Resoluçao dos Exercícios livro hoffmann

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Estatística para
Economistas
Resolução dos Exercícios
Rodolfo Hoffmann
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1
1. TEORIA DOS CONJUNTOS
1.1 O conjunto {0} tem 1 elemento igual a zero e é, portanto, diferente do conjunto
vazio ∅.
1.2 Há 8 subconjuntos: {x, y}, {x, z}, {y, z}, {x}, {y}, {z}, ∅ e o próprio conjunto S.
1.3 Sim, trata-se do mesmo conjunto, pois as raízes de x2 = 1 são 1 e –1.
1.4 a) Verifica-se que A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5} e que A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5}.
b) Tem-se B ∩ C = {3} e A ∪ (B ∩ C) = {1, 2, 3}.
c) Como B ∩ C = {3}, verifica-se que A ∩ (B ∩ C) = {3}.
d) O único elemento de A que não pertence a C é o 2. Então C– = {2}.
e) Tendo em vista o resultado do item anterior, verifica-se que C– ∩ B = ∅.
f) Apenas {3} e ∅ são subconjuntos comuns a A, B e C.
2. PROBABILIDADE
2.1 Temos as seguintes probabilidades:
4 2
1) Retirar bola branca da 1a urna: p11 =
__ = __ .
6 3
2 1
2) Retirar bola preta da 1a urna: p12 =
__ = __ .
6 3
3
3) Retirar bola branca da 2a urna: p21 =
__ .
8
5
4) Retirar bola preta da 2a urna: p22 =
__ .
8
a) A probabilidade pedida é a soma da probabilidade de obter bola bran-
ca da 1a urna e bola preta da 2a urna com a probabilidade de retirar
bola preta da 1a urna e bola branca da 2a urna:
2 5 1 3 10 3 13__ . __ + __ . __ = __ + __ = __
3 8 3 8 24 24 24
1 5 5
b) __ . __ = __
3 8 24
2 3 1
c) __ . __ = __
3 8 4
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2 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
2.2 A probabilidade de um rádio não ter defeito é 0,9. Então, a probabilidade pe-
dida é 0,93 = 0,729.
1 1 1
2.3 A probabilidade de tirar R$ 10,00 e, em seguida, R$ 20,00 é __ . __ = __. A pro-
4 3 12
1
babilidade de tirar as duas notas em ordem inversa também é igual a __. Então
12
2 1
a probabilidade pedida é __ = __.
12 6
Um raciocínio alternativo é considerar as combinações das quatro notas duas
4
a duas: � � = 6. Como apenas 1 das combinações corresponde a R$ 30,00, a2
1
probabilidade pedida é __.
6
2.4 a) Cada jogador mostra uma mão, estendendo de 0 a 5 dedos. O resultado é a
soma do número de dedos estendidos por cada jogador. A probabilidade
de uma parcela ser par é 0,5 (0, 2 ou 4 dedos estendidos, em um total de 6
alternativas). O resultado (soma) será par se as duas parcelas forem pares
ou se ambas forem ímpares. Então a probabilidade de o resultado ser par
é 0,5 . 0,5 + 0,5 . 0,5 = 0,5.
b) Fazendo um quadro com 6 colunas e 6 linhas mostrando todas as possi-
bilidades de valor de cada parcela, é fácil verificar que a soma é maior
do que 5 em 15 das 36 caselas. Então a probabilidade de ocorrer resultado
15 5
maior do que 5 é __ = __.
36 12
2.5 A probabilidade associada a cada um dos dois eventos é positiva, mas a pro-
babilidade de os dois eventos ocorrerem simultaneamente é igual a zero.
Concluímos que os eventos não são independentes.
2.6 Usando M e F para indicar os sexos masculino e feminino, respectivamente,
os dois filhos podem ser MM, MF, FM ou FF. Vamos admitir que esses 4 eventos
sejam igualmente prováveis. Sabendo que um dos filhos é do sexo masculino,
ficamos restritos a três possibilidades: MM, MF ou FM. Então, a probabilidade
2
de o outro filho ser do sexo feminino é __.
3
1
2.7 Como os eventos são independentes, a probabilidade é 0,5 . 0,5 = 0,25 ou __.
4
2.8 a) A probabilidade de obter 3 bolas pretas é 0,5 . 0,5 . 0,5 = 0,125.
A probabilidade de obter 3 bolas brancas é 0,3 . 0,3 . 0,3 = 0,027.
A probabilidade de obter 3 bolas vermelhas é 0,2 . 0,2 . 0,2 = 0,008.
Então, a probabilidade de obter 3 bolas da mesma cor é 0,125 + 0,027 +
0,008 = 0,160.
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5 4 3 60 10
b) A probabilidade de obter 3 bolas pretas é __ . __ . __ = ___ = ___.
10 9 8 720 120
3 2 1 6 1
A probabilidade de obter 3 bolas brancas é __ . __ . __ = ___ = ___.
10 9 8 720 120
11
Então, a probabilidade de obter 3 bolas da mesma cor é ___.
120
10 9 3
2.9 a) __ . __ = __
16 15 8
10 6 2
b) A probabilidade de apenas o primeiro ser perfeito é __ . __ = __.
16 15 8
6 10 2
A probabilidade de apenas o segundo ser perfeito é __ . __ = __.
16 15 8
3 2 2 7
Então, a probabilidade de pelo menos um ser perfeito é __ + __ + __ = __.
8 8 8 8
14 13 91
c) __ . __ = ___
16 15 120
2.10 O evento A é independente do evento B se a probabilidade de ocorrer A não
é afetada pela ocorrência de B, isto é, P(A|B) = P(A). Exemplo: são lançados
dois dados, um azul e um branco, e definimos os eventos A = “sair 6 no dado
azul” e B = “sair valor ímpar no dado branco”.
2.11 A soma 3 pode ser obtida como 1 + 2 ou 2 + 1. Então a probabilidade pedida é
1 1 1
2 . __ . __ = __.
6 6 18
2.12 A soma 4 pode ser obtida como 1 + 1 + 2, 1 + 2 + 1 ou 2 + 1 + 1. Então a proba-
1 1 1 1
bilidade pedida é 3 . __ . __ . __ = __.
6 6 6 72
2.13 A soma 5 pode ser obtida como 1 + 1 + 3, 1 + 3 + 1, 3 + 1 + 1, 1 + 2 + 2, 2 + 1+ 2
1 1 1 1
ou 2 + 2 + 1. Então, a probabilidade pedida é 6 . __ . __ . __ = __.
6 6 6 36
2.14 Sabendo que em um dos dois lançamentos o resultado foi “cara”, ficamos
restritos a 3 possibilidades igualmente prováveis: “cara e cara”, “cara e coroa”
1
ou “coroa e cara”. A probabilidade de o jogador ter feito um ponto é __.
3
2.15 a) Temos que a probabilidade de “lâmpada 1 acesa” é 0,15 + 0,45 = 0,60 e a
probabilidade de “lâmpada 2 acesa” é 0,15 + 0,10 = 0,25. Verifica-se que
a probabilidade de as duas lâmpadas estarem acesas é igual ao produto
das probabilidades de cada uma estar acesa, isto é, 0,6 . 0,25 = 0,15.
Isso mostra que “lâmpada 1 acesa” é independente de “lâmpada 2 acesa”.
3RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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4 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
b) Analogamente, temos 0,4 . 0,25 = 0,10, mostrando que os eventos são inde-
pendentes.
2.16 a) Admitindo que os resultados das provas sejam independentes, a probabi-
1
lidade é �__�
n
.
n
1
b) �1 – __�
n
n
1
c) lim �__�
n
= 0
n→∞ n
Fazendo m = n –1, temos
1 1�1 – __�
n
= __________________
n 1 1�1 + __�
m
�1 + __�m m
1 1
Então lim �1 – __�
n
= __
n→∞ n e
2.17 a) A probabilidade de o primeiro pegar um blusão alheio é 2/3. Dado que o
primeiro pegou um blusão alheio, a probabilidade de os outros dois estu-
dantes ficarem com blusões alheios é 1/2. Então, a probabilidade pedida é
2 1 1__ . __ = __.
3 2 3
Outra alternativa é fazer a lista das 3! = 6 permutações dos 3 blusões e veri-
ficar que em apenas duas nenhum dos 3 elementos está na mesma posição
que na seqüência inicial.
b) A probabilidade de o primeiro estudante pegar o blusão correto e os outros
1 1 1
2 ficarem com blusões trocados é __ . __ = __. 
3 2 6
A probabilidade de o primeiro estudante pegar um blusão alheio e um dos
2 1 1
outros dois pegar o blusão correto é __ . __ = __. Então, a probabilidade
3 2 3
1 1 1
pedida é __ + __ = __.
6 3 2
c) O evento é impossível. A probabilidade é igual a zero.
1 1 1
d) A probabilidade é __ . __ = __.
3 2 6
2.18 O procedimento mais seguro é fazer uma tabela com todas as possibilidades,
assinalando a ocorrência dos eventos definidos:
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Verifica-se que A e B são mutuamente exclusivos, o que obviamente decorre
de valores pares e valores ímpares serem resultados mutuamente exclusivos.
Verifica-se que A e C não são mutuamente exclusivos e que B e C também não
são mutuamente exclusivos.
Obtemos
9 1
P(A) = P(B) = __ = __
36 4
5 2 2
P(C) = __ , P(A|C) = __ , P(C|A) = __,
36 5 9
3 3 1
P(A|B) = 0, P(B|C) = __ e P(C|B) = __ = __.
5 9 3
Esses resultados mostram que A e B não são independentes, o mesmo sendo
válidopara A e C e para B e C.
2.19 A tabela com os 36 resultados possíveis, assinalando os eventos A, B e C, fica
5RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
Resultado no Resultado no 1
o dado
2o dado 1 2 3 4 5 6
1 B – B – B, C –
2 – A – A, C – A
3 B – B, C – B –
4 – A, C – A – A
5 B, C – B – B –
6 – A – A – A
Resultado no Resultado no dado amarelo
dado branco 1 2 3 4 5 6
1 – A – A B A, B
2 – A – A B A, B, C
3 – A – A B, C A, B
4 – A – A, C B A, B
5 – A C A B A, B
6 – A, C – A B A, B
Observa-se que A e B não são mutuamente exclusivos e que A e C também
não são mutuamente exclusivos. Verifica-se que
1 1 5
P(A) = __, P(B) = __, P(C) = __
2 3 36
1 3 3 1 2 1
P(A|B) = __, P(A|C) = __, P(C|A) = __ = __ e P(C|B) = __ = __.
2 5 18 6 12 6
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6 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Como P(A|B) = P(A), conclui-se que A e B são independentes.
Como P(A|C) ≠ P(A), conclui-se que A e C não são independentes.
2.20 A tabela com os 36 resultados possíveis, assinalando os eventos A, B e C, fica
Resultado no Resultado no dado amarelo
dado branco 1 2 3 4 5 6
1 – – – – A B
2 – – – – A, B –
3 – – – B A –
4 – – B – A C
5 – B – – A, C –
6 B – – C A –
Observa-se que A e B não são mutuamente exclusivos, B e C são mutuamente
exclusivos e A e C não são mutuamente exclusivos. Verifica-se que
1 6 1 3 1
P(A) = __, P(B) = __ = __, P(C) = __ = __
6 36 6 36 12
1 1 1
P(A|B) = __, P(A|C) = __, P(C|A) = __ e P(B|C) = 0.
6 3 6
Como P(A|B) = P(A), conclui-se que A e B são independentes.
Como P(B|C) ≠ P(B), conclui-se que B e C não são independentes.
Como P(C|A) ≠ P(C), conclui-se que A e C não são independentes.
2.21 Se José tem n cabras, Pedro tem 3n. Admitindo que a probabilidade de se des-
garrar seja a mesma para todas as cabras, a probabilidade de uma cabra
n 1
desgarrada pertencer a José é __ = __.
4n 4
José tem 0,1n cabras malhadas e Pedro tem 0,2 . 3n = 0,6n cabras malhadas.
Sabendo que a cabra desgarrada é malhada, a probabilidade de que pertença
a José é
0,1n 1__________ = __.
0,1n + 0,6n 7
2.22 O gráfico a seguir permite visualizar as áreas (probabilidades) associadas aos
diversos eventos. O universo corresponde à área do quadrado de lado 10, que
é igual a 100.
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a) O valor de x + y é maior do que 15 na área DEF, que é igual a 12,5. Então
P(x + y > 15) = 0,125.
b) O valor absoluto de y – x é maior do que 6 nas áreas ABC e IHG, cada uma
igual a 8. Então P(|y – x|>6) = 0,16.
7RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
2.23 A tabela a seguir mostra os 36 resultados possíveis, assinalando os casos cor-
respondentes aos eventos A, B, C e D.
Resultado no Resultado no dado azul
dado branco 1 2 3 4 5 6
1 A, B, D A, B, C A, D B, C A, D B, C
2 A, B A, C, D A, B C, D A, B C, D
3 A, D A, B, C A, D B, C A, D C
4 A, B A, C, D A, B C, D A C, D
5 A, D A, B, C A, D C A, D B, C
6 A, B A, C, D A C, D A, B C, D
Verifica-se que
4 2 15 5 1 1 11
P(A) = __ = __, P(B) = __ = __, P(C) = __, P(D) = __, P(B|A) = __,
6 3 36 12 2 2 24
9 1 1
P(D|C) = __ = __ e P(D|B) = __ (o único número primo par é o 2).
18 2 15
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8 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Como P(B|A) ≠ P(B), conclui-se que A e B não são independentes.
Como P(D|C) = P(D), conclui-se que C e D são independentes.
2 1
2.24 Se for usada a urna A, a probabilidade de retirar 2 bolas pretas é __ . __ =
10 9
2 1__ = __.
90 45
8 7
Se for usada a urna B, a probabilidade de retirar 2 bolas pretas é __ . __ =
10 9
56 28__ = __.
90 45
Temos a seguinte árvore de decisões, com x indicando a retirada de 2 bolas
pretas e y indicando qualquer outro resultado:
Dado que foram retiradas 2 bolas pretas, a probabilidade de ter sido usada
a urna A
1__
90 1
é _______ = __.
1 28 29__ + __
90 90
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2.25 Vamos utilizar x para indicar o evento “retirar 1 bola branca” e y para indi-
2 1 2
car o evento “retirar 1 bola preta”. Temos P(A) = __ , P(B) = __, P(C) = __ ,
5 5 5
1 3 1 4 2 3 1
P(x|A) = __, P(x|B) = __ = __, P(x|C) = __ = __, P(y|A) = __, P(y|B) = __ e
4 6 2 6 3 4 2
1
P(y|C) = __.
3
2 1 1 1 2 2 7
Então a probabilidade de obter 1 bola branca é __ . __ + __ . __ + __ . __ = __.
5 4 5 2 5 3 15
2.26 Usando a notação estabelecida no exercício anterior, e lembrando o teorema
de Bayes, a probabilidade de ter sido utilizada uma urna do tipo C, dado que
foi retirada uma bola preta, é
2 1__ . __
P(C) . P(y|C) 5 3_______________________________________ = _________________________ =
P(A) . P(y|A) + P(B) . P(y|B) + P(C) . P(y|C) 2 3 1 1 2 1__ . __ + __ . __ + __ . __
5 4 5 2 5 3
1__ = 0,25.
4
3. A DISTRIBUIÇÃO DE FREQÜÊNCIAS E SUA REPRESENTAÇÃO
GRÁFICA
3.1 Gráfico de barras.
9RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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10 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
3.2 Histograma
4. MEDIDAS DE TENDÊNCIA CENTRAL
4.1 Indicando os valores por Xi, com i = 1, ..., 20, obtemos
∑Xi = 162 e X
– = 8,1
Para determinar a mediana e as modas é necessário organizar os dados em
uma tabela de distribuição de freqüências:
Xi Freqüência
4 1
5 1
6 4
7 2
8 3
9 2
10 4
11 3
Verifica-se que a mediana é igual a 8 e
que há duas modas: 6 e 10.
4.2 √—–—7 . 10 = 8,37
4.3 3√—–—4 . 6 . 9— = 2161/3 = 6
4.4 O salário médio na indústria é uma média ponderada dos salários médios
setoriais: 320 . 0,3 + 350 . 0,25 + 320 . 0,2 + 300 . 0,2 + 280 . 0,05 = 321,50.
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1
4.5 Temos X– = __ ∑Xin
a) Adicionando uma constante k a todos os valores, obtemos Yi = Xi + k.
1 1 1
A média dos Yi é Y
– = __ ∑Yi = __ ∑(Xi + k) = __ (∑Xi + nk) = X
– + k.
n n n
Verifica-se que a média da amostra fica acrescida da constante k.
b) Multiplicando todos os Xi por uma constante θ, obtemos Zi = θXi.
1 1 θ
A média dos Zi é Z
– = __ ∑Zi = __ ∑θXi = __ ∑Xi = θX
–.
n n n
Verifica-se que a média da amostra fica multiplicada por θ.
∑Xi fi 754.6 A média de X é X– = _____ = __ = 5.∑fi 15
A mediana é 4, pois há 7 observações com valor menor e 7 observações com
valor maior do que 4.
A moda é 8, que é o valor com maior freqüência.
∑Xi fi 3264.7 Temos ∑fi = 50 e ∑Xifi = 326. Então, a média é X
– = _____ = ___ = 6,52.∑fi 50
A moda é 6, que é o valor com maior freqüência.
Calculando a freqüência acumulada (utilizando a coluna das freqüências na
tabela do exercício 4.1), verifica-se que ela ultrapassa 25 (que é a metade da fre-
qüência total) quando é incluído o valor X = 6. Isso mostra que a mediana da
distribuição é igual a 6.
4800
4.8 A renda média no 1o estrato é m1 =
_____ = R$ 200.
24
19200
A renda média no 2o estrato é m2 =
_____ = R$ 3.200.
6
Como há 30 mil famílias com uma renda total de 24.000 milhares de reais, a
24000
renda média é m = _____ = R$ 800.
30
Note que a média geral é uma média ponderada das médias por estrato, uti-
lizando o número de famílias como fator de ponderação:
200 . 24 + 3200 . 6________________ = 800
24 + 6
5. MEDIDAS DE DISPERSÃO
1 54
5.1 a) X– = __ ∑Xi = __ = 9n 6
11RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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12 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
∑(Xi – X
–)2 30 ∑(Xi – X
–)2 30
b) s2 = _________ = __ = 6 ou σ^ 2 = _________ = __ = 5
n – 1 5 n 6
c) s = √—6 = 2,45 ou σ^ = √—5 = 2,24
A amplitude é 13 – 6 = 7.
5.2 a) A amplitude é 9 – 0 = 9.
∑Xi fi 75b) X– = _____ = __ = 5∑fi 15
c) Refazendo a tabela de distribuição de freqüências, tomando o cuidadode
colocar os valores de X em ordem crescente, verifica-se que a mediana é
igual a 6. Note-se que a distribuição de X é idêntica à do exercício 4.6.
d)A moda é 8, que é o valor mais freqüente.
∑(Xi – X
–)2 fi 122 61e) A variância é s2 = ___________ = ___ = __ = 8,71∑fi – 1 14 7
∑(Xi – X
–)2 fi 122ou σ^ 2 = ___________ = ___ = 8,13.∑fi 15
5.3 Temos ∑Xi = 20 e X
– = 2,5.
∑(Xi – X
–)2 3,5
A estimativa da variância é s2 = _________ = ___ = 0,5
n – 1 7
∑(Xi – X
–)2 3,5 7
ou σ^ 2 = _________ = ___ = __ = 0,4375.
n 8 16
A estimativa do desvio padrão é s = √—–0,5 = 0,707 ou σ^ = √—–—0,4375— = 0,661.
5.4 Os pontos centrais das classes são X1 = 1,6, X2 = 1,7 e X3 = 1,8. Então
∑Xi fi 1,6 . 2 + 1,7 . 5 + 1,8 . 3X– = _____ = _____________________ = 1,71∑fi 2 + 5 + 3
A soma ponderada dos quadrados dos desvios é
(∑Xi fi)2 17,12∑(Xi – X
–)2 fi = ∑Xi2fi – _______ = 29,29 – _____ = 0,049∑fi 10
0,049 0,049
Então a variância é s2 = _____ = 0,00544 ou σ^ = _____ = 0,00490.
9 10
5.5 Indicando por Xi o número do calçado e por fi a respectiva freqüência de pares
vendidos, temos
∑Xi fi 4069X– = _____ = ____ = 40,29.∑fi 101
A moda é 40, que é o valor com maior freqüência.
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Verifica-se que a freqüência acumulada ultrapassa 51 quando é incluído o
valor 40. Então, a mediana é igual a 40.
A soma ponderada dos quadrados dos desvios é
(∑Xi fi)2 40692∑(Xi – X
–)2 fi = ∑Xi2fi – _______ = 164115 – _____ = 186,6733∑fi 101
Então a estimativa da variância é
186,6733 186,6733
s2 = ________ = 1,8667 ou σ^ 2 = _________ = 1,8482
100 101
e a estimativa do desvio padrão é s = 1,37 ou σ^ = 1,36.
5.6 a) Como Zi = bXi, segue-se que
1 1 b
Z
– = __ ∑Zi = __ ∑bXi = __ ∑Xi = bX
–.
n n n
b) Como Yi = a + Xi, temos
1 1 1
Y
– = __ ∑Yi = __ ∑(a + Xi) = __ (na + ∑Xi) = a + X
–
n n n
e
1 1 1
sY
2 = _____ ∑(Yi – Y
–)2 = _____ ∑(a + Xi – a – X
–)2 = _____ ∑(Xi – X
–)2 = sX
2.
n – 1 n – 1 n – 1
c) Por definição
1
sZ
2 = _____ ∑(Zi – Z
–)2
n – 1
Lembrando que Zi = bXi e o resultado obtido no item (a), segue-se que
1 1
sZ
2 = _____ ∑(bXi – bX
–)2 = _____ ∑b2(Xi – X
–)2 = b2sX
2.
n – 1 n – 1
Xi5.7 Sejam Xi os valores originais. Então os novos valores são Yi =
__.
k
1 1 Xi 1 X
–
Temos Y– = __ ∑Yi = __ ∑ __ = __ ∑Xi = __.n n k kn k
1
Por definição sY
2 = _____ ∑(Yi – Y
–)2.
n – 1
Utilizando a relação obtida para as médias, segue-se que
1 Xi X
– 1 1 1
sY
2 = _____ ∑�__ – __�
2
= _____ ∑ __ (Xi – X
–)2 = __ sX
2.
n – 1 k k n – 1 k2 k2
A média fica dividida por k e a variância da amostra fica dividida por k2.
13RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 13
14 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Essa questão pode ser resolvida muito mais rapidamente se considerarmos
que já foi provado que, quando a variável é multiplicada por uma constante,
a média fica multiplicada pela constante e a variância fica multiplicada pelo
quadrado dessa constante. Basta, então, notar que a divisão por k é equiva-
lente a multiplicar a variável por uma constante igual a 1/k.
5.8 Note-se que tanto Xi como Xj representam qualquer um dos n valores do
conjunto. Temos
1 n n 1 n n
Q = __ ∑ ∑(Xi – Xj)2 = __ ∑ ∑ (Xi2 + Xj2 – 2XiXj) =n2 i=1 j=1 n2 i=1 j=1
1 n n n n n n
= __ � ∑ ∑Xi2 + ∑ ∑Xj2 – 2 ∑Xi ∑ Xj� =n2 j=1 i=1 i=1 j=1 i=1 j=1
1 n n n n
= __ �n ∑ Xi2 + n ∑ Xj2 – 2 ∑Xi ∑Xj�n2 i=1 j=1 i=1 j=1
n n n n 2 (∑Xi)2Como ∑ Xi = ∑ Xj e ∑Xi2 =∑Xj2, segue-se que Q = __ �∑Xi2 – ______ �.
i=1 j=1 i=1 j=1 n n
1 (∑Xi)2Mas, de acordo com as expressões (6.1) e (6.3), temos σ^ 2 = __ �∑Xi2 – _____ �.n n
Concluímos que Q = 2 σ^ 2, c.q.d.
1 25
5.9 A média é X– = __ ∑Xi = __ = 5.n 5
A soma dos quadrados dos desvios é ∑(Xi – X
–)2 = 30.
30 30
O desvio padrão é s = __ = 2,74 ou σ^ = __ = 2,45.√ 4 √ 5
1 10
O desvio médio é δ = __ ∑|Xi – X
–| = __ = 2.
n 5
Vamos utilizar a expressão (6.13) para calcular a diferença média. Como os
valores de Xi já estão em ordem crescente, obtemos
∑iXi = 1 . 1 + 2 . 4 + 3 . 5 + 4 . 7 + 5 . 8 = 92
Então
4 1
∆ = __ . 92 – 2 . 5 �1 + __� = 2,7225 5
5.10 A soma dos quadrados dos desvios é
(∑Xi fi)2 3262∑(Xi – X
–)2 fi = ∑Xi2fi – _______ = 2.314 – ____ = 188,48.∑fi 50
188,48
Segue-se que s2 = ______ = 3,8465.
49
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 14
5.11 Os pontos centrais das classes (Xi) são 2, 6, 10, 14, 18 e 22. A média é
∑Xi fi 176X– = _____ = ___ = 11∑fi 16
∑(Xi – X
–)2 fi 432A variância é σ^ 2 = ___________ = ___ = 27∑fi 16
6. ESPERANÇA MATEMÁTICA
6.1 Como a variância é igual a zero, os valores são necessariamente iguais à
média, isto é, X1 = X2 = X3 = 7.
6.2 Com base nas informações fornecidas no enun-
ciado da questão podemos construir a tabela ao
lado, que mostra a distribuição de X.
a) A moda da distribuição é 4, que é o valor com
maior probabilidade.
b) A média é µ = E(X) = ∑XiP(Xi) = 3.
c) A variância de X é
1 3 12
σ 2 = E(X – µ)2 = ∑(Xi – µ)2 P(Xi) = 9 . __ + 0 + 1 . __ = __ = 2.6 6 6
d) Trata-se de um parâmetro da população, cuja variância é igual a zero.
6.3 A média coincide com a mediana em toda distribuição simétrica.
A média é maior do que a mediana em distribuições unimodais com assime-
tria positiva. Um exemplo típico é a distribuição da renda em um país ou uma
região. De acordo com dados da Pesquisa Nacional por Amostras de Domicílios
(Pnad) de 2003, a média e a mediana da distribuição do rendimento domici-
liar per capita no Brasil eram R$ 360 e R$ 190, respectivamente (em reais de
setembro de 2003). Para a distribuição do rendimento de todas as fontes
de pessoas economicamente ativas com rendimento positivo, a média era
R$ 721 e a mediana era R$ 390.
6.4 Sabemos que a moda é a abscissa do ponto de máximo da função de densi-
dade de probabilidade. Utilizando as regras do cálculo para determinação de
pontos de máximo, obtemos
df(X) 1_____ = __ e–(X–K)2 [–2(X – K)].
dX M
Essa derivada é igual a zero para X = K.
15RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
Xi P(Xi)
0 1/6
3 2/6
4 3/6
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16 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Verifica-se que a derivada é positiva se X < K e é negativa se X > K, mostrando
que X = K corresponde a um máximo de f(X).
Conclui-se que a moda é X = K.
6.5 A derivada da função de densidade de probabilidade, para X ≥ 0, é
df(X)_____ = e–X – Xe–X = e–X (1 – X).
dX
Essa derivada é igual a zero se X = 1.
Verifica-se que a derivada é positiva para X < 1 e é negativa para X > 1, mos-
trando que X = 1 corresponde a um ponto de máximo de f(X).
Conclui-se que a moda é X = 1.
6.6 A tabela ao lado mostra a distribuição de X,
sendo X o resultado obtido no lançamento de
um dado.
O primeiro momento em relação à origem é
µ = E(X) = ∑XiP(Xi) = 3,5.
O primeiro momento em relação à média é
E(X – µ) = ∑(Xi – 3,5)P(Xi) = 0.
O segundo momento em relação à média é
σ 2 = E(X – µ)2 = ∑(Xi – 3,5)2P(Xi) =
1
= [(–2,5)2 + (–1,5)2 + (–0,5)2 + 0,52 + 1,52 + 2,52] __ =
6
17,5 35
= ___ = __ = 2,9167.
6 12
6.7 Por definição, σ 2 = E(X – µ)2.
Segue-se que
σ 2 = E(X2 – 2µX + µ2) =
= E(X2) – 2µE(X) + µ2 =
= E(X2) – 2µ2 + µ2 = E(X2) – µ2
ou
σ 2 = M2’ – µ2, c.q.d.
Xi P(Xi)
1 1/6
2 1/6
3 1/6
4 1/6
5 1/6
6 1/6
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6.8 Sabemos que, para uma distribuição contínua, µ = E(X) = ∫ Xf(X)dx.
Para a distribuição uniforme, temos
a+θ
1
µ = E(X) =� X __ dX =
a
θ
1
a+θ
1 X2 a+θ
= __� XdX = __ �___� =θ
a
θ 2 a
1
= __ [(a + θ )2 – a2] =
2θ
2θ a + θ 2 θ
= ________ = a + __, c.q.d.
2θ 2
6.9 O gráfico de barras está na figura abaixo.A média da distribuição é
µ = E(X) = ∑XiP(Xi) = 0.
17RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
A variância é
σ 2 = E(X – µ)2 = E(X2) = ∑Xi2P(Xi) =
= 4 . 0,12 + 1 . 0,12 + 0 + 1 . 0,22 + 4 . 0,04 + 9 . 0,02 = 1,16.
O terceiro momento em relação à média é
M3 = E(X – µ)3 = E(X3) = ∑Xi3P(Xi) = 0.
Conseqüentemente, o coeficiente de assimetria, definido como a3 = M3/σ3,
também é igual a zero.
Embora o coeficiente de assimetria seja igual a zero, o gráfico de barras
mostra que a distribuição não é simétrica. Toda distribuição simétrica tem
coeficiente de assimetria igual a zero, mas a nulidade do coeficiente de
assimetria não é suficiente para garantir que a distribuição é simétrica.
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18 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
6.10 Por definição, cov(X,Y) = E(X – µX)(Y – µY)
Segue-se que cov(X,Y) = E(XY – µXY – µYX + µXµY)
Como E(X) = µX e E(Y) = µY, obtemos
cov(X,Y) = E(XY) – µXµY – µYµX + µXµY =
= E(XY) – µXµY = E(XY) – E(X)E(Y)
Conclui-se que E(XY) = E(X)E(Y) + cov(X,Y), c.q.d.
Se X e Y forem independentes, temos cov(X,Y) = 0 e E(XY) = E(X)E(Y).
6.11 Completando a tabela com as probabilidades das distribuições marginais, temos:
Xi
Yj P(Xi)
1 2 3
0 0,08 0,24 0,08 0,4
1 0,12 0,36 0,12 0,6
P(Yj) 0,20 0,60 0,20 1,0
Distribuição conjunta de Xi e Yi
a) Observa-se que P(Y = 3) = 0,2
P(Y = 2, X = 0) 0,24
b) P(Y = 2|X = 0) = ______________ = ____ = 0,6
P(X = 0) 0,4
c) E(X) = ∑XiP(Xi) = 0 + 1 . 0,6 = 0,6
E(Y) = ∑YjP(Yj) = 1 . 0,2 + 2 . 0,6 + 3 . 0,2 = 2
d) V(Y) = E(Y – µY)2 = ∑(Yj – 2)2 P(Yj) = 0,4
e) cov(X,Y) = E(X – µX)(Y – µy) = ∑∑(Xi – 0,6)(Yj – 2)P(Xi,Yj) =
= 0,6 . 0,08 + 0 + (–0,6) . 0,08 + (–0,4) . 0,12 + 0 + 0,4 . 0,12 = 0
Esses cálculos seriam dispensáveis se o leitor percebesse que Xi e Yj são
independentes, pois a probabilidade associada a cada cela é sempre igual
ao produto das probabilidades nas distribuições marginais.
f) Utilizando as propriedades da covariância, temos
cov(X + Y,X – Y) = V(X) – cov(X,Y) + cov(X,Y) – V(Y) = V(X) – V(Y)
Verifica-se que V(X) = ∑(Xi – 0,6)2 P(Xi) = 0,24
Lembrando que V(Y) = 0,4 obtemos cov(X + Y,X – Y) = 0,24 – 0,4 = –0,16.
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6.12 As distribuições marginais de Xi e Yj são
19RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
Xi P(Xi)
2 1/2
4 1/4
8 1/4
Yj P(Yj)
1 1/40
2 1/40
4 5/16
8 1/80
16 1/16
Pode-se verificar que há celas cuja probabilidade não é igual ao produto das pro-
babilidades das distribuições marginais, mostrando que as duas variáveis não
são independentes.
a) E(X) = ∑XiP(Xi) = 4
E(Y) = ∑YjP(Yj) = 4
P(X = 2,Y = 4) 1/8 2
b) P(X = 2|Y = 4) = _____________ = _____ = __ = 0,4
P(Y = 4) 5/16 5
P(X = 8,Y = 4) 1/8 1
c) P(Y = 4|X = 8) = _____________ = _____ = __ = 0,5
P(X = 8) 1/4 2
d) V(X) = E(X – 4)2 = ∑(Xi – 4)2 P(Xi) =
1 1
= 4 . __ + 0 + 16 . __ = 6
2 4
V(Y) = E(Y – 4)2 = ∑(Yj – 4)2 P(Yj) = 14,25
3 5
e) cov(X,Y) = E(X – 4)(Y – 4) = ∑ ∑ (Xi – 4)(Yj – 4)P(Xi,Yj) =
i=1 j=1
1 1 1 1
= 6 . __ + 4 . __ + 16 . __ + 48 . __ = 6
4 8 16 16
f) V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 cov(X,Y) = 6 + 14,25 + 12 = 32,25
g) cov(X + Y,X – Y) = V(X) – cov(X,Y) + cov(X,Y) – V(Y) =
= 6 – 14,25 = –8,25
6.13 Vamos utilizar C e K para indicar os resultados “Cara” e “Coroa”, respectiva-
mente, em um lançamento da moeda. A tabela a seguir mostra os 16 resulta-
dos possíveis de uma seqüência de quatro lançamentos, mostrando os corres-
pondentes valores de X (número de caras nos dois primeiros lançamentos) e
de Y (número de caras nos três últimos lançamentos):
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 19
20 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
b) Considerando as distribuições marginais de X e Y, obtemos
3
E(X) = ∑XiP(Xi) =1
i=1
4 24
E(Y) = ∑YjP(Yj) = __ = 1,5
j=1 16
V(X) = E(X – 1)2 = ∑(Xi – 1)2P(Xi) = 0,5
12
V(Y) = E(Y – 1,5)2 = ∑(Yj – 1,5)2P(Yj) = __ = 0,75.16
c) cov(X,Y) = E(X – 1)(Y – 1,5) =
= ∑∑(Xi – 1)(Yj – 1,5)P(Xi,Yj) =
i j
1 2 1 1 2 1
= 1,5 . __ + 0,5 . __ – 0,5 . __ – 0,5 . __ + 0,5 . __ + 1,5 . __ =
16 16 16 16 16 16
4 1
= __ = __ = 0,25
16 4
Resultado X Y Resultado X Y
KKKK 0 0 KCCK 1 2
CKKK 1 0 KCKC 1 2
KCKK 1 1 KKCC 0 2
KKCK 0 1 CCCK 2 2
KKKC 0 1 CCKC 2 2
CCKK 2 1 CKCC 1 2
CKCK 1 1 KCCC 1 3
CKKC 1 1 CCCC 2 3
Xi
Yj P(Xi)
0 1 2 3
0 1/16 2/16 1/16 0 4/16
1 1/16 3/16 3/16 1/16 8/16
2 0 1/16 2/16 1/16 4/16
P(Yj) 2/16 6/16 6/16 2/16 1
P(Xi,Yj)
a) Uma vez que os 16 resultados são igualmente prováveis, podemos cons-
truir a seguinte tabela para a distribuição conjunta de X e Y:
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 20
Então a correlação entre X e Y é
cov(X,Y) 0,25 1 √—6ρ = ___________ = __________ = ___ = ___ = 0,4082.√—–—V(X)V(Y)——– √—–—0,5 . 0,75—–— √—6 6
d) E(Z) = E(X + Y) = E(X) + E(Y) = 1 + 1,5 = 2,5
V(Z) = V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 cov(X,Y) =
= 0,5 + 0,75 + 2 . 0,25 = 1,75.
e) Não são independentes, pois cov(X,Y) ≠ 0.
f) Considerando a coluna referente a Y = 2 na distribuição conjunta, pode-
mos calcular as probabilidades condicionais e obter a seguinte distribuição
condicional de X, dado Y = 2:
21RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
Xi P(Xi|Yj = 2)
0 1/6
1 3/6
2 2/6
Segue-se que
7
E(X|Y = 2) = __
6
7
e V(X|Y = 2) = ∑�Xi – __�
2
P(Xi|Yj = 2) =6
49 1 1 3 25 2 102 17
= __ . __ + __ . __ + __ . __ = ___ = __ = 0,472.
36 6 36 6 36 6 216 36
6.14 No exercício 5.11, foram determinadas a média e a variância:
X
– = 11 e σ^ 2 = 27
O terceiro momento em relação à média é
∑(Xi – X
–)3fiM3 =
___________ =∑fi
– 729 – 125 . 4 – 1 . 5 + 27 . 3 + 343 . 2 + 1331 864
= ________________________________________ = ____ = 54
16 16
Então o coeficiente de assimetria é
M3 54 2 2√—3α3 = ___ = _______ = ____ = ____ = 0,3849
σ^ 3 27√—–27 3√—3 9
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22 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
O quarto momento em relação à média é
∑(Xi – X
–)4fi 28752M4 =
__________ = _____ = 1797∑fi 16
Então o coeficiente de curtose é
M4 1797 599α4 =
___ = ____ = ___ = 2,465.
σ^ 4 272 243
Os resultados mostram que a distribuição é positivamente assimétrica e pla-
ticúrtica (α4 < 3). Cabe ressaltar que nesse exercício, por simplicidade, não
usamos uma notação que distinguisse os parâmetros α3 e α4 da população dos
valores calculados com base na tabela fornecida no exercício 5.11, que pode
ser apenas uma amostra da população.
7. A DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL
7.1 Trata-se de uma distribuição binomial com n = 5 e p = 0,5. De acordo com (8.6),
temos
5 5 . 4 . 3
P(X = 3) = � � 0,530,52 = _______ . 0,55 =3 2 . 3
5
= __ = 0,3125 ou 31,25%.
16
7.2 Trata-se de uma distribuição binomial com n = 5 e p = 1/3.
a) De acordo com (8.6), a probabilidade é
5 1 2 5 . 4 23 80
P(X = 2) = � ��__�
2
�__�
3
= ____ . __ = ____ = 0,3292 ou 32,92%.
2 3 3 2 35 243
b) A probabilidade de que mais de 2 sejam alfabetizados é
5 1 2 5 1 2 5 1
P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) = � ��__�
3
�__�
2
+ � ��__�
4
. __ + � ��__�
5
=
3 3 3 4 3 3 5 3
1 51 17
= __ (10 . 4 + 5 . 2 + 1) = ____ = __ = 0,2099.
35 243 81
7.3 Admite-se que o número de filhos tem distribuição binomial com n = 4 e p = 0,5.
a) A probabilidade de haver 3 filhos do sexo masculino é igual à probabili-
dade de haver apenas 1 filha, que, de acordo com (8.6), é
4 1 4 1
P(X = 1) = � ��__�
4
= __ = __ = 0,25.
1 2 16 4
Então, espera-se que haja 1000 . 0,25 = 250 famílias com 3 filhos do sexo mas-
culino naquele conjunto de 1000 famílias.
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4 1 1
b) P(X = 4) = � ��__�
4
= __ = 0,0625
4 2 16
Então espera-se que no grupo de1000 famílias haja 62 ou 63 com 4 filhas.
4 1 4 1
c) P(X = 1) + P(X = 2) = � ��__�
4
+ � ��__�
4
=
1 2 2 2
1 4 . 3 10 5
= __ �4 + ____� = __ = __ = 0,62516 2 16 8
No grupo de 1000, famílias espera-se que haja 625 com 1 ou 2 filhas.
7.4 O número de testes respondidos corretamente tem distribuição binomial com
n = 10 e p = 1/2.
10 1
Temos P(X = 7) = � �� __�
10
7 2
n n
Lembrando que � � = � �, fica mais fácil calculark n – k
10 1 10 . 9 . 8 1 15
P(X = 7) = � ��__�10 = ________ . ___ = ___ = 0,1172.3 2 2 . 3 210 128
Sabemos que a média e a variância de uma distribuição binomial são µ = np e
1 1 1 10
σ 2 = npq. Neste caso temos µ = 10 . __ = 5 e σ 2 = 10 . __ . __ = __ = 2,5.
2 2 2 4
O desvio padrão é σ = √—–2,5 = 1,58.
7.5 Para uma distribuição binomial com n = 3 e p = 1/3, temos µ = np = 1 e
2
σ 2 = npq = __. Utilizando a expressão (8.6) podemos calcular a probabilidade
3
associada aos diferentes valores de X e construir a seguinte tabela que mostra a
distribuição de X:
23RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
X P(X)
0 8/27
1 12/27
2 6/27
3 1/27
Como não poderia deixar de ser, verifica-se que a soma das probabilidades é
igual a 1.
Também se pode verificar que, utilizando as definições µ = E(X) = ∑XP(X) e
σ 2 = E(X – µ)2 = ∑(X – µ)2P(X), são obtidos os mesmos valores já obtidos com
as expressões específicas para a distribuição binomial (µ = np e σ 2 = npq).
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24 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
O terceiro momento em relação à média é
M3 = E(X – µ)3 = ∑(X – µ)3P(X) =
1 6 2
= __ (– 1 . 8 + 1 . 6 + 8) = __ = __
27 27 9
Então
2__
M3 9 1 √—6
α3 =
___ = _______ = ___ = ___
α3 2 2 √—6 6__ __
3 √ 3
O quarto momento em relação à média é
M4 = E(X – µ)4 = ∑(X – µ)4P(X) =
1 30 10
= __ (8 + 6 + 16) = __ = __
27 27 9
Então
10__
M4 9 5α4 =
___ = ___ = __ = 2,5.
α4 4 2__
9
Utilizando as expressões específicas para distribuições binomiais, obtemos
q – p 1/3 1 √—6
α3 =
______ = ______ = ___ = ___√——npq √——2/3 √—6 6
1 – 6 pq 1 – 4/3
e α4 = 3 +
_______ = 3 + _______ = 2,5.
npq 2/3
Verifica-se que os resultados são idênticos aos obtidos utilizando as definições
gerais.
7.6 Para uma distribuição binomial com n = 4 e p = 1/3, temos µ = np = 4/3 e
σ 2 = npq = 8/9. A tabela a seguir mostra a distribuição de X e os valores de X – µ:
X P(X) X – µµ
0 16/81 – 4/3
1 32/81 – 1/3
2 24/81 – 2/3
3 08/81 – 5/3
4 01/81 – 8/3
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De acordo com a definição, temos
648 8
M3 = E(X – µ)3 = ______ = __81 . 27 27
Então
8__
27 1 √—2
α3 =
_______ = _____ = ___.
8 8 2√—2 4__ __
9 √ 9
q – p
Verifica-se que o mesmo valor é obtido com a expressão α3 =
______ .√——npq
De acordo com a definição, o quarto momento em relação à média é
13608 56
M4 = E(X – µ)4 = ______ = __81 . 81 27
Segue-se que
56__
27 21
α4 =
___ = __.
64 8__
81
Verifica-se que o mesmo resultado é obtido com a expressão
1 – 6 pq
α4 = 3 +
_______.
npq
7.7 A variável definida no enunciado do exercício tem distribuição binomial com
n = 4 (pois a prova tem 4 questões) e p = 1/4 (pois em cada questão apenas 1
das 4 alternativas é correta).
Obtemos
1µ = np = 4 . __ = 1
4
3
σ 2 = npq = __
4
Usando as expressões dadas no exercício 7.5, obtemos
2__
q – p 4 1 √—3
α3 =
______ = _____ = ____ = ____√——npq 3 √—3 3__
√ 4
3
1 – 6 . __
1 – 6 pq 16 17
α4 = 3 + 
_______ = 3 + ________ = __
npq 3 6__
4
25RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 25
26 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
3
M3 = α3σ 3 =
__
8
51
e M4 = α4σ 4 =
__.
32
Também poderíamos construir a tabela mostrando a distribuição de X e cal-
cular os valores de M3 e M4 a partir das suas definições:
M3 = E(X – µ)3
e M4 = E(X – µ)4.
7.8 O número de pessoas vivas depois dos 30 anos é uma variável (X) com dis-
tribuição binominal com n = 5 e p = 2/3.
5 2 32
a) P(X = 5) = � ��__�
5
= ___ = 0,1317.
5 3 243
b) A probabilidade pedida é
P(X ≥ 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) =
5 2 1 5 2 1 32
= � ��__�
3
�__�
2
+ � ��__�
4
__ + ____ =
3 3 3 4 3 3 243
80 80 32 192 64
= ___ + ___ + ___ = ___ = ___ = 0,7901.
243 243 243 243 81
7.9 Vamos admitir que o fato de um motor falhar seja independente da situação
dos demais motores do avião. Então o número de motores que falha é uma
variável com distribuição binomial com p = 0,4. O avião bimotor cai se os dois
motores falharem. A probabilidade de isso ocorrer é
0,42 = 0,16.
O quadrimotor cai se 3 ou 4 motores falharem. Então a probabilidade de ele
cair é
4 4
P(X = 3) + P(X = 4) = � � 0,43 . 0,6 + � � 0,44 = 0,1536 + 0,0256 = 0,1792.3 4
Como a probabilidade de o quadrimotor cair (0,1792) é maior do que a proba-
bilidade de o bimotor cair (0,16), deve ser dada preferência ao uso do bimotor.
Cabe ressaltar que os dados do exercício não são realistas, pois não é razoá-
vel supor que a probabilidade de um motor de avião falhar em uma viagem
seja 0,4 ou 40%.
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 26
7.10 A probabilidade de o bimotor cair é igual à probabilidade de os seus dois
motores falharem, que é p2.
A probabilidade de o quadrimotor cair é
4 4
P(X = 3) + P(X = 4) = � � p3(1 – p) + � � p4 = 4 p3(1 – p) + p4 = p3(4 – 3p).3 4
Será preferível usar o quadrimotor se
p3(4 – 3p) < p2 (1)
p(4 – 3p) < 1
–3p2 + 4p – 1< 0
ou 3 p2 – 4p + 1 > 0 (2)
Verifica-se que as raízes de 3p2 – 4p + 1 = 0 são p = 1/3 e p = 1. O trinômio no
1o membro de (2) é positivo fora do intervalo delimitado pelas raízes, isto é, a
desigualdade (1) é verdadeira para p < 1/3 e p > 1. Como p é uma probabi-
lidade, ficamos apenas com o intervalo 0 ≤ p < 1/3. Mas a inequação (2) é uma
simplificação da inequação (1), que obviamente não é obedecida se p = 0.
Concluímos, portanto, que deve ser dada preferência ao uso do avião quadri-
motor se 0 < p < 1/3.
7.11 Sabemos que a variância da distribuição binominal é
σ 2 = npq = np(1 – p) = n(p – p2).
Para n fixo, temos
dσ 2____ = n(1 – 2p)
dp
d2σ 2
e ____ = –2n.
dp2
Igualando a zero a primeira derivada, obtemos p = 0,5. Como a segunda deri-
vada é negativa, concluímos que σ 2 é máximo quando p = 0,5.
7.12 Ocorre “número primo” se o resultado for 1, 2, 3 ou 5. Então, a probabilidade de
o resultado ser um número primo em um lançamento do dado é p = 4/6 = 2/3.
O número (X) de resultados “número primo” em 6 lançamentos do dado é
uma variável com distribuição binomial com n = 6 e p = 2/3.
6 2 1 20 . 23 160
a) P(X = 3) = � ��__�
3
�__�
3
= _____ = ___
3 3 3 36 729
240 192 64 496
b) P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) = ___ + ___ + ___ = ___
729 729 729 729
27RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 27
28 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
7.13 Como a probabilidade de sair valor ímpar no lançamento de um dado é 1/2,
a probabilidade de obter valor ímpar nos dois dados é
1 1 1__ . __ = __.
2 2 4
Então, o número de vezes que se obtém “valor ímpar nos dois dados” nos 6 lan-
çamentos é uma variável (X) com distribuição binominal com n = 6 e p = 1/4.
a) P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) =
6 1 3 6 1 3 6 1
= � ��__�
4
�__�
2
+ � ��__�
5
__ + � ��__�
6
=
4 4 4 5 4 4 6 4
1 154 77
= _____ (135 + 18 + 1) = _____ = _____ = 0,0376 ou 3,76%.
4096 4096 2048
b) P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) =
3 6 1 3 6 1 3
= �__�
6
+ � � __ �__�
5
+ � ��__�
2
�__�
4
=
4 1 4 4 2 4 4
1 3402 1701
= _____ (729 + 1.458 + 1.215) = _____ = _____ = 0,8306 ou 83,06%.
4096 4096 2048
7.14 Se a amostragem for feita com reposição,o número de famílias (X) com rendi-
mento mensal superior a 10 salários mínimos na amostra de 10 famílias será
uma variável com distribuição binomial com p = 0,15 e n = 10. Mesmo que a
amostragem seja feita sem reposição, a distribuição binomial continua sendo
uma ótima aproximação para a distribuição de X, pois a população (133.740
famílias) é muito maior do que a amostra (n = 10). Então, a probabilidade de
que a amostra inclua 2, 1 ou nenhuma família com rendimento mensal supe-
rior a 10 salários mínimos é
P(X = 2) + P(X = 1) + P(X = 0) =
10 10
= � � 0,152 . 0,858 + � � 0,15 . 0,859 + 0,8510 =2 1
= 0,2759 + 0,3474 + 0,1969 = 0,8202 ou 82,02%.
7.15 Como E(X) = λ = 1, de acordo com a expressão (8.18), temos
e–1 1
P(X = 2) = ___ = ___ = 0,18394
2! 2e
e–1 1
e P(X = 3) = ___ = ___ = 0,06131.
3! 6e
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 28
7.16 De acordo com a expressão (8.14), a probabilidade de termos X = k meninas
na amostra de 6 alunos é
5 11� �� �k 6 – k 1 5 11
P(X = k) = ___________ = ____ � �� � .16 8008 k 6 – k� �6
Como a classe tem apenas 5 meninas, é impossível a amostra ter 6 meninas.
Então a probabilidade de mais da metade dos alunos da amostra serem meninas é
P(X = 4) + P(X = 5) =
1 5 11 5 11
= _____ �� �� � + � �� �� =8008 4 2 5 1
275 + 11 286 1
= _______ = _____ = ___ = 0,03571
8008 8008 28
ou 3,571%.
8. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL
8.1 a) Como a distribuição normal é simétrica, sua mediana é igual à sua média (µ).
Como µ = 7, conclui-se que a mediana da distribuição (ou mediana da
população) é igual a 7.
b) Ordenando os cinco valores da amostra, obtemos:
4, 5, 6, 9, 10
Verifica-se que a mediana da amostra é 6.
8.2 a) O número (X) de alfabetizados em uma amostra aleatória de 5 pessoas tem
distribuição binomial com p = 0,8 e n = 5. A probabilidade de haver 2 alfa-
betizados é
5
P(X = 2) = � � 0,82 . 0,23 = 0,0512 ou 5,12%.2
b) A probabilidade de encontrar pelo menos 2 analfabetos é igual à probabi-
lidade de encontrar 3 ou menos de 3 alfabetizados:
P(X = 3) + P(X = 2) + P(X = 1) + P(X = 0) =
5 5 5
= � � 0,83 . 0,22 + � � 0,82 . 0,23 + � � 0,8 . 0,24 + 0,25 =3 2 1
= 0,2048 + 0,0512 + 0,0064 + 0,00032 =
= 0,26272 ou 26,27%.
29RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 29
30 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
c) O número de analfabetos (X) na amostra de 400 pessoas é uma variável
com distribuição binomial com p = 0,2 e n = 400. Como np = 80 e nq = 320,
podemos usar a aproximação normal da distribuição binomial. Temos
µ = np = 80, σ 2 = npq = 64 e σ = 8. Considerando a correção de con-
tinuidade, obtemos
100,5 – 80
P(X > 100) = P�Z > ________ � =8
= P(Z > 2,5625).
Na tabela I do Apêndice verifica-se que
P(0 < Z < 2,56) = 0,4948
e P(0 < Z < 2,57) = 0,4949
Dada a proximidade entre essas duas probabilidades, a interpolação do valor
Z = 2,5625 tem um efeito desprezível, concluindo-se que
P(X > 100) = 0,5 – 0,4948 = 0,0052 ou 0,52%.
8.3 a) Os valores de Z correspondentes a 98 e 102 ohms são
98 – 100
Z1 =
________ = –1
2
102 – 100
e Z2 =
________ = 1
2
Na tabela I do Apêndice verifica-se que
P(0 < Z < 1) = 0,3413
Então a probabilidade pedida é
P(–1 < Z < 1) = 2 . 0,3413 = 0,6826 ou 68,26%.
b) O valor de Z correspondente a 95 ohms é
95 – 100
Z = ________ = –2,5
2
Utilizando a tabela I, conclui-se que a probabilidade pedida é
P(Z > –2,5) = 0,4938 + 0,5 = 0,9938 ou 99,38%.
8.4 a) O número de resultados “seis” em 180 lançamentos do dado é uma variá-
vel (X) binomial com p = 1/6 e n = 180. Como np = 30 e nq é ainda maior,
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 30
podemos usar a aproximação normal da distribuição binomial. Temos
µ = np = 30, σ 2 = npq = 25 e σ = 5. Então
39,5 – 30
P(X ≥ 40) = P�Z > ________� =5
= P(Z > 1,9) = 0,5 – 0,4713 =
= 0,0287 ou 2,87%.
b) O número (X) de resultados “cinco” ou “seis” nos 180 lançamentos é uma
variável com distribuição binomial com p = 2/6 = 1/3 e n = 180. Temos
µ = np = 60 e σ 2 = npq = 40. Usando a aproximação normal da distribuição
binomial, obtemos
49,5 – 60
P(X < 50) = P�Z < ________� =√—–40
= P(Z < –1,660) = 0,5 – 0,4515 =
= 0,0485 ou 4,85%.
8.5 O peso de uma caixa cheia é igual à soma dos pesos da caixa vazia e das 144
unidades do produto. Se Xi é o peso da i-ésima unidade e Y é o peso da caixa
vazia, o peso da caixa cheia é
144
W = Y + ∑ Xi
i=1
Então
144
E(W) = E(Y) + ∑ E(Xi) = 200 + 144 . 8 = 1352.
i=1
Se as unidades colocadas em uma caixa são tomadas ao acaso, as variáveis que
formam W são independentes e
144
V(W) = V(Y) + ∑ V(Xi) = 102 + 144 . 52 = 3700.
i=1
Como uma combinação linear de variáveis com distribuição normal também
tem distribuição normal, conclui-se que W é uma variável com distribuição
normal com média igual a 1352 e variância igual a 3700. Segue-se que a proba-
bilidade pedida é
1400 – 1352
P(W > 1400) = P�Z > __________� =√—–—3700
= P(Z > 0,79) = 0,5 – 0,2852 = 0,2148.
31RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 31
32 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Calculando o valor de Z com mais casas decimais e fazendo interpolação na
tabela I do Apêndice, obtemos
P(W > 1400) = P(Z > 0,7891) =
= 0,5 – 0,2849 = 0,2151.
8.6 O número (X) de testes respondidos corretamente por um aluno que responde
aleatoriamente é uma variável com distribuição binomial com n = 100 e p = 0,5.
Então, E(X) = µ = np = 50, σ 2 = npq = 25 e σ = 5. Usando a aproximação nor-
mal da distribuição binomial, obtemos
59,5 – 50
P(X ≥ 60) = P�Z > ________� = P(Z > 1,9) =5
= 0,5 – 0,4713 = 0,0287 ou 2,87%
44,5 – 50
P(X < 45) = P�Z < ________� = P(Z < –1,1) =5
= P(Z > 1,1) = 0,5 – 0,3643 = 0,1357 ou 13,57%
43,5 – 50 60,5 – 50
P(44 ≤ X ≤ 60) = P�________ < Z < ________� =5 5
P(–1,3 < Z < 2,1) = 0,4032 + 0,4821 = 0,8853 ou 88,53%.
8.7 a) Seja X o peso de um estudante. Temos
81 – 75
P(X > 81) = P�Z > ______� = P(Z > 1) =6
= 0,5 – 0,3413 = 0,1587.
Então o número de estudantes com mais de 81 kg em um grupo de 500 estu-
dantes é uma variável binominal com n = 500 e p = 0,1587 e o seu valor
esperado é µ = np = 79,35. Como se trata de uma variável inteira, o resul-
tado é arredondado para o inteiro mais próximo, que é 79.
b) Temos P(69 < X < 81) = P(–1 < Z < 1) = 2P(0 < Z < 1) = 2 . 0,3413 = 0,6826.
Segue-se que o valor esperado do número de estudantes com peso entre 69
e 81 kg é o inteiro mais próximo de µ = np = 500 . 0,6826 = 341,3, ou seja, 341.
8.8 Seja X a vida útil das quatro lâmpadas, usadas consecutivamente. Temos
µ = E(X) = 4 . 1500 = 6000. Admitindo que as vidas úteis das quatro lâmpadas
são variáveis independentes, temos
σ 2 = V(X) = 4 . 1502 = 90000 e σ = 300.
6600 – 6000
a) P(X > 6600) = P�Z > __________� = P(Z > 2) = 0,5 – 0,4772 = 0,0228.300
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5550 – 6000
b) P(X < 5550) = P�Z < __________� =300
= P(Z < –1,5) = P(Z > 1,5) = 0,5 – 0,4332 = 0,0668.
8.9 Seja Y o número de pessoas com renda mensal superior a X na amostra de 100
pessoas. A variável Y tem distribuição binomial com n = 100 e p = 0,1. A dis-
tribuição será exatamente binomial apenas se a amostragem for feita com
reposição, mas, mesmo que a amostragem seja feita sem reposição (como é
usual), a aproximação é muito boa, pois a população é muito maior do que a
amostra. Além disso, como µ = np = 10 e nq = 90, podemos usar a aproximação
normal da binomial.
O desvio padrão de Y é σ = √——npq = 3. Então
5,5 – 10
P(Y < 6) = P�Z < _______� = P(Z < –1,5) = 0,5 – 0,4332 = 0,0668.3
8.10 O número (X) de testes respondidos corretamente por esse aluno é uma variá-
vel com distribuição binomial com n = 300e p = 0,5. Temos
E(X) = µ = np = 150,
V(X) = σ 2 = npq = 75 e σ = √—–75 = 8,660.
Usando a aproximação normal da distribuição binomial, a probabilidade de
esse aluno acertar 200 ou mais testes é
199,5 – 150
P(X ≥ 200) = P�Z > _________ � = P(Z > 5,716).8,660
Na tabela I do Apêndice verifica-se que P(Z > 3,09) = 0,001. Então, P(Z > 5,716)
é um valor muito menor, que pode ser considerado desprezível.
Se P(Z ≥ 200) já é um valor desprezível, com mais razão podemos considerar
desprezível o valor de P(X = 200).
8.11 a) Para que a soma seja 2, os resultados devem ser 2 e 0 ou 0 e 2. Então, a
1 1
probabilidade pedida é 2 . �__�
2
= __.
4 8
3 3 9
b) __ . __ = __
4 4 16
c) A soma igual a 6 pode resultar de 6 + 0, 0 + 6, 4 + 2 ou 2 + 4. Então, a
probabilidade de obter soma igual a 6 em um lançamento dos dois
1 1 1
tetraedros é 4 . __ . __ = __.
4 4 4
33RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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34 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Segue-se que a probabilidade de obter soma igual a 6 nas duas jogadas é
1 1 1__ . __ = __ e a probabilidade de obter soma igual a 6 em ao menos uma
4 4 16
1 1 3 3 1 7
das duas jogadas é __ + __ . __ + __ . __ = __.
16 4 4 4 4 16
d) A tabela a seguir mostra os resultados que podem ser obtidos jogando dois
tetraedros, assinalando quando ocorrem os eventos A, B ou C:
Resultado no Resultado no 1
o tetraedro
2o tetraedro 0 2 4 6
0 C – A B
2 – A,C B B
4 A B B,C B
6 B B B B,C
Verifica-se que A e B são mutuamente exclusivos, A e C não são mutua-
mente exclusivos e B e C não são mutuamente exclusivos.
3 10 5 4 1
Verifica-se que P(A) = __ , P(B) = __ = __, P(C) = __ = __, P(A|B) = 0,
16 16 8 16 4
1 2 1
P(A|C) = __ e P(B|C) = __ = __.
4 4 2
Conclui-se que não há independência entre A e B, nem entre A e C ou
entre B e C.
e) O número (X) de resultados “zero” em 5 lançamentos é uma variável com
distribuição binomial com n = 5 e p = 1/4. Então
5 1 3 27 135
P(X = 2) = � ��__�
2
�__�
3
= 10 . ____ = ___
2 4 4 1024 512
e P(X > 3) = P(X = 4) + P(X = 5) =
5 1 3 1 16 1
= � ��__�
4
__ + �__�
5
= ____ = __.
4 4 4 4 1024 64
f) O número (Y) de resultados “zero” em 300 lançamentos é uma variável com
distribuição binomial com n = 300 e p = 1/4. Então, µ = np = 75, σ 2 = npq =
56,25 e σ = 7,5. Obtemos
79,5 – 75
P(Y ≥ 80) = P�Z > ________� = P(Z > 0,6) = 0,5 – 0,2257 = 0,27437,5
59,5 – 75
P(Y < 60) = P�Z < ________� = P(Z < – 2,067) = P(Z > 2,067)7,5
Fazendo interpolação na tabela I do Apêndice, obtemos P(Y < 60) =
0,5 – 0,4806 = 0,0194.
01-solu ao dos exerc cios.qxd 3/9/2006 5:14 PM Page 34
8.12 Como a população de eleitores é muito maior do que a amostra de 900 eleitores,
mesmo que a amostragem seja feita sem reposição (como é usual), o número (X)
de partidários do “sim” na amostra tem distribuição binomial com n = 900,
p = 0,8, µ = np = 720, σ 2 = npq = 144 e σ = 12. Usando a aproximação normal
da distribuição binomial, obtemos
683,5 – 720
P(X < 684) = P�Z < __________� = P(Z < – 3,042) =12
= 0,5 – 0,4988 = 0,0012 ou 0,12%.
8.13 a) Sendo X o peso de um saco, temos E(X) = µ = 60 e σ = 3. Admitindo que X
tem distribuição normal, obtemos
55 – 60
P(X < 55) = P�Z < ______� = P(Z < – 1,667) =2
= 0,5 – 0,4522 = 0,0478 ou 4,78%
66 – 60
P(X > 66) = P�Z > ______� = P(Z > 2) =3
= 0,5 – 0,4772 = 0,0228 ou 2,28%
b) Na tabela I do Apêndice verifica-se, com boa aproximação, que
P(Z > 1,28) = 0,1 ou 10%
Segue-se que
P(Z < – 1,28) = 0,1
Portanto, a máquina de ensacar deve ser regulada para um peso médio µ
tal que o valor X = 60 corresponda a Z = – 1,28, ou seja,
60 – µ______ = – 1,28
3
Conclui-se que µ = 60 + 3 . 1,28 = 63,84 kg.
8.14 O número (X) de respostas corretas de um aluno que responde aleatoriamente
é uma variável com distribuição binomial com n = 100 e p = 1/5. Então
µ = E(X) = np = 20, σ 2 = npq = 16 e σ = 4.
35RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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36 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Usando a aproximação normal da distribuição binomial, obtemos
29,5 – 20
P(X ≥ 30) = P�Z > _______� = P(Z > 2,375) =4
= 0,5 – 0,4912 = 0,0088 ou 0,88%
14,5 – 20
P(X < 15) = P�Z < _______� = P(Z < – 1,375) =4
= 0,5 – 0,4154 = 0,0846 ou 8,46%
14,5 – 20 30,5 – 20
P(15 ≤ X ≤ 30) = P� _______ < Z < _______ � =4 4
= P(– 1,375 < Z < 2,625) = 0,4154 + 0,4956 =
= 0,9110 ou 91,10%.
8.15 Vamos admitir que o peso (X) de um saco seja uma variável com distri-
buição normal com média µ e desvio padrão σ = 2. A incógnita do problema
é o valor de µ.
Na tabela I do Apêndice verifica-se, por interpolação, que
P(Z > 1,645) = 0,05 ou 5%.
Segue-se que
P(Z < – 1,645) = 0,05.
Então, a máquina de ensacar deve ser regulada para um peso médio (µ) tal que o
60 – µ
valor X = 60 corresponda a Z = –1,645, ou seja, _____ = – 1,645.
2
Conclui-se que µ = 60 + 3,29 = 63,29 kg.
8.16 a) Sendo n o número de unidades entregues, a receita “normal”, com todos
pagando, seria 100n. Para obter a mesma receita com 98% dos clientes pagan-
do, o preço w deve ser tal que
w0,98n = 100n
Segue-se que w = 102,04, o que significa um acréscimo de 204 centavos
no preço “normal” de R$ 100,00.
b) O número de unidades pagas (X) será uma variável com distribuição
binomial com n = 900 e p = 0,98. Temos µ = np = 882, σ 2 = npq = 17,64 e
σ = 4,2. Como nq = 18, podemos usar a aproximação normal da distribuição
binomial. As perdas serão compensadas se
103 X ≥ 100 . 900
ou X ≥ 874.
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Então a probabilidade pedida é
873,5 – 882
P(X < 874) = P�Z < _________� = P(Z < – 2,024) =4,2
= 0,5 – 0,4785 = 0,0215 ou 2,15%.
8.17 Problema análogo ao 8.15.
Temos P(Z < – 1,282) = 0,10 ou 10%.
Então a máquina deve ser regulada para um peso médio µ tal que
400 – µ______ = – 1,282.
20
Segue-se que µ = 400 + 25,64 = 425,64 g.
8.18 Sendo X o número de segurados que sofrem o acidente, a companhia terá
prejuízo se
400 . 1000 < X . 8000
ou X > 50.
X é uma variável com distribuição binomial com n = 400, p = 0,1, µ = 40 e
σ 2 = 36. Usando a aproximação normal da binomial, temos
50,5 – 40
P(X > 50) = P�Z > ________� = P(Z > 1,75) =6
= 0,5 – 0,4599 = 0,0401 ou 4,01%.
8.19 Uma vez que a população é muito maior do que a amostra, mesmo que a amos-
tragem seja feita sem reposição, o número de empregadores na amostra tem
distribuição aproximadamente binomial com p = 0,02.
a) A probabilidade de não haver nenhum empregador em uma amostra de 5
pessoas é 0,985 = 0,904.
b) Em uma amostra de 400 pessoas, o número de empregadores é uma va-
riável com distribuição binomial com n = 400, p = 0,02, µ = 8, σ 2 = 7,84 e
σ = 2,8. Usando a aproximação normal da binomial, temos
4,5 – 8
P(X < 5) = P�Z < ______� = P(Z < – 1,25) =2,8
= 0,5 – 0,3944 = 0,1056.
8.20 Seja X o número de segurados que sofrem o acidente. Então a companhia
de seguros terá prejuízo se
400 . 2000 < 8000 + X . 15000
ou X > 52,8.
37RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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38 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Como X é uma variável inteira, concluímos que haverá prejuízo se X ≥ 53.
X é uma variável com distribuição binomial com n = 400, p = 0,1, µ = 40, σ 2 = 36
e σ = 6. Usando a aproximação normal da binomial, temos
52,5 – 40
P(X ≥ 53) = P�Z > ________� = P(Z > 2,083) =6
= 0,5 – 0,4814 = 0,0186 ou 1,86%.
8.21 O número Y de testes respondidos corretamente pelo aluno é uma variável
com distribuição binomial com n = 400, p = 0,5, µ = 200 e σ = 10. De acordo
com a aproximação normal da binomial, temos
(X – 0,5) – 200
P�Z> ____________ � = 0,125.100
Na tabela I do Apêndice verifica-se que P(0 < Z < 1,15) = 0,375 ou P(Z > 1,15) =
= 0,125.
Então, devemos ter
X – 0,5 – 200___________ = 1,15
100
ou X = 212.
8.22 A tabela ao lado mostra a distribuição do valor (X)
do arredondamento, em centavos. Verifica-se que
E(X) = ∑XiP(Xi) = 0 e V(X) = E(X2) = ∑Xi2P(Xi) = 8,5.
Sendo Xj o erro de arredondamento no j-ésimo
item, o erro de arredondamento na soma dos
850 itens é
850
Y = ∑ Xj.
j=1
Segue-se que E(Y) = 850E(Xj) = 0 e, admitindo
850
que os Xj são independentes, V(Y) = ∑ V(Xj) =
j=1
850 . 8,5 = 852.
Embora a distribuição de X seja claramente diferente da distribuição normal,
o teorema do limite central garante que Y tem distribuição aproximada-
mente normal com média µ = 0 e desvio padrão σ = 85. A probabilidade de
o valor absoluto de Y ultrapassar 200 centavos, sem fazer a correção de con-
tinuidade, é
200
2P(Y > 200) = 2P�Z > ___� = 2P(Z > 2,353) =85
= 200 . 0,0093 = 0,0186.
X P(X)
0 0,1
1 0,1
2 0,1
3 0,1
4 0,1
5 0,05
– 5 0,05
– 4 0,1
– 3 0,1
– 2 0,1
– 1 0,1
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Fazendo a correção de continuidade, a probabilidade é
200,5
2P�Z > _____� = 2P(Z > 2,359) =85
= 2 . 0,0091 = 0,0182.
8.23 Seja W a soma dos 3600 valores de X, isto é,
3600
W = ∑ Xi
i=1
Então, a média dos 3600 valores de X é
W
Y = ____
3600
Para que essa média difira do seu valor esperado por menos de 0,01, é
necessário que W difira de E(W) por menos de 36.
A variável W tem distribuição binomial com n = 3600, p = 0,5, E(W) = 1800,
σ 2 = npq = 900 e σ = 30. Usando a aproximação normal da binomial, temos
35,5
P(|Y – 1800|<36) = P�|Z|< _____� = P(|Z|<1,1833) =30
= 2 . 0,3817 = 0,7634 ou 76,34%.
Se o exercício for resolvido enfocando a variável Y, fica difícil ver a necessi-
dade da correção de continuidade e, sem essa correção, a resposta obtida é
0,7698 ou 76,98%.
8.24 Seja X o número de famílias com renda mensal superior a R$ 2.000,00 na
amostra de 400 famílias. Essa variável tem distribuição aproximadamente
binomial, com n = 400, p = 0,05, µ = np = 20 e σ 2 = npq = 19. Usando a aproxi-
mação normal da binomial, temos
30,5 – 20
P(X > 30) = P�Z > ________� = P(Z > 2,409) =√—–19
= 0,5 – 0,4920 = 0,0080 ou 0,8%.
8.25 a) A tabela ao lado mostra a distribuição de X.
Verifica-se que
2
E(X) = 1 e V(X) = E(X – 1)2 = __.
3
b) Como Y é a soma de 3 valores independentes de
X, temos E(Y) = 3E(X) = 3 e V(Y) = 3V(X) = 2.
39RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
X P(X)
0 1/3
1 1/3
2 1/3
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40 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
c) Sejam X1, X2 e X3 os valores obtidos em 3
lançamentos do cubo. A tabela ao lado
mostra os valores de S = X1 + X2. Como a
probabilidade associada a cada casela é 1/9,
obtemos a distribuição de S apresentada na
tabela seguinte.
Cruzando essa distribuição com a distri-
buição de X3, obtemos os valores de
Y = S + X3 = X1 + X2 + X3 apresentados
na mesma tabela, acompanhados das res-
pectivas probabilidades.
X2
X1
0 1 2
0 0 1 2
1 1 2 3
2 2 3 4
S = X1 + X2
S P(S)
X3; P(X3)
0; 1_
3
1; 1_
3
2; 1_
3
0 1_
9
0; 1__
27
1; 1__
27
2; 1__
27
1 2_
9
1; 2__
27
2; 2__
27
3; 2__
27
2 3_
9
2; 3__
27
3; 3__
27
4; 3__
27
3 2_
9
3; 2__
27
4; 2__
27
5; 2__
27
4 1_
9
4; 1__
27
5; 1__
27
6; 1__
27
Valores de Y = S2 + X3 e respectiva probabilidade
Coletando os valores iguais e somando as respectivas probabilidades, obte-
mos a distribuição de Y apresentada na tabela a seguir, acompanhada do
respectivo gráfico de barras.
Y P(Y)
0 1/27
1 3/27
2 6/27
3 7/27
4 6/27
5 3/27
6 1/27
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É interessante notar que, embora a distribuição de X seja muito diferente
da distribuição normal e Y seja a soma de apenas 3 valores de X, a distri-
buição de Y já tem alguma semelhança de forma com uma distribuição
normal, de acordo com o teorema do limite central.
d) Basta examinar a distribuição de Y para verificar que P(Y ≥ 4) = 10/27.
e) Lembrando que E(Y) = 3 e utilizando a tabela com a distribuição de Y,
obtemos M3 = E(X – 3)3 = 0, como não podia deixar de ser, pois a distri-
buição é simétrica. Então α3 = 0.
Também obtemos M4 = E(X – 3)4 = 10.
10
Lembrando que V(Y) = 2, segue-se que α4 =
__ = 2,5.
4
f) Como W é a soma de 150 valores independentes de X, lembrando os resulta-
dos obtidos no item (a), temos E(W) = 150 E(X) = 150 e V(W) = 150V(X) = 100.
Segue-se que σW = 10.
g) De acordo com o teorema do limite central, W tem distribuição aproxi-
madamente normal. Note-se, entretanto, que W é uma variável inteira.
Tomando o cuidado de fazer a correção de continuidade, temos
165,5 – 150
P(W > 165) = P�Z > __________� = P(Z > 1,55) =10
= 0,5 – 0,4394 = 0,0606.
129,5 – 150
h) P(W < 130) = P�Z < __________� = P(Z < – 2,05) =10
= 0,5 – 0,4798 = 0,0202.
139,5 – 150 160,5 – 150
i) P(140 ≤ W ≤ 160) = P� __________ < Z < __________� = P(– 1,05 < Z < 1,05) =10 10
= 2 . 0,3531 = 0,7062.
8.26 Como a máquina é regulada para um peso médio 5% acima do peso declarado,
temos µ = 1,05 . 160 = 168.
a) Sendo X o peso de uma lata,
160 – 168
P(X < 160) = P�Z < ________� = P(Z < – 2) = 0,5 – 0,4772 = 0,0228.4
b) Agora a incógnita é o peso médio µ. Na tabela I do Apêndice, verifica-se que
P(Z > 1,88) = 0,03 ou 3%.
41RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS � Rodolfo Hoffmann 
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42 ESTATÍSTICA PARA ECONOMISTAS � Editora Thomson
Segue-se que
P(Z < – 1,88) = 0,03
Então
160 – µ______ = – 1,88
4
Dessa expressão, obtemos µ = 167,5 g.
8.27 Verifica-se que E(X) = 2,5 e V(X) = 1,25. Seja W a soma dos k valores de X, de
maneira que Y = W/k. Então
E(W) = 2,5k e V(W) = 1,25k.
Para k razoavelmente grande, o teorema do limite central assegura que W tem
distribuição aproximadamente normal.
Na tabela I do Apêndice, verifica-se que
P(Z > 2) = 0,0228.
Lembrando que Y = 3 corresponde a W = 3k e fazendo a correção de con-
tinuidade (pois W é uma variável inteira), verifica-se que
3k – 0,5 – 2,5k
P(W ≥ 3k) = P�Z > ____________�.√——–1,25k
Como o enunciado da questão exige que a probabilidade seja igual ou inferior
a 0,0228, devemos ter
3k – 0,5 – 2,5k____________ ≥ 2√——–1,25k
0,5k – 2√——–1,25k – 0,5 ≥ 0
ou
k – 2√—–5k – 1 ≥ 0.
Fazendo u = √—k, obtemos a inequação
u2 – (2√––5 )u – 1 ≥ 0,
que é satisfeita, para valores positivos de u, se u ≥ √––5 + √––6. Segue-se que
devemos ter
k ≥ (√––5 + √––6)2
ou
k ≥ 21,95.
Como k é uma variável inteira, conclui-se que o menor valor de k tal que
P(Y > 3) ≤ 0,0228 é 22.
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