Gabarito Lista de exercicios probabilidade

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MÉTODO QUANTITATIVO E PROCESSO DECISÓRIO 
GABARITO DOS EXERCÍCIOS DE PROBABILIDADE – mód 4 - 2013/2 
 
1.Uma urna contém 5 bolas brancas, 4 bolas amarelas e 3 bolas verdes. Serão retiradas, 
com reposição, duas bolas. Qual a probabilidade de: 
 
a) As duas serem brancas. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade da 
interseção de dois eventos independentes. 
P(Branca no 1º sorteio ∩ Branca no 2º ) = 
P(Branca no 1º sort.) x P( Branca 2º sort.) = 1736,0
12
5
12
5
=x 
b) A primeira ser branca e a segunda amarela. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade da 
interseção de dois eventos independentes. 
P(Branca no 1º sorteio ∩ amarela no 2º ) = 
P(Branca no 1º sort.) x P( amarela 2º sort.) = 1389,0
12
4
12
5
=x 
 
c) Uma ser branca e outra amarela, independente da ordem de retirada. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade da 
interseção de dois eventos independentes e considerando que, se a ordem 
dos eventos não importa, devem ser calculadas todas as ordenações 
possíveis e somadas (união de eventos). 
P[(Branca no 1º sorteio ∩ amarela no 2º) ∪ Branca no 1º sorteio ∩ 
amarela no 2º ) ] = 
P(Branca no 1º sort.) x P( amarela 2º sort.) + P(Amarela no 1º sort.) x P( 
branca no 2º sort.) = 2778,0
12
5
12
4
12
4
12
5
=+ xx 
 
d) Ambas serem da mesma cor. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução a partir do entendimento 
que se a urna tem 3 cores de bolinhas, há três possibilidades de resultado 
que atendem ao exercício. Usando a propriedade da interseção de dois 
eventos independentes para cada uma das três possibilidades e somando 
(união de eventos) no final temos P(BeB ou AeA ou VeV): 
P[(Branca no 1º sorteio ∩ branca no 2º) ∪ amarela no 1º sorteio ∩ 
amarela no 2º ) ∪ verde no 1º sorteio ∩ verde no 2º )] = 
P(Branca no 1º sort.) x P( branca 2º sort.) + P(Amarela no 1º sort.) x P( 
amarela no 2º sort.) + P(Verde no 1º sort.) x P( verde no 2º sort.) 
= 3472,0
12
3
12
3
12
4
12
4
12
5
12
5
=++ xxx 
 
e) Ser uma de cada cor. 
RESOLUÇÃO 1: Este problema tem sua solução a partir do 
entendimento que se a urna tem 3 cores de bolinhas, há seis 
possibilidades de resultados que atendem ao exercício (considerando que 
servem diferentes ordenações). Usando a propriedade da interseção de 
dois eventos independentes para cada uma das seis possibilidades e 
somando (união de eventos) no final, temos 
P(BeA ou AeB ou BeV ou VeB ou AeV ou VeA): 
P[(B ∩ A) ∪ (A ∩ B ) ∪ (B ∩ V ) ∪ (V ∩ B ) ∪ (A ∩ V ) ∪ (V ∩ A )] 
= 6528,0
12
4
12
3
12
3
12
4
12
5
12
3
12
3
12
5
12
5
12
4
12
4
12
5
=+++++ xxxxxx 
RESOLUÇÃO 2: Este problema pode também ter sua solução a partir do 
entendimento do “complementar”, ou seja, aquilo que não serve para o 
exercício. Se está solicitando que seja uma bolinha de cada cor, o que 
não serve é a situação em que as duas bolinhas são da mesma cor (que 
por sinal já foi calculado na letra d) deste exercício). Usando a 
propriedade do complementar, temos 
P(uma de cada cor) = 1-P(as duas da mesma cor): 
1- P[(B ∩ B) ∪ (A ∩ A ) ∪ (V ∩ V)] = 
6528,03472,01
12
3
12
3
12
4
12
4
12
5
12
51 =−=++− xxx 
 
 
2. Uma urna contém 5 bolas brancas, 4 bolas amarelas e 3 bolas verdes. Serão retiradas, 
sem reposição, duas bolas. Qual a probabilidade de: 
 
a) Uma ser branca e outra amarela, independente da ordem de retirada. 
RESOLUÇÃO: Por ser sem reposição, este problema tem sua solução 
usando a propriedade da interseção de dois eventos dependentes, já que 
o sorteio da segunda bolinha depende do que já saiu no primeiro e 
considerando que, se a ordem dos eventos não importa, devem ser 
calculadas todas as ordenações possíveis e somadas (união de eventos). 
P[(Branca no 1º sorteio ∩ amarela no 2º) ∪ Branca no 1º sorteio ∩ 
amarela no 2º ) ] = 
P(Branca no 1º sort.) x P( amarela 2º sort./branca no 1º) + P(Amarela no 
1º sort.) x P( branca no 2º sort. ./amarela no 1º) = 3030,0
11
5
12
4
11
4
12
5
=+ xx 
 
b) Ambas serem da mesma cor. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução a partir do entendimento 
que se a urna tem 3 cores de bolinhas, há três possibilidades de resultado 
que atendem ao exercício. Por ser sem reposição, este problema tem sua 
solução usando a propriedade da interseção de dois eventos dependentes, 
já que o sorteio da segunda bolinha depende do que já saiu no primeiro 
Usando a propriedade da interseção de dois eventos dependentes para 
cada uma das três possibilidades e somando (união de eventos) no final 
temos P(BeB ou AeA ou VeV): 
P[(Branca no 1º sorteio ∩ branca no 2º) ∪ amarela no 1º sorteio ∩ 
amarela no 2º ) ∪ verde no 1º sorteio ∩ verde no 2º )] = 
P(Branca no 1º sort.) x P( branca 2º sort. /branca no 1º) + P(Amarela no 
1º sort.) x P( amarela no 2º sort./amarela no 1º) + P(Verde no 1º sort.) x 
P( verde no 2º sort./verde no 1º) = 2879,0
11
2
12
3
11
3
12
4
11
4
12
5
=++ xxx 
 
3. Uma urna contém 5 bolas brancas, 4 bolas amarelas e 3 bolas verdes. Serão retiradas, 
sem reposição, três bolas. Qual a probabilidade de: 
 
a) Duas serem brancas e outra amarela, independente da ordem de retirada. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade da 
interseção de três eventos independentes e considerando que, se a ordem 
dos eventos não importa, devem ser calculadas todas as ordenações 
possíveis e somadas (união de eventos). 
P[(B∩ B∩ A) ∪ (B ∩ A ∩ B) ∪ (A ∩ B ∩ B) ] 
= 1818,0
10
4
11
5
12
4
10
4
11
4
12
5
10
4
11
4
12
5
=++ xxxxxx 
 
b) Ambas serem da mesma cor. 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução a partir do entendimento 
que se a urna tem 3 cores de bolinhas, há três possibilidades de resultado 
que atendem ao exercício. Por ser sem reposição, este problema tem sua 
solução usando a propriedade da interseção de três eventos dependentes, 
já que o sorteio da segunda bolinha depende do que já saiu no primeiro 
e o do terceiro depende do segundo. Usando a propriedade da interseção 
para três eventos dependentes para cada uma das três possibilidades e 
somando (união de eventos) no final temos 
P(BeBeB ou AeAeA ou VeVeV) 
= 0682,0
10
1
11
2
12
3
10
2
11
3
12
4
10
3
11
4
12
5
=++ xxxxxx 
 
4. Uma empresa tem três possíveis transportadoras para fazer suas entregas a um certo 
destino. A transportadora A faz o atendimento de seus pedidos de forma imediata em 
85% das vezes, a transportadora B em 70% das vezes e a transportadora C em 90% das 
vezes. Se forem feitos pedidos para as três transportadoras, qual a probabilidade de: 
a) As três atenderem imediatamente? 
Nesta pergunta, são feitas exigências a respeito de três eventos que devem ocorrer 
simultaneamente: P (A atender imediatamente e B atent. imed. E C atend. imed.). 
Fazendo os cálculos temos: 
5355,090,070,085,0)._()._(.)._(
.)._.._.._(
==
=∩∩
xximatCxPimatBxPimatAP
imatBimatBimatAP
 
b) Somente uma atender imediatamente? 
Nesta pergunta, apesar de não aparentar, também são feitas exigências a respeito de três 
eventos que devem ocorrer simultaneamente, pois quando é dito que uma transportadora 
tem que atender imediatamente, subtende-se que as outras duas não devem atend. 
imediatamente. Considerando que, se a ordem dos eventos não importa, devem ser 
calculadas todas as ordenações possíveis e somadas (união de eventos), teremos : 
P [(A at_im e B não e Cnão) ou (A não e B at_im e Cnão) ou (A não e B não e C at_im)]. 
Fazendo os cálculos temos: 
0765,09,030,015,01,070,015,010,030,085,0
.)._()_()_(
)_(.)._()_(
)_()_(.)._(
=++
=+
+
+
xxxxxx
imatCxPnãoBxPnãoAP
nãoCxPimatBxPnãoAP
nãoCxPnãoBxPimatAP
 
5. O fornecedor A de um produtotem probabilidade 7% de não atender um pedido no 
prazo de costume e outro fornecedor B tem probabilidade 12% de ocorrer o mesmo. Qual 
a probabilidade de, ao se fazer pedido aos dois fornecedores: 
a) Os dois atenderem no prazo? 
Nesta pergunta, são feitas exigências a respeito de dois eventos que devem ocorrer 
simultaneamente: P (A no_prazo e B no_prazo). Fazendo os cálculos temos: 
8184,088,093,0)__()__(
)____(
==
=∩
xprazonoBxPprazonoAP
prazonoBprazonoAP
 
b) Somente um atender no prazo? 
Nesta pergunta, são feitas exigências a respeito de dois eventos que devem ocorrer 
simultaneamente, onde apenas um dos fornecedores deve atender no prazo. Deve ser 
levado em conta que existem duas ordenações possíveis para a tal exigência: 
P [(Aok e Bnão) ou (Anão e Bok)]. Fazendo os cálculos temos: 
1732,088,007,012,093,0)Bok P(Anão)xP()oAok)xP(Bnã( =+=+ xxP
 
c) Nenhum atender no prazo? 
Nesta pergunta, são feitas exigências a respeito de dois eventos que devem ocorrer 
simultaneamente: P (A não_prazo e B não_prazo). Fazendo os cálculos temos: 
0084,012,007,0)__()__(
)____(
==
=∩
xprazonãoBxPprazonãoAP
prazonãoBprazonãoAP
 
 
6. Considere os sistemas abaixo e seus componentes (cada componente tem 
probabilidade de funcionamento independente um do outro de 0,90). Responda para cada 
sistema, qual sua probabilidade de passar do estado A para o estado B. 
 
a) 
 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade 
da interseção de dois eventos independentes, pois para o sistema 
funcionar, é necessário que o componente A esteja bom e que o 
componente B esteja bom. 
P(Abom ∩ Bbom) = P(Abom) x P(Bbom) = 81,09,09,0 =x 
 
 
b) 
 
 
A B 
A B 
RESOLUÇÃO: Este problema tem sua solução usando a propriedade 
da interseção de três eventos independentes, pois para o sistema 
funcionar, é necessário que os componentes A, B e C estejam bons: 
P(Abom ∩ Bbom ∩ Cbom) = P(Abom) x P(Bbom) x P(Cbom) 
= 729,09,09,09,0 =xx 
 
c) 
 
 
Este problema pode ter sua solução usando a propriedade da união 
de dois eventos pois, podemos dizer que, para o sistema funcionar, 
basta que pelo menos um dos componentes A ou B esteja bom. 
P(Abom ∪ Bbom) = P(Abom) + P(Bbom) - P(Abom ∩ Bbom) 
= 99,09,09,09,09,0 =−+ x 
 
 
 
d) 
 
 
Este problema pode ter sua solução usando a propriedade da união 
de três eventos pois, podemos dizer que, para o sistema funcionar, 
basta que pelo menos um dos componentes A ou B ou C esteja bom. 
No entanto, quando temos união de mais de dois eventos, a fórmula 
da união começa a ficar extensa, por isso, como alternativa, é 
preferível usar a regra do complementar, pois neste problema o 
complementar (aquilo que não serve) é os três componentes 
falharem simultaneamente: 
Usando a propriedade do complementar, temos 
P(pelo menos um bom) = 1-P(os três falharem): 
1-P[Afalhar e Bfalhar e Cfalhar]=1-0,1x0,1x0,1=1-0,001=0,999 
 
e) 
 
 
RESOLUÇÃO: Este problema pode ter sua solução considerando 
que numa primeira etapa, para o sistema funcionar, basta que pelo 
menos um dos componentes A ou B esteja bom e depois, numa 
segunda etapa, o componente C tem que estar bom. 
P((Abom ∪ Bbom) ∩ Cbom) = 891,09,099,0 =x 
 
 
f) 
 
 
A B 
A B 
A B 
A B 
RESOLUÇÃO: Considerando os dois componentes em série como A 
e B, podemos considerar este dois componentes como apenas um, 
em que a probabilidade de funcionamento seja 0,9x0,9 = 0,81. se isto 
for feito, o novo problema passa a ter uma figura igual ao exercício 
daa letra e), o qual segue o mesmo modo de solução: 
[0,81+0,9-0,81x0,9]x0,9=0,981x0,9=0,8829 
 
 
 
g) 
 
 
RESOLUÇÃO: Dividindo o problema em duas partes (X: composto 
pelos três primeiros componentes e Y: com os outros três 
componentes que estão em paralelo), podemos dizer que o sistema 
funciona quando X e Y funcionam simultaneamente. Como sabemos 
que P(Xok) = 0,981 e que P(Yok)=0,999. A solução é dada por: 
0,981x0,999=0,9800 
 
7. A duração de um certo componente eletrônico tem média de 850 dias e desvio-padrão 
de 40 dias. Sabendo que a duração é normalmente distribuída, calcule a probabilidade 
de esse componente durar: 
Antes de considerar as questões, podemos observar que, se X (tempo de duração de 
componentes eletrônicos) tem distribuição normal com média 850 dias e desvio-padrão de 40 
dias, temos o gráficos a seguir: 
-3 ,1 -2 ,1 -1 ,1 -0 ,1 0 ,9 1 ,9 2 ,9
 
a) Entre 700 e 1.000 dias. 
Para esta questão, é preciso obter P(700<X<1000), portanto, graficamente, temos 
interesse em obter a área entre 700 e 1000: 
A B 
850 970 730 
-3 ,1 -2 ,1 -1 ,1 -0 ,1 0 ,9 1 ,9 2 ,9
 
 
Para chegar no valor da área, transformamos o valor de X=1000 em Z: 
75,3
40
8501000
=
−
=
−
=
σ
µX
z o qual corresponde ao valor de área tabelado: 0,4999 
Para chegar no valor da área, transformamos o valor de X=7000 em Z: 
75,3
40
850700
−=
−
=
−
=
σ
µX
z o qual corresponde ao valor de área tabelado: 0,4999 
Devemos lembrar que a tabela informa a área do centro do gráfico até Z. Portanto 
a área do gráfico entre os pontos X=700 e X=1000 é 0,4999+0,4999. Portanto: 
P(700<X<1000)=0,9998 
 
b) Mais de 800 dias. 
Para esta questão, é preciso obter P(X>800), portanto, graficamente, temos interesse em 
obter a área entre 800 e mais infinito: 
-3 ,1 -2 ,1 -1 ,1 -0 ,1 0 ,9 1 ,9 2 ,9
 
 
Para chegar no valor da área, transformamos o valor de X=800 em Z: 
25,1
40
850800
−=
−
=
−
=
σ
µX
z o qual corresponde ao valor de área tabelado: 0,3944 
Devemos lembrar que a tabela informa a área do centro do gráfico até Z. Portanto 
a área do gráfico entre os pontos X=800 e X=850 é 0,3944. Como a área de 
interesse vai de X=800 até mais infinito, falta considerar toda ametade do lado 
direito do gráfico (que tem área de 0,5), fazemos: 
P(X>800)=0,3944+0,5=0,8944 
 
c) Menos de 750 dias. 
Para esta questão, é preciso obter P(X<750), portanto, graficamente, temos interesse em 
obter a área entre menos infinito e 750: 
850 1000 700 
850 800 
-3 ,1 -2 ,1 -1 ,1 -0 ,1 0 ,9 1 ,9 2 ,9
 
Para chegar no valor da área, transformamos o valor de X=750 em Z: 
50,2
40
850750
−=
−
=
−
=
σ
µX
z o qual corresponde ao valor de área tabelado: 0,4938 
Devemos lembrar que a tabela informa a área do centro do gráfico até Z. Portanto 
a área do gráfico entre menos infinito e X=750 é o que falta da área tabela da para 
completar 0,5 (que é a metade esquerda do gráfico). Fazemos: 
P(X<750)=0,5-0,4938=0,0062 
d) Qual o intervalo de tempo de duração 95% mais provável de ocorrer para as peças? 
Nesta questão, a área do gráfico já é informada: 95%. Resta saber qual o valor de X 
associado a ela. As peças com tempos de duração 95% mais prováveis de ocorrer estão 
localizadas em torno do centro do gráfico. Precisamos verificar quais os valores de X que 
delimitam esta área. 
Para chegar aos valore de X, temos que verificar via tabela, o valor de Z associado à área 
do centro até Z, lembrando que se a área total é 095, a área do centro até Z é 
0,95/2=0,4750. 
Na tabela, procuramos a área 0,4750 na parte interna e depois verificamos a linha e 
coluna correspondentes para formar o valor Z. Pela tabela, vemos que o valor Z=1,96 é 
que está associado a uma área entre o centro e Z igual a 0,4750. 
Depois de verificar o valor de Z associado ao valor de X que estamos procurando, 
invertemos a relação entre eles, obtendo: σµ zX += 
Considerando o valor de X no lado direito do gráfico, onde Z=1,96, temos: 
4,9284,788504096,1850 =+=+=+= xzX σµ 
Considerando o valor de X no lado esquerdo do gráfico, onde Z=-1,96, temos: 
6,7714096,18504096,1850 =−=−=+= xxzX σµ 
Resposta: entre 771,6 e928,4 dias. 
850 750 
 
8. O tempo decorrido entre um pedido de compra de um certo insumo e a sua entrega 
para um produtor de cigarros tem distribuição normal com média 25 horas e desvio 
padrão 2 horas. Calcule: 
a) a probabilidade de um pedido deste insumo levar entre 23 e 29 horas 
para ser entregue. 
 
 
b) A probabilidade de um pedido deste insumo levar mais de 30 horas para 
ser entregue. 
 
c) A probabilidade de um pedido deste insumo levar mais de 32 horas para 
ser entregue. 
 
 
 
 
9. O tempo de vida de um aparelho vendido por uma empresa tem distribuição normal 
com média de 3 anos e desvio padrão de 0,8 anos. 
a) Se esta empresa der garantia de 2 anos, qual o percentual de aparelhos que serão 
devolvidos para conserto dentro da garantia? 
 
b) Qual deve ser o tempo de garantia para que o percentual de aparelhos devolvidos para 
conserto dentro da garantia seja de no máximo 2%?