Gabarito Lista 6 Casa

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MAE 116 - Noções de Estatística
Grupo A - 1
o
semestre de 2014
Lista de exercício 6 - Distribuição Normal - CASA
__________________________________________
1. Estudos meteorológicos indicam que a precipitação pluviométrica mensal em períodos de seca
numa certa região pode ser considerada como seguindo a distribuição Normal de média 30 mm
e variância 16 mm
2
.
(a) Qual é a probabilidade de que a precipitação pluviométrica mensal no período da seca
esteja entre 24 e 39 mm?
Solução
Seja X:precipitação pluviométrica mensal, logo, X ∼ N(30; 16).
P (24 ≤ X ≤ 39) = P (24− 30
4
≤ Z ≤ 39− 30
4
) = P (−1, 5 ≤ Z ≤ 2, 25)
= A(2, 25)− (1− A(1, 5)) = 0, 9878− (1− 0, 9332) = 0, 921.
(b) Qual seria o valor da precipitação pluviométrica de modo que exista apenas 10% de chance
de haver uma precipitação inferior a esse valor?
Solução
Queremos um x, tal que P (X ≤ x) = 0, 10. Vejamos
P (X ≤ x) = P (Z ≤ x− 30
4
) = 0, 10.
Sabemos que A(z) = 0, 90⇒ z = 1, 28. Então,
x− 30
4
= −1, 28⇒ x = 24, 88mm.
2. Sabe-se que em uma população, a altura dos homens adultos tem distribuição normal com
média 175 cm e desvio padrão 20 cm, enquanto que a das mulheres é também normal com
média 160 cm e desvio padrão 10 cm.
(a) Sorteando-se aleatoriamente dessa população um homem, qual é a probabilidade de sua
altura ser superior a 150 cm?
Solução
Seja X:altura dos homens adultos, então X ∼ N(175; 202). Logo,
P (X > 150) = P (Z >
150− 175
20
) = P (Z > −1, 25) = A(1, 25) = 0, 8943.
(b) Sorteando-se aleatoriamente dessa população uma mulher, qual é a probabilidade de sua
altura ser superior a 150 cm?
Solução
Seja Y:altura das mulheres adultas, então Y ∼ N(160; 102). Logo,
P (Y > 150) = P (Z >
150− 160
10
) = (Z > −1) = A(1) = 0, 8413.
1
(c) Qual é a probabilidade de uma pessoa ter altura acima de 150 cm, sendo ela sorteada de
um grupo de pessoas constituído de 60% de mulheres e 40% de homens?
Solução
Sejam os seguintes eventos, H:a pessoa sorteada é homem, M:a pessoa sorteada é mulher
e A:a pessoa tem altura superior a 150 cm, então:
P (A) = P (A|H).P (H) + P (A|M).P (M) = 0, 8943.0, 4 + 0, 8413.0, 6 = 0, 8625.
(d) Qual é a altura mínima dos homens que limita os 10% mais altos?
Solução
P (X ≥ x) = 0, 10⇒ P (Z ≥ x−175
20
) = 0, 10.
Sabemos que A(z) = 0, 90⇒ z = 1, 28. Logo,
x− 175
20
= 1, 28⇒ x = 20.(1, 28) + 175 = 200, 6cm
3. Um bom indicador do nível de intoxicação por benzeno é a quantidade de fenol encontrada
na urina. A quantidade de fenol na urina de moradores de uma certa região segue, aproxi-
madamente, uma distribuição normal de média 5 mg/L e desvio padrão 2 mg/L. Considere as
seguintes definições em termos da variável quantidade de fenol na urina:
i) Define-se como �valor de referência� a quantidade de fenol tal que 95% da população têm
quantidade de fenol maior ou igual a esse valor;
ii) Uma pessoa é considerada �atípica� se a quantidade de fenol em sua urina for superior a 8
mg/L ou inferior a 2 mg/L.
(a) Sorteado um morador ao acaso, qual é a probabilidade de ser �atípico�?
Solução
Seja A: a pessoa é considerada atípica e F:quantidade de fenol encontrada na urina, sendo
F ∼ N(5; 22), então:
P (A) = P (F > 8) + P (F < 2) = P (Z >
8− 5
2
) + P (Z <
2− 5
2
)
= P (Z > 1, 5) + P (Z < −1, 5) = 2.(1− A(1, 5)) = 2.(1− 0, 9332) = 0, 1336
(b) Qual é o valor de referência da população?
Solução
Seja v o valor de referência, logo:
P (F ≥ v) = 0, 95⇒ P (Z ≥ v − 5
2
) = 0, 95.
Sabemos que A(0, 95)⇒ z = 1, 645. Então,
v − 5
2
= −1, 645⇒ v = 1, 71mg/L.
2
(c) Sorteadas 5 pessoas ao acaso, qual é a probabilidade se ter no mínimo 4 �atípicas� ?
Solução
Seja N:n
o
de pessoas atípicas entre as 5 sorteadas, então N ∼ b(5; 0, 1336), logo:
P (N ≥ 4) = P (N = 4) + P (N = 5) = 0, 00138 + 0, 000426 = 0, 001423.
(d) Sabendo que uma pessoa não é atípica, qual é a probabilidade de ter quantidade de fenol
no intervalo 4mg/L a 6 mg/L?
Solução
P (4 ≤ F ≤ 6|Ac) = P (4 ≤ F ≤ 6 ∩ 2 ≤ F ≤ 8)
P (Ac)
=
P (4 ≤ F ≤ 6)
P (Ac)
=
P (4−5
2
≤ Z ≤ 6−5
2
)
1− 0, 1336 =
0, 6915− 0, 3085
0, 8664
= 0, 4420.
4. Uma empresa produz televisores de 2 tipos, tipo A (comum) e tipo B (luxo), e garante a
restituição da quantia paga se qualquer televisor apresentar defeito grave no prazo de seis meses.
O tempo para ocorrência de algum defeito grave nos televisores tem distribuição normal, sendo
que no tipo A com média 9 meses e desvio padrão 2 meses e, no tipo B, com média 12 meses
e desvio padrão 3 meses. Os televisores de tipo A e B são produzidos com lucro de 1000 u.m.
e 2000 u.m., respectivamente e, caso haja restituição, com prejuízo de 3000 u.m. e 8000 u.m.,
respectivamente.
(a) Calcule as probabilidades de haver restituição do valor pago para televisores do tipo A e
do tipo B;
Solução
A restituição é efetuada quando algum televisor apresenta defeito grave em um tempo in-
ferior a 6 meses, logo sendo TA: tempo de defeitos dos televisores do tipo A e TB:tempo
de defeitos dos televisores do tipo B, então, TA ∼ N(9; 22) e TB ∼ N(12; 32), logo:
P (TA ≤ 6) = P (Z ≤ 6− 9
2
) = P (Z ≤ −1, 5) = 1− A(1, 5) = 1− 0, 9332 = 0, 0668.
P (TB ≤ 6) = P (Z ≤ 6− 12
3
) = P (Z ≤ −2) = 1− A(2) = 1− 0, 9772 = 0, 0228.
(b) Calcule o lucro médio para os televisores do tipo A e para os televisores do tipo B;
Solução
Seja LA: lucro referente aos televisores do tipo A e LB: lucro referente aos televisores do
tipo B. Ou seja,
LA =
{
1000, se não houver restituição
−3000, se houver restituição
e
LB =
{
2000, se não houver restituição
−8000, se houver restituição.
3
Logo,
E(LA) = 1000.(1− 0, 0668)− 3000.0, 0668 = 732, 8u.m.
E(LB) = 2000.(1− 0, 0228)− 8000.0, 0228 = 1772u.m.
(c) Baseando-se nos lucros médios, a empresa deveria incentivar as vendas dos aparelhos do
tipo A ou do tipo B? Por quê?
Solução
Note que, o lucro médio para os televisores do tipo B é maior do que o lucro médio para
os televisores do tipo A. Portanto, a empresa deveria incentivar as vendas dos aparelhos
do tipo B.
4