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Métodos Estatísticos IIGabarito do Exercício Programado 3Profa. Ana Maria Farias
Na solução de problemas envolvendo a distribuição normal, é FUNDAMENTALque você explicite a relação entre os eventos da variável normal X e a variávelnormal padronizada Z . Veja a expressão em negrito na solução dos exercícios.Faça gráficos! Sombreie a área correspondente à probabilidade pedida.
1. Seja X ∼ N(5; 4).(a) Veja a Figura 1.
P(X < 3) = P(Z < 3− 52
) = P(Z < −1) = P(Z > 1) = 0, 5−tab(1) = 015866
(b) Veja a Figura 2.
P(X ≥ 1,8) = P(Z ≥1,8− 52
) = P(Z ≥ −1, 6) = 0, 5+tab(1, 6) = 0, 94520
(c) Veja a Figura 3.
P(X < 6) = P(Z < 6− 52
) = P(Z < 0, 5) = 0, 5 + tab(0, 5) = 0, 69146
(d) Veja a Figura 4.
P(X > 2,5) = P(Z > 2,5− 52
) = P(Z > −1, 25) = 0, 5+tab(1, 25) = 0, 89435
(e) Veja a Figura 5.
P(1,7≤ X ≤ 6,3) = P(1,7− 52 ≤ Z ≤ 6,3− 52
) = P(−1, 65 ≤ Z ≤ 0, 65)= tab(0, 65) + tab(1, 65) = 0, 24245 + 0, 45053 = 0, 69298
(f ) Note que 5 é a média e como a média coincide com a mediana (distri-buição simétrica), acima e abaixo dela tem 50% da probabilidade total.
P(X ≥ 5) = P(Z ≥ 0) = 0, 5
Curso de Administração 1
Figura 1 – P(X < 3) = P(Z < −1)
Figura 2 – P(X ≥ 1, 8) = P(Z ≥ −1, 6)
Curso de Administração 2
Figura 3 – P(X < 6) = P(Z < 0, 5)
Figura 4 – P(X ≥ 2, 5) = P(Z ≥ −1, 25)
Curso de Administração 3
Figura 5 – P(1, 7 ≤ X ≤ 6, 3) = P(−1, 65 ≤ Z ≤ 0, 65)
2. Seja X ∼ N(5; 4).(a) P(X > k) = 0, 80 – A área à direita de k é 0,80, maior que 0,5; logo, ktem que ser menor que a média; em termos da abcissa padronizada zk ,esta deve ser negativa! (ver Figuras 6 e 7)
P(X > k) = 0, 80 ⇔ P(Z > k − 52
) = 0, 80⇔ tab(−k − 52
) = 0, 30
⇔ 5− k2 = 0, 84⇔ k = 3, 32 (zk = −0, 84)
Figura 6 – P(X > k) = 0, 80 Figura 7 – P(Z > zk ) = 0, 80
(b) Sabemos que
|x| > k ⇔ x > k ou x < −k|x| < k ⇔ −k < x < k
P(|X − 5| < k) = 0, 80 ⇔ P(−k < X − 5 < k) = 0, 80⇔ P(5− k < X < 5 + k) = 0, 80 (ver Figura 8)
Curso de Administração 4
Equivalentemente, temos que
P(|X − 5| < k) = 0, 80 ⇔ P(−k < X − 5 < k) = 0, 80
⇔ P(−k2 < X − 52 < k2
) = 0, 80
⇔ P(−k2 < Z < k2
) = 0, 80 (ver Figura 9)
Temos que ter, então,
2× tab(k2
) = 0, 80⇔ tab(k2
) = 0, 40⇔ k2 = 1, 28⇔ k = 2, 56 (zk = 1, 28)
Figura 8 – P(5−k < X < 5+k) = 0, 80 Figura 9 – P(−k2 < Z < k2 ) = 0, 80
(c) P(X < k) = 0, 75 – k tem que ser maior que a média, pois a probabilidadeà esquerda dele é maior que 0,5; em termos da abcissa padronizada zk ,esta deve ser positiva! (ver Figuras 10 e 11)
Figura 10 – P(X < k) = 0, 75 Figura 11 – P(Z < zk ) = 0, 75
P(X < k) = 0, 75 ⇔ P(Z < k − 52
) = 0, 75⇔ 0, 5 + tab(k − 52
) = 0, 75
⇔ tab(k − 52
) = 0, 25⇔ k − 52 = 0, 67⇔ k = 6, 34 (zk = 0, 67)
(d) P(X < k) = 0, 05 – k tem que ser menor que a média e a abcissa padro-
Curso de Administração 5
nizada tem que ser negativa (ver Figuras 12 e 13).
P(X < k) = 0, 05 ⇔ P(Z < k − 52
) = 0, 05⇔ P(Z > −k − 52
) = 0, 05
⇔ tab(−k − 52
) = 0, 45⇔ 5− k2 = 1, 64⇔ k = 1, 72 (zk = −1, 64)
Figura 12 – P(X < k) = 0, 05 Figura 13 – P(Z < zk ) = 0, 05
(e) P(X > k) = 0, 05 – k tem que ser maior que a média e a abcissa padro-nizada tem que ser positiva (ver Figuras 14 e 15.
P(X > k) = 0, 05 ⇔ P(Z > k − 52
) = 0, 05
⇔ tab(k − 52
) = 0, 45⇔ k − 52 = 1, 64⇔ k = 8, 28 (zk = 1, 64)
Figura 14 – P(X > k) = 0, 05 Figura 15 – P(Z > zk ) = 0, 05
3. (a) Seja X a v.a. que representa o peso (em gramas) das embalagens; então,X ∼ N(995; 102).
P(X < 976) = P(Z < 976− 99510
) = P(Z < −1, 9) = P(Z > 1, 9)= 0, 5− tab(1, 9) = 0, 5− 0, 4713 = 0, 0287
ou seja, 2,87% das embalagens são rejeitados.(b) Vamos denotar por Ri o evento “embalagem i é rejeitada” e por R i oevento “embalagem i não é rejeitada”. Então, P(Ri) = 0, 0287 e P(R i) =
Curso de Administração 6
1− 0, 0287 = 0, 9713. Se D é o evento “décima embalagem é a primeirarejeitada”, temos que
D = R1 ∩ R2 ∩ · · · ∩ R9 ∩ R10
Supondo independência entre os sorteios (hipótese bastante razoável),temos que
P(D) = P(R1)× P(R2)× · · · × P(R9)× P(R10)= (1− 0, 0287)9 × 0, 0287 = 0, 02208
(c) Seja X o número de embalagens rejeitadas na sequência de 20; então,X ∼ bin(20; 0, 0287) e
P(X = 3) = (203
) (0, 0287)3 (1− 0, 0287)17 = 0, 01643
4. (a) Seja X a v.a. que representa o volume (em ml) das latas; então, X ∼N(342; 42)
P(X < 333) = P(Z < 333− 3424
) = P(Z < −2, 25) = P(Z > 2, 25)= 1− Φ(2, 25) = 1− 0, 98778 = 0, 5− tab(2, 25) = 0, 5− 0, 4878 = 0, 01222
1,22% das latas são rejeitadas.(b) Vamos denotar por Ri o evento “lata i é rejeitada” e por R i o evento“lata i não é rejeitada”. Do item anterior, resulta que P(Ri) = 0, 01222 eP(R i) = 1−0, 01222 = 0, 98778. Se D é o evento “quinta lata é a primeirarejeitada”,temos que
D = R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ∩ R5
Supondo independência entre os sorteiros (hipótese bastante razoável),temos que
P(D) = P(R1)× P(R2)× P(R3)× P(R4)× P(R5)= 0.987784 × 0.01222 = 0, 01163
(c) Seja X o número de latas rejeitadas na sequência de 10; então, X ∼bin(10; 0, 01222) e
P(X = 2) = (102
)× (0, 01222)2 × (1− 0, 01222)8 = 0, 006090273
5. Seja T a variável que representa o tempo de execução da tarefa. Então,T ∼ N(12; 22).Sejam os eventos R = “tempo de execução menor que 10 minutos”(execuçãoRápida) ; N =“tempo de execução entre 10 minutos e 17 minutos”(execuçãoNormal); L =“tempo de execução maior que 17 minutos”(execução Lenta) ;E = “tarefa com erro”; C =“tarefa certa”. O diagrama de árvore da Figura 16auxilia na solução da questão.
Curso de Administração 7
Figura 16 – Espaço amostral para a questão 5
No enunciado temos as seguintes probabilidades:
P(E |R) = 0, 15 P(E |N) = 0, 07 P(E |L) = 0, 04
(a)
P(R) = P(T < 10) = P(Z < 10− 122
) = P(Z < −1) = P(Z > 1)= 0, 5− tab(1) = 0, 1587
(b)
P(L) = P(T > 17) = P(Z > 17− 122
) = P(Z > 2, 5) = 0, 5− tab(2, 5)= 0, 5− 0, 4938 = 0, 0062
(c)
P(E) = P(R ∩ E) + P(L ∩ E) + P(N ∩ E) == 0, 1587× 0, 15 + 0, 0062× 0, 04 + (1− 0, 1587− 0, 0062)× 0, 07= 0, 023805 + 0, 000248 + 0, 058457 = 0, 08251
(d)
P(L|E) = P(L ∩ E)P(E) = 0, 0062× 0, 040, 08251 = 0, 003006
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