias formas distintas. Apresentaremos dois 
métodos: 
Método 1: podemos interpretar este problema como um problema 
de probabilidade condicional. O que queremos é calcular a 
probabilidade de ocorrer 𝐵 desde que 𝐴 ocorra. Ou seja, calcular: 
𝑃(𝐵|𝐴) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐴)⁄ . 
Mas 𝐴 ∩ 𝐵 = {4} ⇒ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)= 1 6⁄ e 𝑃(𝐴) = 3
6⁄ . Portanto: 
𝑃(𝐵|𝐴) = 1
3⁄ . 
Método 2: este método é feito na “mão grande”. Sabemos que o 
espaço amostral de dois lançamentos de um dado apresenta 6 × 6 =
36 elementos. O evento apresentado no problema, consta de 3 × 4 =
12 elementos. Portanto, a probabilidade é dada por: 12
36⁄ = 1
3⁄ . 
11ª. questão – Lançar dois dados não viciados. Obter a 
probabilidade de não se obter dois dados cuja soma de pontos seja 
7 ou 1 1. 
Solução: (5) pontos para quem me apresentar uma solução até 
quinta feira. 
12ª. questão – Duas cartas são retiradas de um baralho comum bem 
embaralhado de 52 cartas. Encontre a probabilidade de que ambas 
sejam ases se a primeira carta for (a) substituída, (b) não substituída. 
Solução – Sejam 𝐴 o evento em que o primeiro lance é á𝑠 e 𝐵 o 
evento em que o segundo lance é á𝑠. 
a) Neste caso, as probabilidades são:𝑃( 𝐴 ) = 𝑃( 𝐵|𝐴 ) = 4
52⁄ . 
Portanto: 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃( 𝐴 )𝑃( 𝐵|𝐴 ) = 4
52⁄ × 4
52⁄ = 1
169⁄ . 
b) Neste caso, as probabilidades são:𝑃( 𝐴 ) = 4
52⁄ . e 𝑃( 𝐵|𝐴 ) =
3
51⁄ . Portanto: 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃( 𝐴 )𝑃( 𝐵|𝐴 ) = 4
52⁄ × 3
51⁄ =
1
221⁄ . 
13ª. questão – Três bolas são retiradas sucessivamente de uma 
caixa que contém 6 bolas vermelhas, 4 bolas brancas e 5 bolas 
azuis. Encontrar a probabilidade de elas serem retiradas na ordem 
vermelha, branca e azul, se cada bola é: 
(a) substituída; 
(b) não substituída. 
Solução – Sejam 𝑉 o evento vermelho no primeiro lance, 𝐵 o 
evento branco no segundo lance e 𝐴 o evento azul no terceiro 
lance. 
a) Neste caso, os eventos 𝑉, 𝐵 e 𝐴 são independentes. Portanto: 
 
𝑃(𝑉 ∩ 𝐵 ∩ 𝐴)= 
P(𝑉)𝑃(𝐵)𝑃(𝐴)= 
 
(6
6 + 4 + 5⁄ ) (4
6 + 4 + 5⁄ ) (5
6 + 4 + 5⁄ ) = 8
225⁄ 
 
b) Resolver esta parte do problema (2 pontos) 
14ª. questão – Um saco contém 4 bolas brancas e 2 bolas pretas; 
outro saco contém outras 3 bolas brancas e 5 bolas pretas. Se 
uma bola é retirada de cada um dos sacos, calcular a 
probabilidade de: 
a) Ambas as bolas são brancas; 
b) Ambas são pretas; 
c) Uma é branca e a outra é preta. 
Solução: Sejam 𝐴 o evento de se tirar uma bola branca no primeiro 
saco e 𝐵 o evento de se tirar uma bola branca no segundo saco. 
a) O evento desejado é 𝐴 ∩ 𝐵. Mas: 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴) =
𝑃(𝐴)𝑃(𝐵), pois os dois eventos são independentes. Portanto: 
 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 4
6⁄ × 3
8⁄ =12
48⁄ = 1
4⁄ . 
 
b) O evento desejado é 𝐴𝑐 ∩ 𝐵𝑐 . Mas: 𝑃(𝐴𝑐 ∩ 𝐵𝑐) =
 𝑃(𝐴𝑐)𝑃(𝐵𝑐|𝐴𝑐) = 𝑃(𝐴𝑐)𝑃(𝐵𝑐), pois os complementos dos dois 
eventos são independentes. Portanto: 
 
𝑃(𝐴𝑐 ∩ 𝐵𝑐) = (1 − 4
6⁄ ) × (1 − 3
8⁄ )=5
24⁄ . 
 
c) Resolver esta parte do problema (2 pontos). 
15ª. questão – Uma caixa 𝐼 contém 3 bolas vermelhas e 2 azuis, 
enquanto uma caixa 𝐻 contém 2 bolas vermelhas e 8 vermelhas. 
Uma moeda perfeita é lançada. Se der cara, uma bola é retirada 
da caixa 𝐼; se der coroa, uma bola é retirada da caixa 𝐻. Calcular 
a probabilidade de uma bola vermelha ser escolhida, 
Solução – Resolver o problema, valendo 2 pontos.