Apostila_ESTATISTICA_2_A

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUI 
 
 
UFPI 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA DE PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II 
 
Prof. William Morán 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 2 
Definição de Estatística: 
 Segundo Barradas (2007), Estatística é uma ciência exata que visa fornecer subsídios ao analista 
para coletar, organizar, resumir, analisar e apresentar dados. Trata de parâmetros extraídos da 
população, tais como média ou desvio padrão. 
A estatística fornece-nos as técnicas para extrair informação de dados, os quais são muitas vezes 
incompletos, na medida em que nos dão informação útil sobre o problema em estudo, sendo assim, é 
objetivo da Estatística extrair informação dos dados para obter uma melhor compreensão das 
situações que representam. 
Quando se aborda uma problemática envolvendo métodos estatísticos, estes devem ser 
utilizados mesmo antes de se recolher à amostra, isto é, deve-se planejar a experiência que nos vai 
permitir recolher os dados, de modo que, posteriormente, se possa extrair o máximo de informação 
relevante para o problema em estudo, ou seja, para a população de onde os dados provêm. 
Quando de posse dos dados, procura-se agrupá-los e reduzi-los, sob forma de amostra, deixando 
de lado a aleatoriedade presente. 
Seguidamente o objetivo do estudo estatístico pode ser o de estimar uma quantidade ou testar 
uma hipótese, utilizando-se técnicas estatísticas convenientes, as quais realçam toda a potencialidade 
da Estatística, na medida em que vão permitir tirar conclusões acerca de uma população, baseando-se 
numa pequena amostra, dando-nos ainda uma medida do erro cometido. 
 
O que é Estatística? 
 
Segundo JURAN: 
1. É a ciência da tomada de decisão perante incertezas; 
2. É a coleta, a análise e a interpretação de dados; 
3. É um “kit” de ferramentas que ajuda a resolver problemas; 
4. É a base para a maior parte das decisões tomadas quanto ao controle da qualidade, assim como 
em quase todas as outras áreas da atividade humana moderna. 
 
Vista dessa forma, a Estatística não deve ser confundida como uma disciplina isolada, e sim, 
compreendida como uma ferramenta ou um conjunto de ferramentas, disponível para a solução de 
problemas em diversas áreas do conhecimento. 
 
Segundo FEIGENBAUM: “Precisão significativamente aumentada em produção de itens e 
produtos tem sido acompanhada pela necessidade de métodos aperfeiçoados para medição, 
especificação e registro dela. A estatística, denominada ciência das medições, representa uma das 
técnicas mais valiosas utilizadas, e isso tem ficado cada vez mais evidente”. 
 
 
Onde se aplica a Estatística na Engenharia? 
 
As aplicações concentram-se fundamentalmente em dois campos de ação: o Controle Estatístico do 
Processo e o Controle Estatístico da Qualidade. 
 
Definições segundo JURAN: 
 
1. Processo: é qualquer combinação específica de máquinas, ferramentas, métodos, materiais 
e/ou pessoas empregadas para atingir qualidades específicas num produto ou serviço. Estas 
qualidades são chamadas de “características de qualidade”, que podem ser uma dimensão, 
propriedade do material, aparência, etc. 
 
2. Controle: é um ciclo de feedback (realimentação) através da qual medimos o desempenho real, 
comparando-o com o padrão, e agimos sobre a diferença. 
 
3. Controle Estatístico do Processo (CEP): aplicação de técnicas estatísticas para medir e analisar a 
variação nos processos. 
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4. Controle Estatístico da Qualidade (CEQ): aplicação de técnicas estatísticas para medir e 
aprimorar a qualidade dos processos. CEQ inclui CEP, ferramentas de diagnóstico, planos de 
amostragem e outras técnicas estatísticas. 
 
Segundo FEIGENBAUM, provavelmente, mais importante do que os próprios métodos 
estatísticos têm sido o impacto causado sobre o pensamento industrial pela filosofia que representam. 
O “ponto de vista estatístico” resume-se essencialmente nisto: a variabilidade na qualidade do 
produto deve ser constantemente estudada: 
 
1. Dentro de lotes de produto; 
2. Em equipamentos de processo; 
3. Entre lotes diferentes de um mesmo produto; 
4. Em características críticas e em padrões; 
5. Em produção piloto, no caso de novos produtos. 
 
Esse ponto de vista, que enfatiza o estudo da variação, exerce efeito significativo sobre certas 
atividades no controle da qualidade. Ainda segundo FEIGENBAUM, cinco ferramentas estatísticas 
tornaram-se amplamente utilizadas nas tarefas de controle da qualidade: 
 
1. Distribuição de freqüências; 
2. Gráficos de controle; 
3. Aceitação por amostragem; 
4. Métodos especiais; 
5. Confiabilidade. 
 
Na abordagem do papel dos métodos estatísticos no gerenciamento de processos de produção, 
KUME também faz referência à variabilidade. Diz que, “(...) independentemente dos tipos de 
produtos ou de métodos de produção usados, as causas de produtos defeituosos são universais. 
Variação, esta é a causa.”, “Variações nos materiais, na condição dos equipamentos, no método de 
trabalho e na inspeção são as causas dos defeitos.” Ainda segundo KUME, “(...) os métodos estatísticos 
são ferramentas eficazes para a melhoria do processo produtivo e redução de seus defeitos”. 
 
O primeiro passo na busca da verdadeira causa de um defeito é a cuidadosa observação do 
fenômeno do defeito. Após tal observação cuidadosa, a verdadeira causa torna-se evidente. 
 
As ferramentas estatísticas, diz KUME, conferem objetividade e exatidão à observação. As 
máximas da forma estatística de pensar são: 
 
1. Dar maior importância aos fatos do que os conceitos abstratos; 
 
2. Não expressar fatos em termos de intuição ou idéias. Usar evidências obtidas a partir de 
resultados específicos da observação; 
 
3. Os resultados da observação, sujeitos como são a erros e variações, são partes de um todo 
obscuro. A principal meta da observação é descobrir esse todo obscuro; 
 
4. Aceitar o padrão regular que aparece em grande parte dos resultados observados como uma 
informação confiável. 
 
5. O conhecimento do momento atual não é nada mais que um embasamento para hipóteses 
futuras. Uma vez que isso tenha sido compreendido, a forma de pensar mencionada pode ser 
aproveitada para aprofundar a compreensão do processo produtivo e dos meios para melhorá-lo. 
 
 
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DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADES CONJUNTAS 
 
 Na disciplina de Probabilidade e Estatística I basicamente se estudaram espaços amostrais 
unidimensionais, onde se registravam os resultados de um experimento como os valores que toma 
uma variável aleatória sozinha. Porém, haverá situações onde é necessário e preciso registrar 
resultados simultâneos de diversas variáveis aleatórias (Walpole et al, 2008). Por exemplo, poderíamos 
estar interessados em estudar a duração da vida útil de dois componentes eletrônicos, o grau de 
corrosão de uma chapa de metal e o nível de umidade, o número de cigarros fumados e a idade das 
pessoas, ou as vendas realizadas por dois postos de gasolina, etc. 
 Segundo Walpole et al (2008), se X e Y são duas variáveis aleatórias discretas (vad), a distribuição 
de probabilidade para suas ocorrências simultâneas se representam mediante uma função com valores 
f (x, y), para qualquer par de valores (x, y) dentro do range das variáveis aleatórias X e Y. Acostuma-se 
chamar está função como a distribuição de probabilidade conjunta de X e Y. 
 Em geral, para o caso discreto teremos: 
 
f (x, y) = P (X = x, Y = y), 
 
isto é, os valores f (x, y) dão a probabilidade de que ocorram ao mesmo tempo os resultados x e y. Por 
exemplo, se vai-se dar atendimento a um televisor e X representa a idade do televisor e Y representao 
número de diodos defeituosos no televisor, então f (5, 3) é a probabilidade de que o televisor tenha 5 
anos de idade e precise de 3 diodos novos. 
 
FUNÇÃO DE PROBABILIDADE CONJUNTA OU FUNÇÃO DE MASSA DE PROBABILIDADE: 
 
 A função f(x, y) é uma distribuição de probabilidade conjunta ou função de massa de probabilidade das 
variáveis aleatórias discretas X e Y, se: 
 
a) f (x, y)  0 para toda (x, y). 
 
b) 
 
x y
1)y,x(f
. 
 
c) P (X = x, Y = y) = f (x, y) 
 
Para qualquer região A no plano xy, P [ (X, Y)  A ] = 

A
)y,x(f
 
Problema: (p. 91, Walpole et al, 2008) Selecionam-se aleatoriamente 2 refils para uma caneta de uma 
caixa que contém 3 refils azuis, 2 vermelhos e 3 verdes. Se X é o número de refils azuis selecionados e 
Y é o número de refils vermelhos selecionados, encontre: 
a) A função de probabilidade conjunta f(x, y), 
b) P [ (X, Y)  A ], onde A é a região { (x, y)  x + y  1 } 
Solução: 
a) Os possíveis valores do par (x, y) são: 
(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (0, 2) e (2, 0) 
f (0, 1) representa a probabilidade de que se selecione um refil vermelho e uno verde. 
O número total de formas igualmente prováveis de selecionar 2 refils dos 8 refils totais é 
  2882 
. 
O número de formas de selecionar 1 vermelho de 2 refils vermelhos, 1 verde de 3 refils 
verdes é 
   63121 
. Do anterior temos que f (0, 1) = 6/28 = 3/14. 
A distribuição de probabilidade conjunta será: 
 
 x Totais por 
f(x, y) 0 1 2 linha 
 0 3/28 9/28 3/28 15/28 
y 1 3/14 3/14 0 3/7 
 2 1/28 0 0 1/28 
Totais por coluna 5/14 15/28 3/28 1 
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Fica claro que a distribuição de probabilidade conjunta se pode representar com a 
seguinte fórmula: 
 


























2
8
yx2
3
y
2
x
3
)y,x(f 
 
Quando X e Y são variáveis aleatórias contínuas, a função de densidade conjunta f (x, y) é 
uma superfície sob o plano xy, e P [ (X, Y)  A ], onde A é qualquer região no plano xy, é 
igual ao volume de cilindro reto limitado pela base A e a superfície. 
 
b) P [ (X, Y)  A ] = P (X + Y  1) = f (0, 0) + f (0, 1) + f (1, 0) 
 = 3/28 + 3/14 + 9/28 = 9/14 
 
Problema: (p. 98, Ross, 2004) Suponha que 15% das famílias de certa comunidade não têm filhos, 20% 
têm 1, 35% têm 2 e 30% têm 3. Suponha também que cada criança é igualmente provável (e 
independente) de ser homem ou mulher. Se H significa homem e M significa mulher, encontre a 
função de massa de probabilidade conjunta P (H = i; M = j). 
Solução: 
 
P (H = 0; M = 0) = 0,15 
P (H = 0; M = 1) = P (1 mulher para um total de um filho) 
 = P (1 filho) P (1 mulher\1 filho) = (0,20) (0,5) = 0,10 
P (H = 0; M = 2) = P (2 mulheres para um total de dois filhos) 
 = P (2 filhos) P (2 mulheres\2 filhos) = (0,35) (0,5)2 = 0,0875 
P (H = 0; M = 3) = P (3mulheres para um total de três filhos) 
 = P (3 filhos) P (3 mulheres\3 filhos) = (0,30) (0,5)3 = 0,0375 
 
 j 
 0 1 2 3  fila = P (H = i) 
 0 0,15 0,10 0,0875 0,0375 0,3750 
i 1 0,10 0,175 0,1125 0 0,3875 
 2 0,0875 0,1125 0 0 0,2000 
 3 0,0375 0 0 0 0,0375 
  coluna = P (M = j) 0,3750 0,3875 0,2000 0,0375 1,0000 
 
P (H = 1; M = 0) = P (1 homem para um total de um filho) 
 = P (1 filho) P (1 homem\1 filho) = (0,20) (0,5) = 0,10 
P (H = 1; M = 1) = P (1 homem e 1 mulher para um total de dois filhos) 
 = P (2 filhos) P (1 homem e 1 mulher\2 filhos) = (0,35) (0,5) = 0,175 
P (H = 1; M = 2) = P (1 homem e 2 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (3 filhos) P (1 homem e 2 mulheres\3 filhos) = (0,30) (3/8) = 0,1125 
P (H = 1; M = 3) = P (1 homem e 3 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
 
P (H = 2; M = 0) = P (2 homens para um total de dois filhos) 
 = P (2 filhos) P (2 homens\2 filhos) = (0,35) (0,5)2 = 0,0875 
P (H = 2; M = 1) = P (2 homens e 1 mulher para um total de três filhos) 
 = P (3 filhos) P (2 homens e 1 mulher\3 filhos) = (0,30) (3/8) = 0,1125 
P (H = 2; M = 2) = P (2 homens e 2 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
P (H = 2; M = 3) = P (2 homens e 3 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
 
P (H = 3; M = 0) = P (3 homens para um total de três filhos) 
 = P (3 filhos) P (3 homens\3 filhos) = (0,30) (1/8) = 0,0375 
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P (H = 3; M = 1) = P (3 homens e 1 mulher para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
P (H = 3; M = 2) = P (3 homens e 2 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
P (H = 3; M = 3) = P (3 homens e 3 mulheres para um total de três filhos) 
 = P (Evento impossível) = 0 
 
Problema: Dado um maço de cartas, definimos como X ao número de cartas espadas obtidas na 
extração de uma carta do maço, e Y se define como o número de espadas obtidas na segunda extração, 
sem que a primeira carta seja substituída. Determine a probabilidade conjunta f (x, y). [ Lembre que 
P(A  B) = P(A\B)  P(B) ] 
 
Problema: (p. 97, Ross, 2004) Suponha que 3 baterias são aleatoriamente escolhidas de um grupo de 3 
baterias novas, 4 usadas mas ainda funcionando e 5 defeituosas. Se X representa o número de baterias 
novas e Y representa o número de baterias usadas mas ainda funcionando, então determine a função 
de massa de probabilidade de X e Y, isto é, P (i, j) = P (X = i; Y = j). [ Use a distribuição 
hipergeométrica ] 
 
Problema: (p. 99, Montgomery, 1999) No desenvolvimento de um novo receptor para a transmissão de 
informação digital, cada bit recebido é classificado como aceitável, suspeito e inaceitável, dependendo 
da qualidade do sinal recebido, com probabilidades iguais a 0,9; 0,08 e 0,02 respectivamente. Suponha 
que as classificações de cada bit sejam independentes. 
 Nos quatro primeiros bits transmitidos, faça X denotar o número de bits aceitáveis e Y denotar o 
número de bits suspeitos. Sabendo X é binomial com n = 4 e p = 0,9, e a distribuição de Y é binomial 
com n = 4 e p = 0,08. Determine a função de massa de probabilidade de X e Y. 
 
 
FUNÇÃO DENSIDADE DE PROBABILIDADE CONJUNTA: 
 
 A função f(x, y) é uma função de densidade conjunta das variáveis aleatórias contínuas X e Y, se: 
 
a) f (x, y)  0 para toda (x, y). 
 
b) 
1dydx)y,x(f 




. 
 
c) P [ (X, Y)  A ] = 
 A dydx)y,x(f
, para qualquer região A no plano xy. 
 
Problema: (p. 93, Walpole, 2008) Uma fábrica de doces distribui caixas de chocolate de diferentes 
tipos, classificados basicamente entre chocolates brancos e marrons. Para uma caixa selecionada 
de forma aleatória, sejam X e Y, respectivamente, as proporções de chocolates brancos e marrons, 
e suponha que função de densidade conjunta é: 
 
 







contráriocaso,0
,1y0,1x0),y3x2(
5
2
)y,x(f
 
 
a) Verifique que 
1dydx)y,x(f 




 
b) Encontre P [ (X, Y)  A ], onde A = { (x, y) | 0 < x < 1/2, 1/4 < y < 1/2 } 
 
Solução: 
a) 
dy
5
xy6
5
x2
dydx)y3x2(
5
2
dydx)y,x(f
1x
0x
1
0
2
1
0
1
0





  







 
1
5
3
5
2
5
y3
5
y2
dy
5
y6
5
2dy)y3x2(
5
2 1
0
2
1
0















 
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b) P [ (X, Y)  A ] = P (0 < x < 1/2, 1/4 < y < 1/2 ) 
dy
5
xy6
5
x2
dydx)y3x2(
5
2 2/1x
0x
2/1
4/1
2
2/1
0
2/1
4/1


 







 
160
13
16
3
4
1
4
3
2
1
10
1
10
y3
10
y
dy
5
y3
10
1 2/1
4/1
2
2/1
4/1








































 
 
Problema: Para uma copiadora, faça a variável aleatória X denotar o tempo (em horas) até a falha 
de um componente e faça Y representar o tempo (em horas) até a falha de um componente 
sobressalente (de reserva). Cada uma dessas variáveis mede o tempo até a falha, a partir de um 
tempo inicial comum. Devido ao fato de o sobressalente não ser colocado em uso até que o 
primeiro componente falhe, X < Y. Suponha que os tempos de vida do componente e do 
sobressalente sejam, cada um, distribuídos exponencialmente, com parâmetros 0,003 e 0,002, 
respectivamente. Se a função de densidade conjunta é: 
 
yxpara)y002,0x001,0(exp106)y,x(f 6  
 
 
a) Confira que f (x, y) é uma função de densidade conjunta. 
b) Determine a probabilidade P ( X < 1000, Y < 2000) 
Solução: 
a) 
dxdye106dydx)y,x(f
0 x
y002,0x001,06
 
 










 
 
 
dxedye106 x001,0
0 x
y002,06   
  




 
 
dxe
002,0
e
106 x001,0
0
x002,0
6 


 







 
 
1
003,0
1
002,0
106
dxe
002,0
106 6
0
x003,0
6



















 
 
b) P ( X < 1000, Y < 2000) = 
dydx)y,x(f
2000
x
1000
0

 
 
dxedye106 x001,0
1000
0
2000
x
y002,06 
  




 
 
dxe
002,0
ee
106 x001,0
1000
0
4x002,0
6 


 





 

 
 















 







 





 







 001,0
e1
e
003,0
e1
002,0
106
e4ee
002,0
106 14
36
1000
0
x001,0x003,0
6
 
 
= 3 x 10 – 3 (316,738 – 11,578) = 0,915 
 
 
Problema: Se a distribuição de probabilidade conjunta de X e Y está dada por: 
2,1,0y;3,2,1,0xpara,
30
yx
)y,x(f 


 
Encontre: 
a) P (X  2, Y = 1) 
b) P (X > 2, Y  1) 
c) P (X > Y) 
d) P (X + Y = 4) 
Solução: 
a) 1/5 b) 7/30 c) 3/5 d) 4/15 
 
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DISTRIBUIÇÕES MARGINAIS: 
 
 As distribuições marginais de X sozinha e Y sozinha são: 
 
e,discretocasoopara)y,x(f)y(he)y,x(f)x(g
xy
 
 
 
contínuocasooparadx)y,x(f)y(hedy)y,x(f)x(g 





 
 
 Note que o termo marginal se utiliza aqui porque, no caso discreto, os valores de g(x) e de h(x) 
são precisamente os totais marginais das colunas e das linhas respectivas, quando os valores de f(x, y) 
se mostram na forma tabular. 
 
Problema: Para o problema anterior dos refis, mostre que os totais das colunas e das linhas dão as 
distribuições marginais de X sozinha e de Y sozinha. 
Solução: 
g(0) = f (0, 0) + f (0, 1) + f (0, 2) = 3/28 + 3/14 + 1/28 = 5/14 
g(1) = f (1, 0) + f (1, 1) + f (1, 2) = 9/28 + 3/14 + 0 = 15/28 
g(2) = f (2, 0) + f (2, 1) + f (2, 2) = 3/28 + 0 + 0 = 3/28, e assim em diante. 
 
De forma similar podem ser apresentadas em forma tabular, as distribuições marginais: 
 
x 0 1 2 y 0 1 2 
g(x) 5/14 15/28 3/28 h(y) 15/28 3/7 1/28 
 
Problema: Seja X o número de vezes que falhara certa máquina CN (controle numérico): 1, 2, 0 e 3 vezes 
num dia dado. Seja Y o número de vezes que se liga para um técnico em caso de uma emergência. Sua 
distribuição de probabilidade conjunta: 
 
 x 
 1 2 3 
 1 0,05 0,05 0,10 
y 2 0,05 0,10 0,35 
 3 0,00 0,20 0,10 
 
a) Encontre a distribuição marginal de X. 
b) Encontre a distribuição marginal de Y. 
 
Problema: Encontre g(x) e h(y) para a seguinte função de densidade conjunta: 
 







contráriocaso,0
,1y0,1x0),y3x2(
5
2
)y,x(f
 
Solução: 
Por definição: 
5
3x4
10
y6
5
xy4
dy)y3x2(
5
2
dy)y,x(f)x(g
1y
0y
2
1
0













 
 
para 0 < x < 1, e g(x) = 0 caso contrário. 
 
)y31(
5
2
5
y6
5
2
5
xy6
10
x4
dx)y3x2(
5
2
dx)y,x(f)y(h
1x
0x
2
1
0


















 
 
 
para 0 < y < 1, e h(y) = 0 caso contrário. 
 
Note que as distribuições marginais g(x) e h(y) são na realidade as distribuições de probabilidade 
das variáveis individuais X e Y sozinhas [ g(x) depende só de x, e h(y) depende só de y ]. Note 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 9 
que o problema anterior é contínuo, e que o fato de que tanto g(x) como h(y) sejam distribuições 
de probabilidade individuais de X e Y sozinhas, pode ser demonstrado com as seguintes 
fórmulas: 
e,1dxdy)y,x(fdx)x(g  






 
 
P (a < X < b) = P (a < X < b, - ∞ < Y < ∞) 
 
 = 
 


b
a
b
a
dx)x(gdxdy)y,x(f
 
 
Problema: Para a função f (x, y) = cxy, 
a) Determine o valor de “c”, tal que a função f (x, y) = cxy para 0 < x < 3 e 0 < y < 3 satisfaça as 
propriedades de uma função densidade de probabilidade conjunta. 
b) Determine distribuição de probabilidade marginal da va X 
 
 
A DISTRIBUIÇÃO CONDICIONAL: 
 
 Sejam X e Y duas variáveis aleatórias, discretas ou contínuas. A distribuição condicional da 
variável aleatória Y, dado que X = x, é: 
 
0)x(g,
)x(g
)y,x(f
)xy(f 
 
 
 De forma similar, a distribuição condicional da variável aleatória X, dado que Y = y, é: 
 
0)y(h,
)y(h
)y,x(f
)yx(f 
 
 
 Se desejarmos encontrar a probabilidade de que a variável aleatória discreta X fique entre “a” e 
“b” quando se sabe que a variável discreta Y = y, teremos: 
 



bxa
),yx(f)yYbXa(P
 
 
onde o somatório engloba todos os valores de X entre “a” e “b”. Quando X e Y são contínuas, teremos: 
 

b
a
dx)yx(f)yYbXa(P
 
Problema: (p. 96, Walpole, 2007) Selecionam-se aleatoriamente 2 refils para uma caneta de uma 
caixa que contém 3 refils azuis, 2 vermelhos e 3 verdes. Se X é o número de refils azuis 
selecionados e Y é o número de refils vermelhos selecionados, encontre a probabilidade 
condicional de X, dado que Y = 1, e em função dela calcule P (X = 0  Y = 1). 
Solução: 
De um problema anterior, sabe-se que Fica claro que a distribuição de probabilidade conjunta se 
pode representar com a seguinte fórmula: 
 
 


























2
8
yx2
3
y
2
x
3
)y,x(f 
 
Necessita-se encontrar f (xy), onde y = 1. Assim, da tabela anterior, encontramos primeiro h(1): 
h(1) = 



2
0x 7
3
0
14
3
14
3
)1,x(f
 
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Agora:2,1,0xpara),1,x(f
3
7
)1(h
)1x(f
)1,x(f 
 
Portanto: 
 
f (01) = (7/3) f (0, 1) = (7/3) (3/14) = 1/2 
f (11) = (7/3) f (1, 1) = (7/3) (3/14) = 1/2 
f (21) = (7/3) f (2, 1) = (7/3) (0) = 0 
 
e a distribuição condicional de X, dado que Y = 1 é 
 
x 0 1 2 
f (x1) 1/2 1/2 0 
 
Finalmente: P (X = 0Y = 1) = f (01) = 1/2. 
 
Note que quando se sabe que um dos dois refils selecionados é vermelho, temos uma 
probabilidade igual a 1/2 de que outro refil não seja azul. 
 
Problema: Seja X o número de vezes que falhara certa máquina CN (controle numérico): 1, 2, 0 e 3 
vezes num dia dado. Seja Y o número de vezes que se liga para um técnico em caso de uma 
emergência. Sua distribuição de probabilidade conjunta: 
 
 x 
 1 2 3 
 1 0,05 0,05 0,10 
y 2 0,05 0,10 0,35 
 3 0,00 0,20 0,10 
 
Encontre P (Y = 3X = 2). 
 
Problema: (p. 275, Ross, 1998) Determine P (X > 1  Y = y) sabendo que a densidade conjunta de X 
e Y está dado por: 












contráriocaso0
y0,x0
y
ee
)y,x(f
yy/x
 
Solução: 
Primeiro obteremos a densidade condicional de X, dado que Y = y 
 
y/x
y/x
0
y
yy/x
e
y
1
dxe)y/1(e
y/ee
(y)f
y)(x,f
 = y)(x, f 






 
 
Consequentemente: 
y/1y/1y/x
1
e
1
edxe
y
1
)yY|1X(P 



 
 
 
Problema: Para a função f (x, y) = cxy, com 0 < x < 3 e 0 < y < 3 e que satisfaça as propriedades de uma 
função densidade de probabilidade conjunta, determine: 
a) a distribuição de probabilidades condicionais de Y, dado que X = 1,5 
b) a distribuição de probabilidades condicionais de X, dado que Y = 2. 
 
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A INDEPENDÊNCIA ESTATÍSTICA: 
 
 Sejam X e Y duas variáveis aleatórias, discretas ou contínuas, com distribuição de probabilidade 
conjunta f (x, y) e distribuições marginais g(x) e h(y), respectivamente. Diz-se que as variáveis 
aleatórias X e Y são estadisticamente independentes, se e somente se: 
 
f (x, y) = g(x) h(y) 
 
para todo (x, y) dentro de seu domínio. 
 
Problema: Para o problema anterior dos refils, determine se as variáveis X e Y são independentes. 
Solução: 
Nota-se que f (0, 1) = 3/14 
g(0) = 
14
5
28
1
14
3
28
3
)y,0(f
2
0y


 
h(1) = 
7
3
0
14
3
14
3
)1,x(f
2
0y


 
Como 3/14 ≠ (5/14) (3/7), ou seja f (0, 1) ≠ g(0) h(1), X e Y não são estadisticamente 
independentes. 
 
Problema: Encontre P (1 < Y < 3  X = 1), dada a seguinte função de densidade conjunta: 










contráriocaso,0
4y2,2x0,
8
yx6
)y,x(f 
Resposta: 5/8 
 
 
 
 
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VALOR ESPERADO (OU MÉDIA) DE DUAS VARIAVEIS ALEATÓRIAS COM 
 
DISTRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADE CONJUNTA 
 
 Se X e Y são va´s com função de massa de probabilidade f (x, y), a média (ou valor esperado) da 
variável aleatória g (X, Y) é: 
 
)y,x(f)y,x(g])Y,X(g[E
xy

 
 
 Se X e Y são va´s com função de densidade conjunta f (x, y), a média (ou valor esperado) da 
variável aleatória g (X, Y) é: 
 
dydx)y,x(f)y,x(g])Y,X(g[E 





 
 
Problema: Se g (X, Y) = X + Y, determine E [ g(X, Y) ]. Sabe-se que X e Y são contínuas. 
Solução: 
dydx)y,x(fYdydx)y,x(fXdydx)y,x(f)YX(])Y,X(g[E 













 
 
]Y[E]X[E])Y,X(g[E 
 
 
Problema: (p. 116, Ross, 2004) Uma construtora envio recentemente três propostas para concorrer na 
licitação de determinados trabalhos, nos quais pensa ter lucros de 10 mil , 20 mil e 40 mil reais por 
trabalho respectivamente. Se as probabilidades de ganhar a licitação por trabalho são 0,2; 0,8 e 0,3 
respectivamente, qual seria o lucro total esperado da construtora? 
Solução: 
Seja Lucro Total = LT = X1 + X2 + X3 
E [ LT ] = E [ X1 + X2 + X3 ] = E [ X1 ] + E [ X2 ] + E [ X3 ] 
E [ X1 ] = (10.000) (0,2) + (0) (0,8) = 2000 
E [ X2 ] = (20.000) (0,8) + (0) (0,2) = 16000 
E [ X1 ] = (40.000) (0,3) + (0) (0,7) = 12000 
Portanto, o Lucro Total Esperado é 2000 + 16000 + 12000 = 30000 
 
Problema: (p. 116, Ross, 2004) Uma secretaria digitou N cartas junto com seus respectivos envelopes. 
Os envelopes se misturaram quando eles caíram ao chão. Se as cartas são colocadas em um envelope, 
de forma totalmente aleatória (isto é, é igualmente provável de que uma carta seja colocada num 
envelope certo), qual é o número esperado de cartas colocadas no envelope certo? 
Solução: 
Denotemos X como o número de cartas que são colocadas no envelope certo, nós podemos 
calcular facilmente E(X) como: 
E(X) = X1 + X2 + ..... + XN 
 
Onde 




contráriocaso,0
,certoenvelopenocolocadaécartaase,1
X i
 
Como existe a mesma probabilidade da carta ser colocada no envelope certo, então: 
 
Pi = P (de colocar a carta no envelope certo) = 1/N 
 
E[Xi] = (1) (P{Xi = 1}) + (0) (P{Xi = 0}) = 1/N 
 
Consequentemente: E[X] = E[X1] + ......+ E[XN] = (1/N) (N) = 1 
 
Portanto, não interessa quantas cartas há, pelo menos uma delas será colocada num 
envelope certo. 
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Problema: (p. 117, Ross, 2004) Suponha que há 20 tipos diferentes de cupons e suponha que cada um 
deles tenha a mesma probabilidade de ser obtido. Calcule o número esperado de tipos diferentes de 
cupons que estão contidos dentro de uma coleção de 10 cupons. 
Solução: 
X = X1 + X2 + ..... + X20 
 
Onde 




contráriocaso,0
,10decoleçãonacontidoestá"i"tipodocupomummenospelose,1
X i
 
 
E (Xi) = P (Xi = 1) 
 
 = P (pelo menos um cupom do tipo “i” está contido na coleção de 10) 
 
 = 1 – P (nenhum cupom do tipo “i” está contido na coleção de 10) 
 
 = 1 – (19/20)10  0,40126 
 
 E[X] = E[X1] + ……. + E[X20] = 20 [ 1 – (19/20)10 ] = 8,025 
 
 
 
 
 
 
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ESPERANÇA CONDICIONAL (OU MÉDIA CONDICIONAL) 
 
 Sejam X e Y duas variáveis aleatórias, discretas ou contínuas. A distribuição condicional da 
variável aleatória X, dado que Y = y, é: 
 
0)y(h,
)y(h
)y,x(f
]yY|xX[P)yx(f 
 
para h (y) > 0 temos que: 
 
)y|x(fx)yY|xX(Px]yY|X[E
xx
 
 
 
 De forma similar, a distribuição condicional da variável aleatória Y, dado que X = x, é: 
 
0)x(g,
)x(g
)y,x(f
]xX|yY[P)xy(f 
 
para g (x) > 0 temos que: 
 
)y|x(fx)yY|xX(Px]yY|X[E
xx
 
 
 
Problema: (p. 337, Ross, 1998) Calcule E [ X | Y = y ] , sabendo que a densidade conjunta de X e Y é: 
 


y0,x0,
y
ee
)y,x(f
yy/x
 
Solução: 
y/x
y/x
0
y/x
yy/x
0
yy/x
e
y
1
dxe)y/1(
e)y/1(
dxee)y/1(
ee)y/1(
dx)y,x(f
)y,x(f
)y(h
)y,x(f
)y|x(f 










 
Consequentemente, neste caso, a distribuição condicional de X, dado Y = y, é somente a distribuição 
exponencial com média y. Assim: 
 
ydxe
y
x
]yY|X[E y/x
0
 


 
 
Problema: Para a função f (x, y) = cxy, com 0 < x < 3 e 0 < y < 3 e que satisfaça as propriedades de uma 
função densidade de probabilidade conjunta, determine: 
a) E (Y | x = 1,5) 
b) E (X | y = 1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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COVARIÂNCIA 
 
A covariância entre duas variáveis aleatórias X e Y é definida por: 
 
Cov(X, Y) = E [X − E(X)] [Y − E(Y)] = E(XY) − E(X)E(Y) 
 
Substituindo essa definição na expressão da variância da soma de variáveisaleatórias obtém-se o 
seguinte resultado: 
 
Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) + 2 Cov(X, Y) 
 
Propriedades da covariância: 
 
Vamos usar as seguintes propriedades já vistas para a esperança para demonstrar propriedades 
análogas da covariância: 
 
E(X + b) = E(X) + b 
 
E(aX) = a E(X) 
 
E(aX + b) = a E(X) + b 
 
1. Cov(aX + b, cY + d) = a c Cov(X, Y) 
 
 De fato: 
 
 Cov(aX + b, cY + d) = E [(aX + b) − E (aX + b) [(cY + d) − E (cY + d)] 
 
 = E[aX + b − aE(X) − b][cY + d − cE(Y) − d] 
 
 = E[aX − aE(X)][cY − cE(Y)] 
 
 = E{a[X − E(X)]c[Y − E(XY)]} 
 
 = a c E[X − E(X)](Y − E(Y)] 
 
 = a c Cov(X, Y ) 
 
2. Cov(X + Y, Z + W) = Cov(X, Z) + Cov(X, W) + Cov(Y, Z) + Cov(Y, W ) 
 
 De fato: 
 
 Cov(X + Y, Z + W) = E (X + Y) (Z + W) − E (X + Y) E (Z + W) 
 
 = E(XZ + XW + YZ + Y W) − [E(X) + E(Y)] [E(Z) + E(W)] 
 
 = E(XZ) + E(XW) + E(YZ) + E(YW) − E(X)E(Z) − E(X)E(W) − E(Y)E(Z) − E(Y)E(W) 
 
 = [E(XZ) − E(X)E(Z)] + [E(XW) − E(X)E(W)] + [E(YZ) − E(Y)E(Z)] + [E(YW) − E(Y)E(W)] 
 
 = Cov(X, Z) + Cov(X, W) + Cov(Y, Z) + Cov(Y, W) 
 
3. Dos resultados anteriores, segue que: 
 
 Var(X − Y) = Var(X) + Var(Y) − 2 Cov(X, Y) 
 
 De fato: 
 
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 Var(X − Y) = Var[X + (−Y)] = Var(X) + Var(Y) + 2Cov[X, (−1 × Y)] 
 
 = Var(X) + Var(Y) + 2 × (−1) Cov(X, Y) = 
 
 = Var(X) + Var(Y) − 2Cov(X, Y) 
 
Interpretação da covariância: 
 
No estudo da estatística descritiva, dados dois conjuntos de dados x1, . . . , xn e y1, . . . , yn 
referentes a duas variáveis de interesse X e Y , definimos a covariância entre X e Y como: 
 
)yy()xx(
n
1
)Y,X(Cov i
n
1i
i  

 
 
No contexto de variáveis aleatórias, a média é calculada como uma média ponderada pelas 
probabilidades; assim, temos uma total analogia entre as definições de covariância nos dois contextos. 
Foi visto também que a covariância é uma medida de associação linear entre as variáveis. Construindo 
um diagrama de dispersão para as variáveis, se existir uma associação linear crescente, os pontos (x, y) 
tenderão a se concentrar nos primeiro e terceiro quadrantes, onde o produto das coordenadas é 
positivo. Se existir uma associação linear decrescente, os pontos se concentrarão no segundo e quarto 
quadrantes, onde o produto é negativo. Como antes, o fato de se tomar E[X − E(X)][Y − E(Y)], e não 
E(XY), resulta da necessidade de “centrar” a nuvem de pontos na origem (0, 0) e não em (E(X), E(Y)). 
 
Independência e covariância de variáveis aleatórias: 
 
Da definição de independência de variáveis aleatórias, resulta o seguinte fato: se X e Y são 
variáveis aleatórias independentes, qualquer conhecimento sobre Y não nos dá informação sobre X. 
Usando essa interpretação, mais a interpretação do conceito de covariância, é de se esperar que a 
covariância entre variáveis independentes seja nula (se elas são independentes, não deverá existir 
qualquer associação entre elas, muito menos uma associação linear). Vamos ver um resultado geral 
que trata dessa relação. 
 
Se X e Y são variáveis aleatórias independentes, então Cov(X, Y ) = 0. 
 
Demonstração: 
 
Se X e Y são independentes, então Pr(X = x, Y = y) = Pr(X = x) Pr(Y = y). Mas nesse caso, 
 
 
x yx y
)yY(Pr)xX(Pryx)yY,xX(Pryx)XY(E
 
 
)Y(E)X(E)yY(Pry)xX(Prx
yx
 
 
 
Logo, Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) = 0 
 
Note que a recíproca desse resultado não é verdadeira, isto é, covariância nula não significa 
independência entre as variáveis. Esse resultado pode ser visto intuitivamente a partir da 
interpretação de covariância: covariância nula significa ausência de associação linear. Nada impede 
que exista outro tipo de associação entre as variáveis, o que caracterizaria a falta de independência 
entre elas. 
 
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Problema: Dada a distribuição de probabilidade conjunta mostrada abaixo, determine: 
a) E(XY) 
b) Se X e Y são independentes 
 
 x 
 0 1 2 P(x) 
 1 3/20 3/20 2/20 2/5 
y 2 1/20 1/20 2/20 1/5 
 3 4/20 1/20 3/20 2/5 
 P(y) 2/5 1/4 7/20 1 
 
 
Solução: 
a) Para essa distribuição temos: 
E(X) = (0) (2/5) + (1) (1/4) + (2) (7/20) = 19/20 
E(Y) = (1) (2/5) + (2) (1/5) + (3) (2/5) = 2 
 
Como
 
x y
)yY,xX(Pryx)XY(E
, então: 
E(XY) = [ (0) (1) ] (3/20) + [ (1) (1) ] (3/20) + [ (2) (1) ] (2/20) + 
 [ (0) (2) ] (1/20) + [ (1) (2) ] (1/20) + [ (2) (2) ] (2/20) + 
 [ (0) (3) ] (4/20) + [ (1) (3) ] (1/20) + [ (2) (3) ] (3/20) + 
 = 38/20 = (19/20) (2) = E(X) E(Y) 
b) Nota-se que Cov (X, Y) = E(XY) – E(X) E(Y) = (38/20) - (19/20) (2) = 0, mas X e Y não são 
independentes, pois: 
Pr (X = 0, Y = 1) = 3/20  64/400 = (8/20) (8/20) = Pr (X) Pr (Y) 
 
 
 
 
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COEFICIENTE DE CORRELAÇÃO 
 
O coeficiente de correlação entre duas variáveis X e Y é definido como: 
 
YX
)Y,X(Cov
)Y,X(Corr


 
 
onde σX e σY são os desvios padrões de X e Y respectivamente. 
 
A propriedade fundamental do coeficiente de correlação é a seguinte: Dadas duas variáveis 
aleatórias X e Y com esperança, variância e covariância finitas, então: 
 
−1 ≤ Corr(X, Y ) ≤ 1 
 
Demonstração: 
Sejam 
YX
)Y(EY
*Y
)X(EX
*X






 
as variáveis padronizadas. Das propriedades de esperança e variância de variáveis padronizadas, 
sabemos que E (X*) = E (Y*) = 0 e Var (X*) = Var(Y*) = 1. Sabemos também que a variância de qualquer 
variável aleatória é não-negativa. Em particular, 
 
Var (X* + Y*) ≥ 0  Var (X*) + Var (Y*) + 2 Cov(X*, Y*) ≥ 0 
 
  1 + 1 + 2 Cov(X*, Y*) ≥ 0  Cov (X*, Y*) ≥ −1 
 
Analogamente, 
 
Var (X* − Y*) ≥ 0  Var (X*) + Var (Y*) − 2 Cov (X*, Y*) ≥ 0 
 
a. 1 + 1 − 2 Cov (X*, Y*) ≥ 0  Cov (X*, Y*) ≤ 1 
 
Mas, usando as propriedades da covariância, temos que 
 
])EYY),X(EX[Cov
1)Y(EY
,
)X(EX
*XCov*)Y*,X(Cov
YXYX















 
 
)Y,X()Y,X(Cov
1
YX



 
 
Conclui-se, então, que: 
 
−1 ≤ ρ (X, Y ) ≤ 1 
 
Todas as propriedades vistas anteriormente, no contexto da estatística descritiva, continuam 
válidas no contexto de variáveis aleatórias. 
 
Consideremos o caso em que ρ (X, Y ) = 1. Então, Cov (X*, Y*) = 1 e, portanto: 
 
Var (X* − Y*) = V ar(X*) + Var(Y*) − 2 Cov(X*, Y*) = 1 + 1 − 2 × 1 = 0 
 
Mas Var(X* − Y*) = 0 significa que X* − Y* é uma constante, isto é, 
 
k
)Y(EY)X(EX
*Y*X
YX







 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 19 
k
)Y(EY)X(EX
YX






 
K)Y(EY)X(EX X
Y
X
Y
X 






 
 
KYX
Y
X 



 
 
ou seja, existe uma associação linear crescente (X/Y > 0) perfeita entre as variáveis X e Y. 
Analogamente, quando ρ (X, Y) = −1, então Cov (X*, Y*) = −1, se encontra que existe uma associação 
linear decrescente (- X/Y < 0) perfeita entre X e Y . 
 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 20 
Problema: A tabela abaixo dá a distribuição conjunta de X e Y : 
 
 x 
 1 2 3 
 0 0,1 0,1 0,1 
y 1 0,2 0,0 0,3 
 2 0,0 0,1 0,1 
 
a) Determine as distribuições marginais de X e Y. 
b) Calcule a esperança e a variância de cada uma das variáveis X e Y.(Resp.: 2,2; 0,76; 0,9; 0,49) 
c) Verifique se X e Y são independentes, justificando sua resposta. (Resp.: Não) 
d) Calcule P (X = 1|Y = 0) e P (Y = 2|X = 3). (Resp.: 1/3; 1/5) 
e) Calcule P (X ≤ 2) e P (X = 2, Y ≤ 1). (Resp.: 0,5; 0,1) 
f) Calcule a covariância e a correlação entre X e Y. (Resp.: 0,12; 0,1966) 
 
Problema: Sejam X e Y va com E(X) = E(Y) = 0 e Var(X) = Var(Y) = 1. Prove que o coeficiente de 
correlação ρ (U, V) = 0, onde U = X + Y e V = X − Y. 
 
Problema: Um aluno faz um teste de múltipla escolha com 4 questões do tipo Verdadeiro-Falso. 
Suponha que o aluno esteja “chutando” todas as questões, uma vez que ele não estudou a matéria da 
prova. Defina as seguintes variáveis aleatórias: 
X1 = número de acertos entre as duas primeiras questões da prova 
Y1 = número de acertos entre as duas últimas questões da prova 
X2 = número de acertos entre as três primeiras questões da prova 
Y2 = número de acertos entre as três últimas questões da prova 
 
a) Construa uma tabela com o espaço amostral associado a este experimento, listando todas 
as possibilidades de acerto e os valores de X1, Y1, X2, Y2 e suas probabilidades. 
b) Construa a função de distribuição conjunta de (X1, Y1) com as respectivas marginais. 
c) Construa a função de distribuição conjunta de (X2, Y2) com as respectivas marginais. 
d) Verifique se X1 e Y1 são independentes. (Resp.: Sim) 
e) Verifique se X2 e Y2 são independentes. (Resp.: Não) 
f) Por que já era de se esperar as diferenças observadas em (d) e (e)? 
g) Calcule a covariância entre X1 e Y1. (Resp.: 0) 
h) Calcule a covariância entre X2 e Y2. (Resp.: 5/16) 
i) Calcule as seguintes distribuições condicionais com suas esperanças condicionais: 
X2 | Y2 = 0 X2 | Y2 = 1 X2 | Y2 = 2 X2 | Y2 = 3 
j) Calcule E [E (X2 | Y2)] . 
 
Problema: Uma moeda honesta é lançada 4 vezes. Seja X o número de caras nos 2 primeiros 
lançamentos e seja Y o número de caras nos 3 últimos lançamentos. 
 
a) Liste todos os elementos do espaço amostral deste experimento, especificando os valores de X 
e Y . 
b) Construa a função de distribuição conjunta de X e Y. 
c) Calcule E(X), E(Y), Var(X), Var(Y) 
d) Calcule Cov(X, Y) e Corr(X, Y) 
e) Se Z = X + Y, calcule E(Z) e Var(Z) 
f) Se W = X − Y, calcule E(W) e Var(W) 
 
 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 21 
CONFIABILIDADE 
(Reliability) 
 
Segundo Souza (1998), para um período de tempo “t”, a Confiabilidade (R(t)) de um equipamento 
(ou sistema, ou componente) para esse período é definida como: 
)tT(P)t(R 
, 
onde T é a duração da vida do equipamento. R é denominada função confiabilidade. 
 
A Probabilidade de falha (Q), até certa data “t”, as vezes denominada “não confiabilidade”, se 
calcula da seguinte forma: 
 
)t(R1)t(Q 
 
 
A definição simplesmente indica que a confiabilidade do equipamento é igual à probabilidade de 
que o equipamento não venha a falhar durante o intervalo [ 0, t ]. Os livros também a definem como 
“a probabilidade de que o equipamento ainda esteja em funcionamento na época t”. 
 
 Em termos de função de densidade de probabilidade (fdp) de T, digamos f, teremos: 
 



t
ds)s(f)t(R
 
 
 Em termos da função de densidade cumulativa de T, digamos F, teremos: 
 
)t(F1)tT(P1)t(R 
 
 
 A Taxa de Falhas Instantânea (Z(t)) para um período “t”, associada à variável aleatória T é dada 
por: 
 
)t(R
)t(f
)t(F1
)t(f
)t(Z 


, para F(t) < 1 
 
A figura mostrada abaixo mostra uma curva típica da função Falha Instantânea, conhecida como 
Curva da Banheira. Logo, a importância da função falha instantânea é a de indicar a ocorrência de 
mudanças na taxa de falha durante a vida da população de componentes. Note que a função falha 
instantânea pode adotar diferentes formas, portanto, dependendo da fdp de T, ela pode vir de uma 
distribuição normal, exponencial, de Poisson, de Weibull, etc. 
 
Tempo (t)Período de
depuração
Período de Vida útil,
taxa de falhas constante
Período de 
desgaste
Falhas
prematuras
Falhas casuais
Falhas
por 
desgaste
Falha Instantânea
h (t)
 
 
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Falhas Prematuras (ou Iniciais): ocorreu durante o período de depuração ou “queima” devido a 
montagens pobres ou fracas ou componentes abaixo do padrão, que falham logo de postos em 
funcionamento. Esses componentes vão sendo substituídos gradualmente, verificando-se a 
diminuição da taxa de falha prematura, até a taxa de falha total atingir um nível praticamente 
constante. 
 
Falhas Casuais (ou Aleatórias): resultam de causas complexas, incontroláveis e algumas vezes, 
desconhecidas. 
 
Falhas por desgaste: iniciam-se quando os componentes tenham ultrapassado seus períodos de 
vida útil. 
 
 
LEI DE FALHAS NORMAL: 
 
 Existem muitos componentes cujo comportamento das falhas pode ser representado pela 
distribuição normal. Assim, se T for a duração da vida de uma peça, sua fdp será dada por: 
 
















 tpara
t
2
1
exp
2
1
)t(f
2
 
 
Note que para o modelo mostrado acima, deve-se cumprir que P(T < 0) deve ser essencialmente 
zero. Outra característica que deve ser notada é que a maioria das peças falha em torno da duração até 
falhar a média, isto é, E(T) =  , e o número de falhas decresce (simetricamente) quando  T -   cresce. 
A função Confiabilidade da lei de falhas normal pode ser expressa em termos da função de 
distribuição acumulada normal, tabulada, , da seguinte forma: 
 





























t
1
dx
x
2
1
exp
2
1
1
0Tcom,)tT(P1)tT(P)t(R
t 2
 
 
 A figura mostrada abaixo apresenta uma curva de confiabilidade geral para a lei de falhas 
normal. Observe que para alcançar alta confiabilidade (digamos 0,90 ou maior) o tempo de operação deverá ser 
bem menor que , a duração de vida esperada. 
 
t
R(t)
t
R(t) = 0,5
 
 
 A lei de falhas normal representa um modelo apropriado para componentes nos quais a falha 
seja devida a algum efeito de “desgaste”. Ela não se inclui, contudo, entre as mais importantes leis de 
falhas encontradas. 
 
Exercício: Suponha-se que a duração da vida de um componente seja distribuída normalmente, 
com o desvio padrão igual a 10 horas. Se o componente tiver uma confiabilidade de 0,99 para um 
período de operação de 100 horas, qual será sua duração de vida esperada? 
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Solução: 
Da equação 









t
1)t(R
, temos que: 





 

10
100
199,0
 
Então: 
01,0
10
100





 

; portanto, de tabelas: 
10
100
33,2


   = 123,3 horas 
Note que o valor de Z para 
10
100 
 é negativo, de forma gráfica seria: 

)tT(P1  )tT(P 
t
)
t
Z(P 








z
Sem normalizar Normalizado
)
t
Z(P1 








0
 
 
 Exercício: Suponha que T, a duração até falhas de uma peça, seja normalmente distribuída com 
E(t) = 90 horas e desvio padrão de 5 horas. Quantas horas de operação deverão ser consideradas, a fim 
de se achar uma confiabilidade de 0,90; 0,95 e 0,99? 
 
 
LEI DE FALHAS EXPONENCIAL: 
 
- Seja T, a duração até falhar de um componente (ou peça, ou sistema), uma variável aleatória 
contínua, que tome todos os valores não-negativos. Então, T terá uma distribuição exponencial se, 
e somente se, tiver uma taxa de falhas constante. 
- A hipótese de taxa de falhas constante pode também significar que, depois que a peça estiver em 
uso, sua probabilidadede falhar não se tenha alterado. Dito de outra forma, não existe efeito de 
desgaste quando o modelo exponencial é estipulado. 
- A expressão matemática indicando a probabilidade (ou confiabilidade) com que os componentes 
operam num sistema de taxa de falha constante, até a data “t”, sem falhas, é a “Lei Exponencial da 
Confiabilidade”. 
T
t
e)t(R


 
Onde: 
t = Tempo médio de operação do componente 
T = Tempo Médio entre falhas (TMEF) 
e = base dos logaritmos naturais 
 
Exemplo 1: TMEF = 25 h; t = 10 h 
Confiabilidade: 2510eR  = 0,6703 = 67,03 % 
Probabilidade de falha: Q = 1 – R = 1 – 0,6703 = 0,3297 = 32,97% 
Portanto, de cada 100 peças que estiverem operando durante 10 horas, aproximadamente 
33 falharam e 67 não falharam durante aquele período. 
 
Exemplo 2: Se aumentarmos TMEF para 250 h. 
 
T = 250 h; t = 10 h 
250
10
eR


 = 0,9608 = 96,08 % 
Q = 1 – 0,9608 = 0,0392 = 3,92% 
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Portanto, de cada 100 peças que estiverem operando durante 10 horas, 
aproximadamente 4 falharam e 96 não falharam durante aquele período. 
 
Exemplo 3: O tempo de operação de uma peça segue uma lei de falhas exponencial. Se a função 
confiabilidade for R(t) = e - t, onde  = 0,01 e R(t) = 0,90, qual será o tempo médio de operação 
das peças. 
 Solução: 
0,90 = e – 0,01 t; então t = - 100 ln (0,90) = 10,54 horas. 
Assim, o tempo médio de operação das peças é 10, 54 horas. 
Portanto, de cada 100 peças que estiverem operando durante 10,54 horas, aproximadamente 
90 não falharam durante aquele período e 10 falharam durante aquele período. 
 
Exemplo 4: O tempo de operação de uma peça segue uma lei de falhas exponencial. Se a função 
confiabilidade for R(t) = e - t, onde  = 0,025 e o tempo médio de operação da peça é de 12 horas, 
qual será a confiabilidade da peça. 
 Solução: 
R(t) = e – (0,025) (12); então R(t) ≈ 0,7408 
A confiabilidade da peça é 74,08%. 
Portanto, de cada 100 peças que estiverem operando durante 12 horas, aproximadamente 74 
não falharam durante aquele período e 26 falharam durante aquele período. 
 
 
 
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CONFIBILIDADE DE SISTEMAS 
 
a) SISTEMA COM COMPONENTES EM SÉRIE: 
 
2 3 n1
 
 
Considerando um sistema composto de “n” componentes “em série”, a falha de qualquer um dos 
componentes significa a quebra do sistema. Admitindo-se que a probabilidade de falha “q” de um 
componente seja independente da falha de qualquer outro. Se souber que q = 1 – r, onde “r” significa 
confiabilidade, então a confiabilidade do sistema será: 
 
rs = (1 - q1) x (1 - q2) x (1 - q3) x .............(1 - qn) = r1 x r2 x r3 x .............rn 
 
Exemplo 1: Se a probabilidade de falha de um sistema é 5%. Qual a probabilidade de não haver 
falha? 
 
Q = 5% = 0,05 
 
R = 1 - Q = 1 - 0,05 = 0,95 = 95% 
 
Exemplo 2: Seja um sistema de 5 componentes em série, e cada um deles com confiabilidade de 
90%. Qual a confiabilidade total do Sistema? 
 
2 3 51 4
SaídaEntrada
 
 
rs = 0,90 x 0,90 x 0,90 x 0,90 x 0,90 = 0,905 = 0,59 = 59% 
 
Exemplo 3: Um outro sistema tem 25 componentes em série e cada componente com confiabilidade 
igual a 90%. Qual será a confiabilidade de cada componentes? 
Solução: r = 0,90 25 = 0,07 = 7% 
 
 
b) SISTEMA COM COMPONENTES EM PARALELO (Redundância paralela) 
 
Redundância é a existência de mais de um meio de execução de uma determinada tarefa. Todos os 
meios precisariam falhar para que o sistema quebre. 
 
2
n
1
Entrada Saída
 
 
rs = 1 – (q1 x q2 x .... qn ) 
qs = q1 x q2 ....qn 
onde: 
rs é a confiabilidade do sistema, e 
qs é a probabilidade de falha 
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Observação: Nesse caso, a confiabilidade total é maior que as confiabilidades individuais de 
cada componente agindo sozinho. 
 
Exemplo: Para o sistema mostrado abaixo, determine a confiabilidade sabendo que o componente 2 
é redundante. 
 
2
1
Entrada Saída
r1 = 0,90
r2 = 0,80 
 
rs = 1 – (0,1 x 0,20) 
 rs = 0,98 = 98% 
 
 
Exemplo: Calcular a confiabilidade do sistema mostrado abaixo. 
 
2
1
Entrada Saída
r1 = 0,90
r2 = 0,90
3
5
4
r4 = 0,80
r5 = 0,80
r3 = 0,70
 
 
r12 = 1 – (0,10 x 0,10) r45 = 1- (0,2 x 0,2) rs = 0,99 x 0,70 x 0,96 
 = 0,99 = 0,96 = 0,66 
 
Exercício: Calcular a confiabilidade do sistema. 
 
 
3
Entrada Saída
r1 = 0,90 r2 = 0,80
4
7
6
r4 = 0,80 r5 = 0,90r3 = 0,80
5
1 2
r6 = 0,90
r7 = 0,70
 
R1,2 = r1 x r2 = 0,90 x 0,8 = 0,72 
R3,4,5 = r3 x r4 x r5 = 0,80 x 0,8 x 0,90 = 0,576 
 Assim, o sistema ficaria da seguinte forma: 
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Entrada Saída
r12 = 0,72
345
7
6
r345 = 0,576
12
r6 = 0,90
r7 = 0,70
 
 
R1,2,3,4,5 = 1 – (Q1,2 X Q3,4,5) 
 Q1,2 = 1 – R1,2 = 1- 0,72 = 0,28 
 Q3,4,5 = 1- R3,4,5 = 1- 0,576 = 0,42 
R1,2,3,4,5 = 1- (0,28 x 0,424) = 0,88 
 
 
 Assim, o sistema ficaria da seguinte forma: 
 
Entrada Saída
12345
7
6
r12345 = 0,88 r6 = 0,90
r7 = 0,70
 
 
 R123456 = 0,88 x 0,90 = 0,792 
 
 
 Assim, o sistema ficaria da seguinte forma: 
 
Entrada Saída
123456
7
r123456 = 0,792
r7 = 0,70
Entrada Saída
1234567
r1234567 = 0,9376
 
 
rs = 1 – (Q123456 x Q7) 
 rs = 1 – ( (1 – 0,792) x (1 – 0,70)) = 1 – (0,208 x 0,30) = 0,9376 = 93,76% 
 
 
Problema: Um fabricante tem 4 máquinas que são usadas em sequência: decapagem, tratamento por 
vapor, raspagem e polimento. As confiabilidades das máquinas individuais são 95%, 78%, 45% e 56%, 
respectivamente. Neste ano, o Diretor Administrativo concordou em comprar uma máquina nova 
para substituir uma das antigas. As taxas de falhas das possíveis máquinas substitutas são mostradas 
abaixo. Qual você recomendaria escolher para maximizar a confiabilidade de todo o processo? 
 
UFPI – PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA II: Prof. William Morán 28 
Possíveis máquinas substitutas Taxas de falhas conhecidas 
Superdecap (decapagem) 1/10 
Decapox (decapagem) 7/30 
Vaporconst (tratamento de vapor) 1/20 
Máquina de vapor (tratamento de vapor) 3/40 
Raspadora Mark2 (raspagem) 1/10 
Raspalot (raspagem) 4/25 
Raspamais (raspagem) 3/25 
Polidora (polimento) 6/70 
Superpolitriz (raspagem e polimento) 1/5 cada operação 
Politudo (raspagem e polimento) 1/6 cada operação 
 
 
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REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
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