Resolução lista 5 IPE

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BC0406: Intr. à Prob. e à Estatística UFABC Resolução da Lista 05 v2 
 
 
Fernando Freitas Alves fernando.freitas@aluno.ufabc.edu.br 03/03/13 – pág. 1/23 
1. 
ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
 
 
28 91⁄
16 91⁄
 1 91⁄
32 91⁄
 8 91⁄
0
 6 91⁄
 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −2
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −1
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 0 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 1 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 2 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 3 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 4 
 
 
2. 
a) 𝑿 ∈ {𝟏,𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔} 
b) 𝑿 ∈ {𝟏,𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔} 
c) 𝑿 ∈ {𝟐,𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔, 𝟕, 𝟖, 𝟗, 𝟏𝟎,𝟏𝟏,𝟏𝟐} 
d) 𝑿 ∈ {−𝟓,−𝟒,−𝟑,−𝟐,−𝟏,𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓} 
 
3. 
a) ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
 
 1 36⁄
 3 36⁄
 5 36⁄
 7 36⁄
 9 36⁄
11 36⁄
 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 1
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 2
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 3
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 4
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 5
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 6
 
 
b) ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
 
11 36⁄
 9 36⁄
 7 36⁄
 5 36⁄
 3 36⁄
 1 36⁄
 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 1
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 2
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 3
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 4
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 5
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 6
 
 
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c) ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 36⁄
2 36⁄
3 36⁄
4 36⁄
5 36⁄
6 36⁄
5 36⁄
4 36⁄
3 36⁄
2 36⁄
1 36⁄
 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 2 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 3 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 4 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 5 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 6 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 7 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 8 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 9 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 10
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 11
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 12
 
 
d) ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
1 36⁄
 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −5
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −4
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −3
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −2
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = −1
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 0 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 1 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 2 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 3 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 4 
 ⁄ 𝑠𝑒 𝑥 = 5 
 
 
4. 
a) 𝐸[𝑋𝑘] = 
=∑𝑥𝑖
𝑘 · 𝑝(𝑥𝑖)
∞
𝑖=0
 
=∑𝑖𝑘 [(
𝑛
𝑖
) 𝑝𝑖(1 − 𝑝)𝑛−𝑖]
𝑛
𝑖=1
 
=∑𝑖𝑘
𝑛!
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!
𝑝𝑖(1 − 𝑝)𝑛−𝑖
𝑛
𝑖=1
 
=∑𝑖𝑘−1 𝑖 
𝑛(𝑛 − 1)!
𝑖(𝑖 − 1)! ((𝑛 − 1) − (𝑖 − 1))!
 𝑝𝑖−1 𝑝 (1 − 𝑝)𝑛−𝑖
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑛𝑝∑𝑖𝑘−1 (
𝑛 − 1
𝑖 − 1
) 𝑝𝑖−1(1 − 𝑝)𝑛−𝑖
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑛𝑝∑(𝑗 + 1)𝑘−1 (
𝑚
𝑗 ) 𝑝
𝑗(1 − 𝑝)𝑚−𝑗
𝑚
𝑗=0
 ; 𝑗 = 𝑖 − 1 𝑒 𝑚 = 𝑛 − 1 
= 𝑛𝑝 𝐸[(𝑌 + 1)𝑘−1] 
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𝐿𝑜𝑔𝑜, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑎 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛ç𝑎, 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑘 = 1: 
𝑬[𝑿] = 𝒏𝒑 
 
𝐸 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖â𝑛𝑐𝑖𝑎, 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑘 = 2: 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 
= 𝑛𝑝 𝐸[(𝑌 + 1)] − (𝑛𝑝)2 
= 𝑛𝑝 [(𝑛 − 1)𝑝 + 1] − (𝑛𝑝)2 
= (𝑛𝑝)2 − 𝑛𝑝2 + 𝑛𝑝 − (𝑛𝑝)2 
= 𝒏𝒑(𝟏 − 𝒑) 
 
b) 𝐸[𝑋] = 
=∑𝑥𝑖 · 𝑝(𝑥𝑖)
∞
𝑖=0
 
=∑𝑖𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 ; 𝑞 = 1 − 𝑝 
=∑(𝑖 + 1 − 1)𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 
=∑(𝑖 − 1)𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
+∑𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 
=∑𝑗𝑝𝑞𝑗
∞
𝑗=0
 + 1 ; 𝑗 = 𝑖 − 1 
= 𝑞∑𝑗𝑝𝑞𝑗−1
∞
𝑗=0
 + 1 
= 𝑞∑𝑗𝑝𝑞𝑗−1
∞
𝑗=1
 + 1 
= 𝑞𝐸[𝑋] + 1 
 
∴ 𝐸[𝑋] = 𝑞𝐸[𝑋] + 1 
⇒ 𝐸[𝑋](1 − 𝑞) = 1 
⇒ 𝐸[𝑋] 𝑝 = 1 
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⇒ 𝑬[𝑿] =
𝟏
𝒑
 
 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 
= 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 
 
𝐸[𝑋2] = 
=∑𝑥𝑖
2 · 𝑝(𝑥𝑖)
∞
𝑖=0
 
=∑𝑖2𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 ; 𝑞 = 1 − 𝑝 
=∑((𝑖 − 1) + 1)
2
𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 
=∑(𝑖 − 1)2𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
+∑2(𝑖 − 1)𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
+∑𝑝𝑞𝑖−1
∞
𝑖=1
 
=∑𝑗2𝑝𝑞𝑗
∞
𝑗=0
+ 2∑𝑗𝑝𝑞𝑗
∞
𝑗=0
 + 1 ; 𝑗 = 𝑖 − 1 
= 𝑞∑𝑗2𝑝𝑞𝑗−1
∞
𝑗=0
+ 2𝑞∑𝑗𝑝𝑞𝑗−1
∞
𝑗=0
 + 1 
= 𝑞𝐸[𝑋2] + 2𝑞𝐸[𝑋] + 1 
 
∴ 𝐸[𝑋2] = 𝑞𝐸[𝑋2] + 2𝑞𝐸[𝑋] + 1 
⇒ 𝐸[𝑋2](1 − 𝑞) =
2𝑞
𝑝
+ 1 
⇒ 𝐸[𝑋2] 𝑝 =
2𝑞
𝑝
+ 1 
⇒ 𝐸[𝑋2] =
2𝑞 + 𝑝
𝑝2
 
⇒ 𝐸[𝑋2] =
2𝑞 + (1 − 𝑞)
𝑝2
 
⇒ 𝐸[𝑋2] =
𝑞 + 1
𝑝2
 
 
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∴ 𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 
= 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 
=
𝑞 + 1
𝑝2
−
1
𝑝2
 
=
𝑞
𝑝2
 
=
𝟏 − 𝒑
𝒑𝟐
 
 
c) 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖á𝑣𝑒𝑙 𝑎𝑙𝑒𝑎𝑡ó𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 é 𝑢𝑚𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖á𝑣𝑒𝑙 𝑎𝑙𝑒𝑎𝑡ó𝑟𝑖𝑎 𝑏𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 
𝑝𝑎𝑟â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 (𝑛, 𝑝) = (1, 𝑝), 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠: 
𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 𝒑 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 𝒑(𝟏 − 𝒑) 
 
5. 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎𝑠: 
𝐸[𝑋] =∑𝑥𝑖 · 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 =∑𝑥𝑖
2 · 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
− (𝐸[𝑋])2 
 
Função de probabilidade ℙ(𝑥) =
{
 
 
 
 
0
0,1
0,3
0,7
0,8
1
 
0
− 0,0
− 0,1
− 0,3
− 0,7
− 0,8
 
0
= 0,1
= 0,2
= 0,4
= 0,1
= 0,2
 
𝑠𝑒 𝑥 = 0
𝑠𝑒 𝑥 = 1
𝑠𝑒 𝑥 = 2
𝑠𝑒 𝑥 = 3
𝑠𝑒 𝑥 = 4
𝑠𝑒 𝑥 = 5
 
E[X] = 
= 0 · ℙ(0) + 1 · ℙ(1) + 2 · ℙ(2) + 3 · ℙ(3) + 4 · ℙ(4) + 5 · ℙ(5) 
= 0 · 0 + 1 · 0,1 + 2 · 0,2 + 3 · 0,4 + 4 · 0,1 + 5 · 0,2 
= 𝟑, 𝟏 
 
VAR(X) = 
= 02 · ℙ(0) + 12 · ℙ(1) + 22 · ℙ(2) + 32 · ℙ(3) + 42 · ℙ(4) + 52 · ℙ(5) − 3,12 
= 02 · 0 + 12 · 0,1 + 22 · 0,2 + 32 · 0,4 + 42 · 0,1 + 52 · 0,2 − 3,12 
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= 𝟏, 𝟒𝟗 
 
ℙ(1 ≤ X < 2) = 
= ℙ(X < 2) − ℙ(X < 1) 
= [ℙ(X = 1) + ℙ(X = 0)] − ℙ(X = 0) 
= ℙ(X = 1) 
= 𝟎, 𝟏 
 
ℙ(X = 4) = 
= 𝟎, 𝟏 
 
ℙ(X > 3) = 
= ℙ(X = 4) + ℙ(X = 5) 
= 0,1 + 0,2 
= 𝟎, 𝟑 
 
ℙ(X ≤ 4) = 
= 1− ℙ(X > 4) 
= 1− ℙ(X = 5) 
= 1− 0,2 
= 𝟎, 𝟖 
 
6. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐴 = 𝑖: {𝑎𝑐𝑒𝑟𝑡𝑜𝑢 𝑛𝑎 𝑚𝑜𝑠𝑐𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑎 𝑖 − é𝑧𝑖𝑚𝑎 𝑣𝑒𝑧} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐴 = 𝑖) = 0,20 · 0,80𝑖−1 
 
ℙ(𝐴 = 10) = 
= 0,20 · 0,8010−1 
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= 𝟎, 𝟎𝟐𝟔𝟖 
 
7. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝑁: {𝑠𝑎𝑖𝑢 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑏𝑟𝑎𝑛𝑐𝑎} 
𝑀: {𝑠𝑎𝑖𝑢 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑡𝑎} 
𝑀 = 𝑖: {𝑠𝑎𝑖𝑢 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑡𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑎 𝑖 − é𝑧𝑖𝑚𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑟𝑎𝑑𝑎} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝑀 = 𝑖) = (
𝑀
𝑁 +𝑀
)(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑖−1
 
 
a) ℙ(𝑀 = 𝑛) = 
= (
𝑀
𝑁 +𝑀
)(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑛−1
 
=
𝑴 · 𝑵𝒏−𝟏
(𝑵 +𝑴)𝒏
 
 
b) ℙ(𝑀 ≥ 𝑘) = 
=∑ℙ(𝑀 = 𝑗)
∞
𝑗=𝑘
 
= (
𝑀
𝑁 +𝑀
)∑(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑗−1∞
𝑗=𝑘
 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 𝑡 =
𝑁
𝑁 +𝑀
𝑟 = 𝑗 − 1 
 
 
 
Σ = 𝑡𝑟 + 𝑡𝑟+1 + 𝑡𝑟+2 +⋯ 
Σ𝑡 = 𝑡𝑟+1 + 𝑡𝑟+2 + 𝑡𝑟+3 +⋯_________________________________
Σ − Σ𝑡 = 𝑡𝑟
 
∴ Σ =
𝑡𝑟
1 − 𝑡
 
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= (
𝑀
𝑁 +𝑀
)
(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑘−1
(1 −
𝑁
𝑁 +𝑀
)
 
= (
𝑀
𝑁 +𝑀
)
(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑘−1
(
𝑁 + 𝑀
𝑁 +𝑀 −
𝑁
𝑁 +𝑀)
 
= (
𝑀
𝑁 +𝑀
)
(
𝑁
𝑁 +𝑀
)
𝑘−1
(
𝑀
𝑁 +𝑀
)
 
= (
𝑵
𝑵+𝑴
)
𝒌−𝟏
 
 
8. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝑋 = 𝑖: {𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜𝑢 𝑖 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎𝑠: 
𝑝 =
18
38
 
ℙ(𝑋 ≤ −4) = 0 
ℙ(𝑋 = −3) = (1 − 𝑝)3 = (
20
38
)
3
≈ 0,1458 
ℙ(𝑋 = −2) = 0 
ℙ(𝑋 = −1) = (
2
1
) 𝑝(1 − 𝑝)2 = (
2
1
)
18
38
· (
20
38
)
2
≈ 0,2624 
ℙ(𝑋 = 1) = 𝑝 + 𝑝2(1 − 𝑝) =
18
38
+ (
18
38
)
2 20
38
≈ 0,5918 
ℙ(𝑋 = 2) = 0 
 
a) ℙ(𝑋 > 0) = 
= ℙ(𝑋 = 1) + ℙ(𝑋 = 2) + ℙ(𝑋 ≥ 3) 
≈ 𝟎,𝟓𝟗𝟏𝟖 
 
b) 𝑁ã𝑜, 𝑝𝑜𝑖𝑠, 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑜𝑟𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑜 𝑖𝑡𝑒𝑚 𝑐, 𝑎 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛ç𝑎 é 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎. 𝑂𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝑛𝑎 𝑚é𝑑𝑖𝑎 
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𝑜 𝑗𝑜𝑔𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑖𝑟á 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒𝑟. 
 
c) 𝐸[𝑋] = 
= (−3) · ℙ(𝑋 = −3) + (−1) · ℙ(𝑋 = −1) + 1 · ℙ(𝑋 = 1) 
≈ −3 · 0,1458 − 1 · 0,2624 + 1 · 0,5918 
≈ −𝟎, 𝟏𝟎𝟖 
 
9. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐶: {𝑝𝑜𝑛𝑡𝑢𝑎çã𝑜 𝑟𝑒𝑐𝑒𝑏𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐ℎ𝑜𝑣𝑒𝑢} 
𝑁: {𝑝𝑜𝑛𝑡𝑢𝑎çã𝑜 𝑟𝑒𝑐𝑒𝑏𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑟𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑛ã𝑜 𝑐ℎ𝑜𝑣𝑒𝑢} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
𝐶 = 1 − (1 − 𝑝)2 
𝑁 = 1 − 𝑝2 
ℙ(𝐶) = 𝑝∗ 
ℙ(𝑁) = 1 − 𝑝∗ 
𝐸[𝑋] = 𝐶 · ℙ(𝐶) + 𝑁 · ℙ(𝑁) = (1 − (1 − 𝑝)2)𝑝∗ + (1 − 𝑝2)(1 − 𝑝∗) 
 
𝑑𝐸[𝑋]
𝑑𝑝
= 0 
⇒
𝑑
𝑑𝑝
((1 − (1 − 𝑝)2)𝑝∗ + (1 − 𝑝2)(1 − 𝑝∗)) = 0 
⇒
𝑑
𝑑𝑝
((−𝑝2 + 2𝑝)𝑝∗ + 1 − 𝑝∗ − 𝑝2 + 𝑝∗𝑝2) = 0 
⇒
𝑑
𝑑𝑝
(−𝑝∗𝑝2 + 2𝑝∗𝑝 + 1 − 𝑝∗ − 𝑝2 + 𝑝∗𝑝2) = 0 
⇒
𝑑
𝑑𝑝
(𝑝2 − 2𝑝∗𝑝 + 𝑝∗ − 1) = 0 
⇒ 2𝑝 − 2𝑝∗ = 0 
⇒ 𝒑 = 𝒑∗ 
 
𝑜𝑢 
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𝑑𝐸[𝑋]
𝑑𝑝
= 0 
⇒
𝑑
𝑑𝑝
((1 − (1 − 𝑝)2)𝑝∗ + (1 − 𝑝2)(1 − 𝑝∗)) = 0 
⇒ 2𝑝∗(1 − 𝑝) − 2𝑝(1 − 𝑝∗) = 0 
⇒ 2𝑝∗ − 2𝑝∗𝑝 − 2𝑝 + 2𝑝∗𝑝 = 0 
⇒ 2𝑝 − 2𝑝∗ = 0 
⇒ 𝒑 = 𝒑∗ 
 
10. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝑀𝑛 = 𝑖: {𝑎𝑣𝑖ã𝑜 𝑑𝑒 𝑛 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑖 𝑒𝑚 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝑀𝑛 = 𝑖) = (
𝑛
𝑖
) 𝑝𝑖 (1 − 𝑝)𝑛−𝑖 
 
ℙ(𝑀5 ≥ 3) > ℙ(𝑀3 ≥ 2) 
⇒ ℙ(𝑀5 = 3) + ℙ(𝑀5 = 4) + ℙ(𝑀5 = 5) ≥ ℙ(𝑀3 = 2) + ℙ(𝑀3 = 3) 
⇒ (
5
3
)𝑝3 (1 − 𝑝)2 + (
5
4
)𝑝4 (1 − 𝑝) + (
5
5
) 𝑝5 ≥ (
3
2
)𝑝2(1 − 𝑝) + (
3
3
) 𝑝3 
⇒ 10𝑝 (1 − 𝑝)2 + 5𝑝2(1 − 𝑝) + 𝑝3 ≥ 3(1 − 𝑝) + 𝑝 
⇒ 10𝑝 (1 − 𝑝)2 + 5𝑝2(1 − 𝑝) + 𝑝3 − 𝑝 ≥ 3(1 − 𝑝) 
⇒ 10𝑝 (1 − 𝑝)2 + 5𝑝2(1 − 𝑝) + 𝑝(𝑝2 − 1) ≥ 3(1 − 𝑝) 
⇒ 10𝑝 (1 − 𝑝)2 + 5𝑝2(1 − 𝑝) + 𝑝(𝑝 + 1)(𝑝 − 1) ≥ 3(1 − 𝑝) 
⇒ 10𝑝 (1 − 𝑝)2 + 5𝑝2(1 − 𝑝) − 𝑝(𝑝 + 1)(1 − 𝑝) ≥ 3(1 − 𝑝) 
⇒ 10𝑝(1 − 𝑝) + 5𝑝2 − 𝑝(𝑝 + 1) ≥ 3 
⇒ 10𝑝 − 10𝑝2 + 5𝑝2 − 𝑝2 − 𝑝 ≥ 3 
⇒ 6𝑝2 − 9𝑝 + 3 ≤ 0 
⇒ 2𝑝2 − 3𝑝 + 1 ≤ 0 
∴ (2𝑝 − 1)(𝑝 − 1) = 0 ⇒ 𝑝1 = 1 2⁄ 𝑒 𝑝2 = 1 
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⇒
𝟏
𝟐
≤ 𝒑 ≤ 𝟏 
 
11. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐷𝑘𝑛 = 𝑖: {𝑛 𝑙𝑎𝑛ç𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑢𝑚 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑖 𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠 𝑠𝑎í𝑑𝑜 𝑜 𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑘} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐷𝑘𝑛 = 𝑖) = (
𝑛
𝑖
) (
1
6
)
𝑖
 (
5
6
)
𝑛−𝑖
 
 
ℙ(𝐷610 = 1) = 
= (
10
1
) (
1
6
)
1
 (
5
6
)
10−1
 
= 10 ·
1
6
·
59
69
 
≈ 𝟎,𝟑𝟐𝟑 
 
12. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐷𝑘𝑛 = 𝑖: {𝑛 𝑙𝑎𝑛ç𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑢𝑚 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑖 𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠 𝑠𝑎í𝑑𝑜 𝑜 𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑘} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎𝑠: 
ℙ(𝑋 = 0) = 0,25 
ℙ(𝑋 = 1) = 0,125 
ℙ(𝑋 = 2) = 0,125 
ℙ(𝑋 = 3) = 0,5 
 
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𝐸(𝑋) = 
=∑𝑥𝑖 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
 
= 0 · 𝑝(0) + 1 · 𝑝(1) + 2 · 𝑝(2) + 3 · 𝑝(3) 
= 0 · 0,25 + 1 · 0,125 + 2 · 0,125 + 3 · 0,5 
= 𝟏, 𝟖𝟕𝟓 
 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 
= 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 
=∑𝑥𝑖
2 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
− (1,875)2 
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0 1 2 3 4
P
X
Função de probabilidade
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
0 1 2 3 4
P
X
Função de distribuição acumulada
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= 02 · 𝑝(0) + 12 · 𝑝(1) + 22 · 𝑝(2) + 32 · 𝑝(3) − 3,515625 
= 02 · 0,25 + 12 · 0,125 + 22 · 0,125 + 32 · 0,5 − 3,515625 
≈ 𝟏,𝟔𝟎𝟗 
 
ℙ(0 < 𝑋 < 1) = 
= ℙ(𝑋 < 1) − ℙ(𝑋 < 0) 
= ℙ(𝑋 = 0) − 0 
= 𝟎, 𝟐𝟓 
 
ℙ(𝑋 ≤ 2) = 
= ℙ(𝑋 = 0) + ℙ(𝑋 = 1) + ℙ(𝑋 = 2) 
= 0,25 + 0,125 + 0,125 
= 𝟎, 𝟓𝟎 
 
ℙ(𝑋 > 3) = 
= 1− ℙ(𝑋 ≤ 3) 
= 1− (ℙ(𝑋 = 0) + ℙ(𝑋 = 1) + ℙ(𝑋 = 2) + ℙ(𝑋 = 3)) 
= 1− (0,25 + 0,125 + 0,125 + 0,5) 
= 𝟎 
 
ℙ(𝑋 > 2,5) = 
= 1− ℙ(𝑋 ≤ 2,5) 
= 1− ℙ(𝑋 ≤ 2) 
= 1− 0,50 
= 𝟎, 𝟓𝟎 
 
13. 
a) 𝑥𝑐: {𝑎𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑜 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜} = 18 
𝑥𝑏: {𝑎𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑜 𝑏𝑟𝑎𝑛𝑐𝑜} = 8 
𝑥𝑒: {𝑒𝑟𝑟𝑎} = −2 
𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑆 = {𝑥𝑐 , 𝑥𝑏 , 𝑥𝑒} 
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b) 𝐸[𝑋] = 
=∑𝑥𝑖 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
 
= 𝑥𝑐 𝑝(𝑥𝑐) + 𝑥𝑏 𝑝(𝑥𝑏) + 𝑥𝑒 𝑝(𝑥𝑒) 
= 18 · 0,2 + 8 · 0,7 + (−2)(1 − (0,2 + 0,7)) 
= 3,6 + 5,6 − 0,2 
= 𝟗, 𝟎 
 
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 
= 𝐸[𝑋2] − (𝐸[𝑋])2 
=∑𝑥𝑖
2 𝑝(𝑥𝑖)
𝑖
− (9,0)2 
= 𝑥𝑐
2 𝑝(𝑥𝑐) + 𝑥𝑏
2 𝑝(𝑥𝑏) + 𝑥𝑒
2 𝑝(𝑥𝑒) − 81 
= 182 · 0,2 + 82 · 0,7 + (−2)2(1 − (0,2 + 0,7)) − 81 
= 𝟐𝟗 
 
14. 
a) ℙ(𝑋 ≥ 2) = 
= 1− 𝑃(𝑋 < 2) 
= 1− (𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)) 
 
𝐴𝑠𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑒𝑗𝑎 𝑚𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑎, 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑎 𝑚é𝑑𝑖𝑎 𝜆 = 𝑛𝑝. 
∴ ℙ(𝑋 = 𝑖) = 
= (
𝑛
𝑖
) 𝑝𝑖(1 − 𝑝)𝑛−𝑖 
=
𝑛!
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!
𝑝𝑖(1 − 𝑝)𝑛−𝑖 
=
𝑛!
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!
(
𝜆
𝑛
)
𝑖
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑛−𝑖
 
=
𝑛 (𝑛 − 1)⋯(𝑛 − 𝑖 + 1) (𝑛 − 𝑖)!
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!
 
𝜆𝑖
𝑛𝑖
 (1 −
𝜆
𝑛
)
𝑛
(1 −
𝜆
𝑛
)
−𝑖
 
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=
𝑛(𝑛 − 1)⋯(𝑛 − 𝑖 + 1)
𝑖!
 
𝜆𝑖
𝑛𝑖
 
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑛
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑖
 
=
𝑛(𝑛 − 1)⋯(𝑛 − 𝑖 + 1)
𝑛𝑖
 
𝜆𝑖
𝑖!
 
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑛
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑖
 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑛 𝑚𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑛−1 ≈ 0, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 
𝑛(𝑛 − 1)⋯(𝑛 − 𝑖 + 1)
𝑛𝑖
=
𝑛𝑖 − 𝑛𝑖−1 − 2𝑛𝑖−1 −⋯
𝑛𝑖
=
𝑛𝑖
𝑛𝑖
−
𝑛𝑖−1
𝑛𝑖
−
2𝑛𝑖−1
𝑛𝑖
−⋯
= 1−
1
𝑛
−
2
𝑛
−⋯ ≈ 1 − 0 − 0 −⋯ = 1 
(1 +
−𝜆
𝑛
)
𝑛
≈ 𝑒−𝜆 
(1 +
−1
𝑛
)
𝑖
≈ (1 − 0)𝑖 = 1 
 
𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜: 
ℙ(𝑋 = 𝑖) = 
=
𝑛(𝑛 − 1)⋯(𝑛 − 𝑖 + 1)
𝑛𝑖
 
𝜆𝑖
𝑖!
 
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑛
(1 −
𝜆
𝑛
)
𝑖
 
≈ 1 ·
𝜆𝑖
𝑖!
·
𝑒−𝜆
1
 
⇒ ℙ(𝑋 = 𝑖) ≈ 𝑒−𝜆
𝜆𝑖
𝑖!
 
𝑄𝑢𝑒 é 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖á𝑣𝑒𝑙 𝑎𝑙𝑒𝑎𝑡ó𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛. 
 
𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚: 
ℙ(𝑋 ≥ 2) = 
= 1− (𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)) 
≈ 1 − (𝑒−3,3
3,30
0!
+ 𝑒−3,3
3,31
1!
) 
= 1− (𝑒−3,3 + 3,3𝑒−3,3) 
≈ 𝟎,𝟖𝟒 
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b) ℙ(𝑋 ≤ 1) = 
= 1− ℙ(𝑋 ≥ 2) 
= 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) 
≈ 𝑒−3,3 + 3,3𝑒−3,3 
≈ 𝟎,𝟏𝟔 
 
15. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐵𝑛 = 𝑖: {𝑛 𝑏𝑖𝑡𝑠 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑠𝑖𝑣𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑖 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑡𝑜𝑠} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐵𝑛 = 𝑖) = (
𝑛
𝑖
) 𝑝𝑖 (1 − 𝑝)𝑛−𝑖 
 
ℙ(𝐵3 ≥ 2) > ℙ(𝐵1 ≥ 1) 
⇒ ℙ(𝐵3 = 2) + ℙ(𝐵3 = 3) ≥ ℙ(𝐵1 = 1) 
⇒ (
3
2
)𝑝2 (1 − 𝑝) + (
3
3
) 𝑝3 ≥ (
1
1
)𝑝1 
⇒ 3𝑝 (1 − 𝑝) + 𝑝2 ≥ 1 
⇒ 2𝑝2 − 3𝑝 + 1 ≤ 0 
∴ (2𝑝 − 1)(𝑝 − 1) = 0 ⇒ 𝑝1 = 1 2⁄ 𝑒 𝑝2 = 1 
⇒
𝟏
𝟐
≤ 𝒑 ≤ 𝟏 
 
16. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐷 = 𝑖: {𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎 𝑓𝑖𝑐𝑜𝑢 𝑑𝑜𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖 𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑎𝑛𝑜} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐷 = 𝑖) = 0,75 · 𝑒−2
2𝑖
𝑖!
+ 0,25 · 𝑒−4
4𝑖
𝑖!
 
 
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ℙ(𝐷 = 2) = 
= 0,75 · 𝑒−2
22
2!
+ 0,25 · 𝑒−4
42
2!
 
≈ 𝟎,𝟐𝟒𝟎 
 
17. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐷 = 𝑖: {𝑐ℎ𝑎𝑝𝑎 𝑐𝑜𝑚 𝑖 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜𝑠 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑚2} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐷 = 𝑖) = 𝑒−1
11
𝑖!
=
1
𝑖! 𝑒
 
 
a) ℙ(𝐷 ≥ 1) = 
= 1− ℙ(𝐷 < 1) 
= 1− 0 
= 𝟏 
=
1
1! 𝑒
 
= 𝟎, 𝟑𝟔𝟖 
 
b) ℙ(𝐷 ≤ 2) = 
= ℙ(𝐷 = 1) + ℙ(𝐷 = 2) 
=
1
1! 𝑒
+
1
2! 𝑒
 
= 𝟎, 𝟓𝟓𝟐 
 
c) ℙ(2 ≤ 𝐷 ≤ 4) = 
= ℙ(𝐷 ≤ 4) − ℙ(𝐷 ≤ 2) 
= (ℙ(𝐷 = 0) + ℙ(𝐷 = 1) + ℙ(𝐷 = 2) + ℙ(𝐷 = 3) + ℙ(𝐷 = 4))
− (ℙ(𝐷 = 0) + ℙ(𝐷 = 1) + ℙ(𝐷 = 2)) 
= ℙ(𝐷 = 3) + ℙ(𝐷 = 4) 
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=
1
3! 𝑒
+
1
4! 𝑒
 
= 𝟎, 𝟎𝟕𝟕 
 
18. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐶 = 𝑖: {𝑟𝑒𝑐𝑒𝑏𝑒𝑢 𝑖 𝑐ℎ𝑎𝑚𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐶 = 𝑖) = 𝑒−8
8𝑖
𝑖!
 
 
a) ℙ(𝐶 ≥ 10) = 
= 1− ℙ(𝐶 < 10) 
= 1− (ℙ(𝐶 = 0) + ℙ(𝐶 = 1) + ℙ(𝐶 = 2) + ℙ(𝐶 = 3) + ℙ(𝐶 = 4) + ℙ(𝐶 = 5)
+ ℙ(𝐶 = 6) + ℙ(𝐶 = 7) + ℙ(𝐶 = 8) + ℙ(𝐶 = 9)) 
= 1− 𝑒−8 (0 +
81
1!
+
82
2!
+
83
3!
+
84
4!
+
85
5!
+
86
6!
+
87
7!
+
88
8!
+
89
9!
) 
= 𝟎, 𝟐𝟖𝟒 
 
b) ℙ(𝐶 < 9) = 
= ℙ(𝐶 = 0) + ℙ(𝐶 = 1) + ℙ(𝐶 = 2) + ℙ(𝐶 = 3) + ℙ(𝐶 = 4) + ℙ(𝐶 = 5)
+ ℙ(𝐶 = 6) + ℙ(𝐶 = 7) + ℙ(𝐶 = 8) 
= 𝑒−8 (0 +
81
1!
+
82
2!
+
83
3!
+
84
4!
+
85
5!
+
86
6!
+
87
7!
+
88
8!
) 
= 𝟎, 𝟓𝟗𝟐 
 
19. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝑋 = 𝑖: {𝑖 𝑝𝑒ç𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜𝑠} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
BC0406: Intr. à Prob. e à Estatística UFABC Resolução da Lista 05 v2 
 
 
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ℙ(𝑋 = 1) =
0,60
3
= 0,200 
ℙ(𝑋 = 2) =
0,602
3
= 0,120 
ℙ(𝑋 = 3) =
0,603
3
= 0,072 
ℙ(𝑋 = 𝑖) =
0,60𝑖
3
 
 
a) 𝑋 = {1,2,3} 
𝑃(𝑋 = 1) =
0,60
3
= 0,200 
𝑃(𝑋 = 2) =
0,602
3
= 0,120 
𝑃(𝑋 = 3) =
0,603
3
= 0,072 
 
b) 𝑃𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑖𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 𝑢𝑚𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑑𝑎 𝑢𝑟𝑛𝑎.𝑁ã𝑜 𝑎 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 
𝑐𝑜𝑚𝑏𝑖𝑛𝑎çã𝑜, 𝑢𝑚𝑎 𝑣𝑒𝑧 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑒ç𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 
𝑑𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑜𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎. 
 
c) 𝐸[𝑋] = 
= 1 · ℙ(𝑋 = 1) + 2 · ℙ(𝑋 = 2) + 3 · ℙ(𝑋 = 3) 
= 1 · 0,200 + 2 · 0,120 + 3 · 0,072 
= 𝟎, 𝟔𝟓𝟔 
 
20. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝑆: {𝑠𝑎𝑛𝑔𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜} 
𝑁: {𝑠𝑎𝑛𝑔𝑢𝑒 𝑛ã𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜} 
𝑆𝑘 = 𝑖: {𝑘 − é𝑠𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑜𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑢𝑖 𝑜 𝑖 − é𝑠𝑖𝑚𝑜 𝑠𝑎𝑛𝑔𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝑆𝑘 = 𝑖) = (
𝑘
𝑖
) 0,1𝑖 0,9𝑘−𝑖 
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a) ℙ(𝑆7 = 3) = 
= (
7
3
)0,13 0,97−3 
= 𝟎, 𝟎𝟐𝟑 
 
b) ℙ(𝑆5 = 1) = 
= (
5
1
)0,11 0,95−1 
= 𝟎, 𝟑𝟐𝟖 
 
c) ℙ({𝑁,𝑁,𝑁, 𝑆, 𝑆, 𝑆, 𝑁∗}) = ; 𝑁∗ é 𝑓𝑖𝑥𝑜 
= (
7 − 1
3
)0,13 0,97−3 
= 𝟎, 𝟎𝟏𝟑 
 
21. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐷 = 𝑖: {𝑖 𝑙â𝑚𝑝𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐷 = 𝑖) = (
5
𝑖
) (
4
20
)
𝑖
 (
16
20
)
5−𝑖
= (
5
𝑖
)
1
5𝑖
 (
4
5
)
5
(
5
4
)
𝑖
= (
5
𝑖
) (
4
5
)
5 1
4𝑖
 
 
ℙ(𝐷 ≤ 2) = 
= ℙ(𝐷 = 0) + ℙ(𝐷 = 1) + ℙ(𝐷 = 2) 
= (
4
5
)
5
((
5
0
)
1
40
+ (
5
1
)
1
41
+ (
5
2
)
1
42
) 
= (
4
5
)
5
(1 +
5
4
+
10
16
) 
≈ 𝟎,𝟗𝟒𝟐 
 
ℙ(𝐷 = 0) = (
5
0
) (
4
5
)
5 1
40
≈ 𝟎, 𝟑𝟐𝟖 
BC0406: Intr. à Prob. e à Estatística UFABC Resolução da Lista 05 v2 
 
 
Fernando Freitas Alves fernando.freitas@aluno.ufabc.edu.br 03/03/13 – pág. 21/23 
ℙ(𝐷 = 1) = (
5
1
) (
4
5
)
5 1
41
≈ 𝟎, 𝟒𝟏𝟎 
ℙ(𝐷 = 2) = (
5
2
) (
4
5
)
5 1
42
≈ 𝟎, 𝟐𝟎𝟓 
ℙ(𝐷 = 3) = (
5
3
) (
4
5
)
5 1
43
≈ 𝟎, 𝟎𝟓𝟏 
ℙ(𝐷 = 4) = (
5
4
) (
4
5
)
5 1
44
≈ 𝟎, 𝟎𝟎𝟔 
 
22. 
a) 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑡á 𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 6 𝑑𝑜𝑠 10 𝑒𝑠𝑡𝑢𝑑𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 
𝑠𝑒𝑟𝑒𝑚 𝑓𝑒𝑚𝑖𝑛𝑖𝑛𝑜𝑠. 
b) 𝑮𝒆𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎-𝑠𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 𝑢𝑚 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑑𝑢𝑝𝑙𝑜 6. 
c) 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑡á 𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑖𝑡𝑒𝑛𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 
𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑒𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑢𝑜𝑠𝑜𝑠 𝑒𝑚 𝑙𝑜𝑡𝑒 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑜 𝑑𝑒 5 𝑖𝑡𝑒𝑛𝑠. 
d) 𝑷𝒐𝒊𝒔𝒔𝒐𝒏,𝑝𝑜𝑖𝑠 20 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 é 𝑏𝑎𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 
𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒𝑟 𝑢𝑚 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟, 𝑞𝑢𝑒 é 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎. 
e) 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑡á 𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 
𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒𝑐𝑒𝑟𝑒𝑚 𝑒𝑚 𝑝𝑜𝑢𝑐𝑎𝑠 𝑟𝑜𝑑𝑎𝑑𝑎𝑠. 
f) 𝑮𝒆𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎-𝑠𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 𝑢𝑚 ú𝑛𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑢𝑜𝑠𝑜. 
g) 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑡á 𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑢𝑠𝑎𝑟𝑎𝑚 𝑜 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎 
𝑒𝑥𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠. 
h) 𝑷𝒐𝒊𝒔𝒔𝒐𝒏,𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑎𝑠 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑎𝑛𝑜 é 𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑢𝑚𝑖𝑚𝑜𝑠 
𝑞𝑢𝑒 𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑟 𝑢𝑚𝑎 𝑔𝑟𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑑𝑖𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 é 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎. 
i) 𝑯𝒊𝒑𝒆𝒓𝒈𝒆𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂, 𝑝𝑜𝑖𝑠 ℎá 𝑢𝑚 𝑐𝑒𝑟𝑡𝑜 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 ℎ𝑎𝑚𝑠𝑡𝑒𝑟 𝑐𝑜𝑚 𝑠𝑒𝑥𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑒 
𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎 𝑠𝑎𝑏𝑒𝑟 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑟𝑎𝑟 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑜 𝑠𝑒𝑥𝑜. 
j) 𝑷𝒐𝒊𝒔𝒔𝒐𝒏,𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑠 é 𝑚𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒 𝑒 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑢𝑚𝑖𝑟 𝑞𝑢𝑒 
𝑎 𝑐ℎ𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑢𝑚 𝐷𝑉𝐷 𝑣𝑖𝑟 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜 é 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑎. 
k) 𝑮𝒆𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎-𝑠𝑒 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 𝑢𝑚 ú𝑛𝑖𝑐𝑜 𝑝𝑎𝑟 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒𝑟. 
 
23. 
24. 
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠: 
𝐼: {𝑟é𝑢 𝑖𝑛𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒} 
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𝐶: {𝑟é𝑢 𝑐𝑢𝑙𝑝𝑎𝑑𝑜} 
𝑁: {𝑟é𝑢 𝑑𝑒𝑐𝑙𝑎𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑖𝑛𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒} 
𝑃: {𝑟é𝑢 𝑑𝑒𝑐𝑙𝑎𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑙𝑝𝑎𝑑𝑜} 
𝑃𝐶 = 𝑖: {𝑖 𝑗ú𝑟𝑖𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑙𝑎𝑟𝑎𝑚 𝑜 𝑟é𝑢 𝑐𝑢𝑙𝑝𝑎𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒} 
𝑃𝐼 = 𝑖: {𝑖 𝑗ú𝑟𝑖𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑙𝑎𝑟𝑎𝑚 𝑜 𝑟é𝑢 𝑐𝑢𝑙𝑝𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑛𝑒𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒} 
 
𝑃𝑟𝑒𝑚𝑖𝑠𝑠𝑎: 
ℙ(𝐼) = 0,35 
ℙ(𝐶) = 0,65 
ℙ(𝑃|𝐼) = 0,1 
ℙ(𝑁|𝐶) = 0,2 
ℙ(𝑃𝐶 = 𝑖) = (
12
𝑖
)ℙ(𝑃|𝐶)𝑖ℙ(𝑁|𝐶)12−𝑖 = (
12
𝑖
) (1 − ℙ(𝑁|𝐶))
𝑖
ℙ(𝑁|𝐶)12−𝑖
= (
12
𝑖
) 0,8𝑖 · 0,212−𝑖 
ℙ(𝑃𝐼 = 𝑖) = (
12
𝑖
)ℙ(𝑃|𝐼)𝑖ℙ(𝑁|𝐼)12−𝑖 = (
12
𝑖
)ℙ(𝑃|𝐼)𝑖(1 − ℙ(𝑃|𝐼))
12−𝑖
= (
12
𝑖
) 0,1𝑖 · 0,912−𝑖 
 
ℙ(𝑃|𝐶) = 
= ℙ(𝑃𝐶 ≥ 9) 
= (
12
9
) 0,89 · 0,212−9 + (
12
10
) 0,810 · 0,212−10 + (
12
11
) 0,811 · 0,212−11 + (
12
12
) 0,812
· 0,212−12 
≈ 𝟎,𝟕𝟗𝟒𝟓𝟕 
 
ℙ(𝑃) = 
= ℙ(𝑃 ∩ (𝐶 ∪ 𝐶𝐶)) 
= ℙ(𝑃 ∩ (𝐶 ∪ 𝐼)) 
= ℙ((𝑃 ∩ 𝐶) ∪ (𝑃 ∩ 𝐼)) 
= ℙ(𝑃 ∩ 𝐶) + ℙ(𝑃 ∩ 𝐼) 
= ℙ(𝑃|𝐶)ℙ(𝐶) + ℙ(𝑃|𝐼)ℙ(𝐼) 
 
𝑇𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 
BC0406: Intr. à Prob. e à Estatística UFABC Resolução da Lista 05 v2 
 
 
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ℙ(𝑃|𝐼) = 
= ℙ(𝑃𝐼 ≥ 9) 
= (
12
9
) 0,19 · 0,912−9 + (
12
10
) 0,110 · 0,912−10 + (
12
11
) 0,111 · 0,912−11 + (
12
12
) 0,112
· 0,912−12 
≈ 1,6584 × 10−7 
 
𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖-𝑠𝑒 𝑞𝑢𝑒: 
ℙ(𝑃) = 
= ℙ(𝑃|𝐶)ℙ(𝐶) + ℙ(𝑃|𝐼)ℙ(𝐼) 
≈ 0,79457 · 0,65 + 1,6584 × 10−7 · 0,35 
≈ 𝟎,𝟓𝟏𝟔𝟒𝟕