Estatística - Resumo teórico 5.1

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Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Cap. 5 – Principais 
Distribuições Discretas 
 
ECO 1721 – Introdução à Estatística Econômica 
UNIDADE I – Cálculo de Probabilidades 
5. Principais Distribuições Discretas 
Referências: Resumo Teórico 4, Rice – Cap. 2, Montgomery e Runger – Cap. 3, Larson 
– Cap. 4 e Meyer – Cap. 4 e Cap. 8 
 
Distribuição de Bernoulli (RT5 – Seção 5.1) 
Exemplo 1. Uma máquina produz peças sequencialmente. Admita-se que o regime de 
produção é uniforme ao longo do tempo. Suponha-se que a probabilidade de uma peça 
ser produzida com defeito é 0,02. Uma peça é selecionada ao acaso da produção dessa 
máquina. Seja X a variável aleatória definida por 
 0 se ocorrer A ="a peça não temdefeito"
X
1 se ocorrer A ="a peça temdefeito"



 
Determinar: 
a) a função de probabilidade de X; 
b) a expectância e a variância de X; 
c) a função geratriz de momentos de X. 
 
A variável aleatória considerada tem distribuição de Bernoulli, com parâmetro p = 0,02. 
Ou seja, 
X
~Bernoulli (0,02) 
Então, tem-se: 
a) a função de probabilidade de X é 
 0,98 , se x =0
p(x) =
0,02 , se x =1



 
que também pode, de forma alternativa, ser expressa analiticamente por 
 
x 1 xp(x) 0,02 . 0,98 , para x 0,1 
 
b) a expectância e a variância de X são: 
 E(X) = p = 0,02 e V(X) = p.q = p.(1 – p) = 0,02 . 0,98 = 0,0196 
Juliana
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c) a função geratriz de momentos é 
 
1 1
t X t x t x x 1 x 0 t t
X X
x 0 0
(t) E p (x) 0,02 0,98 0,98 0,02 0,98 0,02
x
M e e e e e e
 
       
 
Exemplo 2. Um lote de 100 peças da máquina considerada no exercício anterior tem 5 
peças defeituosas. Uma peça é selecionada ao acaso desse lote. Seja X a variável 
aleatória que representa o número eventual de peças defeituosas encontradas. Determine 
a função de distribuição acumulada de probabilidade de X. 
Nesse caso, tem-se: N = 100 e 
AN 5
 donde 
AN 5p= P(A)= p= = =0,05
N 100
 
Logo, assim como no caso anterior, a variável aleatória X tem distribuição de Bernoulli 
de parâmetro p = 0,05 e consequentemente: 
i) a sua função de probabilidade é 
 0,95 , se x =0
p(x) =
0,05 , se x =1



 
ii) a sua função de distribuição de X é 
 
 
0 , se x 0
F(x) = 0,95 , se 0 x 1
1 , se x 1


 
 
 
 
Distribuição Binomial (RT5 – Seção 5.2) 
Exemplo 3. Considere-se, novamente, a máquina do exercício 5.1. São selecionadas 10 
peças escolhidas ao acaso da produção dessa máquina. Seja X a variável aleatória que 
representa o número eventual de peças defeituosas encontradas entre aquelas 
selecionadas. Determinar: 
a) a função de probabilidade de X; 
b) a expectância e a variância de X; 
c) a função geratriz de momentos de X. 
 
Supondo independência entre a incidência de defeitos nas peças fabricadas (isto é, que 
as peças possuem (ou não) defeitos independentemente umas das outras), então a 
Juliana
Realce
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
distribuição de X é binomial, de parâmetros n = 10 e p = 0,02. Ou seja, 
X
~ Binomial 
(10, 0,02). 
Logo, 
a) a função de probabilidade de X é 
 
x x 10- x
10p(x) 0,02 0,98 , para x 0,1,2,3,...,10C 
 
b) a expectância e a variância de X são 
 E(X) = n p = 10 . 0,02 = 0,2 e V(X) = n p q = 10 . 0,02 . 0,98 = 0,196 
c) a função geratriz de momentos de X é 
 
   
10 10
x 5
t x x x 10 x x t 10 x t
X 10 5
x =0 x =0
(t) C 0,02 0,98 C 0,02 0,98 0,02 0,98M e e e     
 
 
Exemplo 4. Um dado é lançado 50 vezes. Qual é a probabilidade de que o número de 
pontos 3 ou 4 seja igual a 20? 
a) o número de pontos pares seja no mínimo igual a 10? 
b) o número de pontos maiores que 2 seja menor que 8? 
c) não ocorram pontos maiores que 4? 
d) todos os pontos sejam iguais a 4? 
 
Inicialmente deve-se ressaltar que os lançamentos de um dado podem ser considerados 
independentes. 
Em cada um dos casos, seja A o evento de interesse, cuja probabilidade de ocorrência é 
p = P(A). Então: 
a) A = “o número de pontos é 3 ou 4” , 
2 1 2
P(A) = p = = e q = 1 p
6 3 3
 
 
 logo 
 
20
20
50
30
1
P X = 20
3
2
3
C       
  
 
b) A = “o número de pontos é par” , 
3 1 1
P(A) = p = = e q = 1 p
6 2 2
 
 
Juliana
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 logo 
 
x50 50 x
x
50
10
-1 1
P X 10 C
2 2x
  
     
   

 
 c) A = “o número de pontos é maior que 2” , 
4 2 1
P(A) = p = = e q = 1 p
6 3 3
 
 
 logo 
 
7
0
50-x
x
50
P X <8
x
2 1
3 3x
C

   
    
   

 
 d) A = “o número de pontos é maior que 4” , 
2 1 2
P(A) = p = = e q = 1 p
6 3 3
 
 
 logo 
 
0 50 50
1 2 2
P X =0
3 3 3
0
50
C            
     
 
 e) A = “o número de pontos é igual a 4” , 
1 5
P(A) = p = e q = 1 p
6 6
 
 
 logo  
50 50 50 50
50
50
1 5 1
P X 50
6 6 6
C
     
      
          
     
 
 
Exemplo 5. De acordo com a experiência acumulada sobre as compras efetuadas em um 
supermercado, a probabilidade de um cliente efetuar compras em determinada seção do 
supermercado pode ser estimada como igual a 10%. Em determinado dia, no horário das 
8h às 8:30h, entram 20 clientes nesse supermercado. Seja X o número de clientes desse 
grupo que efetuam compras naquela seção. Determinar: 
 a) a função de probabilidade de X; 
 b) a expectância de X; 
 c) a probabilidade de X ser inferior a 5. 
 
 Supondo que os vinte clientes do grupo efetuam compras de forma independente uns dos 
outros, a variável aleatória X que representa o número eventual de clientes que realizam 
compras na seção considerada tem distribuição Binomial de parâmetros n = 20 e p = 
0,10. Portanto: 
a) a função de probabilidade de X é 
Juliana
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  x x 20 x20P X x p(x) C 0,10 0,90 para x 0,1,2,3,...,20
   
 
b) A expectância (média) de X é 
 E(X) = n p = 20 . 0,10 = 2 
c) a probabilidade de X ser inferior a 5 é 
 
   
4
x x 50 x
20
x 0
-P X <5 P X 4 C 0,10 0,90

   
 
 
Exemplo 6. Um produtor de sementes vende seu produto em pacotes que contém 100 
unidades. Se a probabilidade de que uma semente venha a germinar é igual a 0,8, 
pergunta-se: 
a) qual é a probabilidade de que um pacote apresente mais que cinco sementes 
sem germinar? 
b) qual é a probabilidade de que em três pacotes, apenas um tenha todas as 
sementes germinadas? 
c) qual é o número médio de sementes sem germinar apresentada por pacote? 
 
a) 
 Supondo que as sementes germinam independentemente umas das outras e sendo 
G o evento definido por G = “a semente germina”, tem-se 
 
 n = 100 , P G p 0,8 e P(G) 1 p 0,2 q     
 
 Seja X a variável aleatória que representa o número eventual de sementes de um 
pacote que germinam. Então, nessas condições, X tem distribuição binomial de 
parâmetros n = 100 e p = 0,8. Logo, a sua função de probabilidade é     x 100-xx
100
P X = x p(x) 0,8 0,2C 
 
 Portanto, se o evento cuja probabilidade se quer determinar é A = “mais do que 
cinco sementes sem germinar” ele equivale a (X < 95). Logo, tem-se 
 
       
94
x = 0
x 100-xx
100
P X < 95 P X 94 0,2 0,8C   
 
Juliana
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 ou ainda, alternativamente, com menor esforço de cálculo 
 
         
100
x = 95
x 100-xx
100
P X < 95 P X 94 1 P X 95 1 0,2 0,8C       
 
 b) 
 Com base no mesmo pressuposto anteriormente feito, decorre que as germinações 
das sementes de pacotes distintos são independentes. Então, sendo o evento E definido 
por E = “todas as sementes do pacote germinam” tem-se 
 
  100 100n 3 , P E p 0,8 e P(E) 1 p 1 0,8 q       
 
 Seja Y a variável aleatória que representa o número eventual de pacotes em que 
todas as sementes germinam. Y tem distribuição binomial de parâmetros n = 3 e p = 
0,8
100
 . Logo a função de probabilidade de Y é 
 
 
y 3 y
y 100 100
3P Y= y p(y) = (0,8) 1 (0,8) para y = 0,1, 2,3C

       
 
 e assim 
 
 
2
1 100 100
3P Y=1 p(1) = (0,8) 1 (0,8)C    
 
 c) Seja Z a variável aleatória que representa o número de sementes sem germinar 
em um pacote. Então, Z = 100 – X, logo E(Z) = 100 – E(X) e como se tem E(X) = n p = 
100 . 0,8 = 80 decorre que E(Z) = 100 – 80 = 20. 
 
Distribuição Geométrica (RT5 – Seção 5.3) 
Exemplo 7. Considere-se, novamente, a máquina do exercício 5.1. Suponha agora que 
todas as peças produzidas são inspecionadas para verificar a presença de defeito. Seja X 
a variável aleatória que representa o número eventual de peças fabricadas até ser 
encontrada a primeira peça defeituosa. Determinar: 
a) a função de probabilidade de X; 
b) a expectância, a variância e o desvio padrão de X; 
c) a função geratriz de momentos de X. 
 
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Distribuições Discretas 
 
Supondo independência entre a incidência de defeitos nas peças fabricadas (isto é, que 
as peças possuem (ou não) defeitos independentemente umas das outras), então a 
distribuição de X é geométrica, de parâmetro p = 0,02. Ou seja,
X
~ Geométrica (0,02). 
Logo, 
i) a função de probabilidade de X é 
 
x -1p(x) 0,02.0,98 , para x 1,2,3,... 
 
 ii) a expectância, a variância e o desvio padrão de X são 
 E(X) = 
1 1
50
p 0,02
 
 , V(X) = 
2 2
q 0,98
2450
p 0,02
 
 e 
 
σ = 2450 49,4975 49,50 
 
 
Exemplo 8. De um baralho comum (com 52 cartas) retiram-se cartas sucessivamente, 
com reposição, até que saia pela primeira vez uma dama. Qual é a probabilidade de que 
a) sejam necessárias menos de 4 extrações? 
b) sejam necessárias pelo menos mais 2 extrações, se já foram efetuadas 5 extrações 
sem sucesso? 
 
Como há reposição das cartas extraídas, as extrações são independentes. 
Nas condições estabelecidas, X tem distribuição geométrica de parâmetro 
4 1
p
52 13
 
 
logo a sua função de probabilidade é x -11 12
p(x) = para x 1,2,3,....
13 13
 
 
 
 
Então, tem-se: 
a) 
   
2 0
x -1 x -13 3
x =1 x =1
12 12 12
1 12 1 12 1 13 13 13
P X 4 P X 3
1213 13 13 13 13
1
13
   
   
       
         
    
 
 
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Distribuições Discretas 
 
 312
1 0,2135
13
 
   
 
 
b) 
 
 
 
6
x -1
x =7
x -1 5
x =6
12
1 13
1 12
1213
113 13P X 7 1213P X 7|X 5 0,9231
P X 6 131 12 12
113 13 13
1213
1
13


 
 
 
 
   
      
    
   
   



 
 
Distribuição de Pascal ou Binomial Negativa (RT5 – Seção 5.4) 
Exemplo 9. Considere-se, mais uma vez, a máquina do exercício 5.1. Nas mesmas 
condições do exercício 5.7 – exame de todas as peças produzidas – seja agora X a 
variável aleatória que representa o número eventual de peças fabricadas até ser 
encontrada a quarta peça defeituosa. Determinar: 
a) a função de probabilidade de X; 
b) a probabilidade da quarta peça defeituosa ser a vigésima-primeira peça fabricada; 
c) a expectância e a variância de X. 
Supondo independência na incidência de defeitos nas peças fabricadas (isto é, que as 
peças possuem (ou não) defeitos independentemente umas das outras), então X tem 
distribuição de Pascal, de parâmetros r = 4 e p = 0,02. Ou seja, 
X
~ Pascal (4; 0,02). 
Logo, 
a) a função de probabilidade de X é 
 
3 4 x-4
x-1p(x) 0,02 .0,98 , para x 4,5,6,...C 
 
b) 
  3 4 1720P X=21 =p(21) 0,02 .0,98 0,0001C 
 
c) a expectância, a variância e o desvio padrão de X são 
 E(X) = 
r 4
200
p 0,02
 
 , V(X) = 
2 2
r q 4 . 0,98
9800
p 0,02
 
 e 
 
σ = 9800 98,9949 98,99 
 
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
 
Distribuição Hipergeométrica (RT4 – Seção 5.5) 
Exemplo 10. Um lote com 100 peças possui 20 peças defeituosas. São selecionadas 5 
peças ao acaso, sem reposição, do lote. Seja X a variável aleatória que representa o 
número eventual de peças defeituosas entre as selecionadas. Determinar: 
a) a função de probabilidade de X; 
b) a probabilidade de não ser encontrada nenhuma peça defeituosa; 
c) a probabilidade de haver, no máximo, duas peças defeituosas. 
 
Nas condições estabelecidas, X tem distribuição hipergeométrica, de parâmetros N = 
100, m = 20 e n = 5. Ou seja: 
X
~ Hipergeométrica (100, 20, 5). Então, segue: 
a) a função de probabilidade de X é 
 x 5- x
20 80
5
100
p(x) , para x 0,1,2, ...,5
C C
C
 
 
b) A probabilidade de não ser encontrada nenhuma peça defeituosa é 
  
0 5 5
20 80 80
5 5
100 100
80!
C C C 80.79.78.77.76 15!75!
P X 0 0,3193 0,32
100! 100.99.98.97.96 2C C
5!95!
       
c) A probabilidade de haver no máximo duas peças defeituosas é 
 
 
x 5 x2
20 80
5
x =0 100
C C
P X 2
C

  
 
 
Exemplo 11. Determinar a função de probabilidade, a expectância e a variância do 
número eventual de pontos (acertos) de um jogador em uma única aposta no jogo da 
Mega Sena. 
 
A Mega Sena é um jogo com 60 “dezenas” – números de 1 a 60 – para apostar. Uma 
aposta “simples” é constituída pela escolha (“marcação”) de 6 “dezenas” em um talão 
(“volante”). Na extração lotérica são selecionas, ao acaso, sem reposição, 6 bolas entre 
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Distribuições Discretas 
 
as 60 bolas numeradas de 1 a 60 existentes em uma urna, sendo este conjunto de seis 
“dezenas” o resultado da loteria. Nessas condições, a variável aleatória X que representa 
o número eventual de pontos (acertos) de um apostador tem distribuição 
hipergeométrica de parâmetros N = 60, m = 6 e n = 6. Então, tem-se: 
a) x 6-x
6 54
6
60
p(x) , para x 0,1,2,3, ...,6
C C
C
 
 
b) E(X) = 0,6 
c) V(X) = 0,4942 = 0,49 
 
Distribuição de Poisson (RT5 – Seção 5.6) 
Exemplo 12. O número de partículas emitidas por uma fonte radioativa durante o 
período de uma hora é uma variável aleatóriacom distribuição de Poisson de parâmetro 
α=2
. 
Determinar: 
a) a probabilidade de não haver emissão de partículas pela fonte durante 1 hora; 
b) a probabilidade de não serem emitidas mais do que 3 partículas durante 1 hora. 
 
A função de probabilidade de X é 2 x2
p(x) , para x 0,1,2,3, ...
x!
e
 
 
Então: 
a) 
 
2 0 2
22 .1P X =0 = p(0) 0,1353 0,14
0! 1
e e
e
 
    
 
b) 
 
2 x 2 0 2 1 2 2 2 33
x = 0
2 2 2 2 2
P X 3 =
x! 0! 1! 2! 3!
e e e e e    
     
 
2 2 2 2
2.1 .2 .4 .8 38 6,3333. 0,1353 0,8571 0,86
1 1 2 6 6
e e e e
e
   
       
 
 
Exemplo 13. O número de acidentes de trabalho que ocorrem em uma empresa possui 
distribuição de Poisson com taxa média igual a 0,0004 acidentes em um dia de trabalho 
Juliana
Realce
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
de um operário. Qual é a probabilidade de ocorram no mínimo 2 acidentes de trabalho 
em um grupo de 50 operários durante 30 dias de trabalho? 
 
Seja 
X número de acidentes de trabalho
. Então 
 X ~ 
 Poisson  com   
X
0,0004
50operários 30dias 0,6
operário dia
    
 

 
e assim decorre que 
          P X 2 1 P X 2 1 P X 1 1 P X 0 P X 1           
 = 
 
 0,6 0,61 0,6 0,12190e e    
 
 
Exemplo 14. O número de latas de cerveja vendidas por certo supermercado possui 
distribuição de Poisson de média igual a 0,1 lata para cada cliente que permanece 
fazendo compras durante uma hora. Em certo instante, chegaram juntos 20 clientes que 
iniciaram simultaneamente suas compras no supermercado. Pergunta-se: 
a) Se os 20 clientes permaneceram 1h 30m fazendo compras, qual é a probabilidade de 
que eles tenham comprado pelo menos uma lata de cerveja? 
b) Se os 20 clientes permaneceram 2 horas fazendo compras e pelo menos um deles 
comprou cerveja em lata, qual é a probabilidade de que eles tenham comprado pelo 
menos duas latas de cerveja? 
 
Seja X a variável aleatória que representa o número eventual de latas de cerveja 
compradas por um cliente que permanece durante uma hora fazendo compras no 
supermercado. Então X tem distribuição de Poisson de parâmetro 
λ t 0,1.1 0,1 
. 
Desse modo, tem-se: 
a) na situação em que 20 clientes permanecem durante 1h 30m fazendo compras, segue 
que X tem distribuição de Poisson de parâmetro 
α nλ t 20. 0,1 . 1,5 3  
, logo 
 
3 x
33p(x) P(X x) , para x 0,1,2, ... e P(X 1) 1-P(X 0) 1
x!
e
e

        
 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Cap. 5 – Principais 
Distribuições Discretas 
 
b) na situação em que 20 clientes permanecem 2 horas fazendo compras, então X tem 
distribuição de Poisson de parâmetro 
α nλ t 20 . 0,1 . 2 4  
, portanto 
4 x4
p(x) P(X x) , para x 0,1,2, ...
x!
e
   
 
e segue que 
 
4
4 4 4
4 4
P(X 2) 1 P(X 1)
P(X > 0) 1 P(X 0) 1 e P(X 2|X 1)
P(X 1) 1 P(X 0)
1 ( 4 ) 1 5
1 1
e
e e e
e e

  
 
  
         
  
  
 
 
 
 
Exemplo 15. Seja X uma variável aleatória com distribuição de Poisson de média igual 
a 5. Calcular, pelo método de recorrência, 
 P X= x para x = 0,1,2,3,4
. 
 
 
   5 xP X x 5 / x! x 0,1,2,3,....e  
 
   5P X 0 0,00674e  
 
 
   
5
P X 1 0,00674 0,03369
1
 
   
 
 
   
5
P X 2 0,03369 0,08422
2
 
   
 
 
 
   
5
P X 3 0,08422 0,14037
3
 
   
 
 
   
5
P X 4 0,14037 0,17547
4
 
   
 
 
 
Exemplo 16. Certa cidade possui 10.000 aparelhos telefônicos. No horário de pico, em 
um dia normal, a probabilidade de que um telefone seja acionado é 0,0005. O sistema 
telefônico da cidade está dimensionado para atender no máximo a 100 telefones ligados. 
Nessas condições: 
a) qual é o número médio de telefones ligados no horário de pico, em um dia normal? 
b) qual é a probabilidade de que em um dia normal não sejam efetuadas ligações 
telefônicas no horário de pico? 
c) qual é a probabilidade de que o sistema telefônico fique saturado no horário de pico 
de um dia normal? 
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
 
Admitindo independência entre as ligações de telefones distintos, a variável aleatória X 
que representa o número eventual de telefones ligados no horário de pico naquela 
cidade tem distribuição binomial de parâmetros n = 10.000 e p = 0,0005. Logo, tem-se 
 
x 10000 x
10000p(x) P(X=x) C 0,0005 .0,9995 , para x 0,1,2,...,10.000
  x
 
Portanto 
a) 
 
E(X) n.p 10000.0,0005 5  
 
b) 
 
0 0 10000
10000p(x) P(X 0) p(0) C 0,0005 .0,9995 0,0067    
 
c) 
 
10000
x x 10000 x
10000
x 101
100
x x 10000 x
10000
x 0
P(X 100) C 0,0005 .0,9995
1 C 0,0005 .0,9995 0




  
  


 
Outra solução 
Nas condições estabelecidas – isto é com n = 10.000 e p = 0,0005 – a distribuição 
binomial de X pode ser aproximada pela distribuição de Poisson de parâmetro 
α
, onde 
 
α np 10000.0,0005 5  
 
Nesse caso, a função de probabilidade de X seria, aproximadamente, 
 5 x5
p(x) P(X x) , para x 0,1,2, ...
x!
e
   
 
E assim: 
a) 
 
E(X) α 5 
 
b) 
 5 0
55p(0) P(X 0) 0,0067
0!
e
e

    
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Cap. 5 – Principais 
Distribuições Discretas 
 
c) 
 5 x 5 x100
x 101 x 0
5 5
P(X 100) 1 0
x! x!
e e 
 
     
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercícios Adicionais Resolvidos 
Exercício resolvido 1. Uma prova de múltipla escolha é constituído por 10 questões 
com cinco alternativas cada uma, das quais apenas uma é verdadeira. Se um estudante 
escolhe as respostas ao acaso, determinar a probabilidade de que 
a) ele não acerte nenhuma das questões; 
b) ele acerte exatamente 4 questões; 
c) ele acerte pelo menos 5 questões. 
 
Supondo que as questões são respondidas independentemente e sendo o evento A 
definido por A = “o estudante acerta a resposta da questão”, resulta que a variável 
aleatória X que representa o número eventual de questões respondidas acertadamente 
pelo estudante tem distribuição binomial de parâmetros n = 10 e p = 1/5 = P(A). Então, 
X
~ Binomial (10, 1/5) e a sua função de probabilidade é 
 
 
x 10 x
1 4x
para x = 0,1, 2,3,...,10
5 510
P X = x p(x) C

   
     
   
 
 Logo 
 a) 
 
0 10 10
1 4 40
5 5 510
P X =0 C            
     
 
 b) 
 
4
14
10
P X 4
6
4
5 5
C         
   
 
 c) 
 
10
5
x
10
P X 5
x 10-x
1 4
5 5x
C

   
     
   

 
 
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
Exercício resolvido 2. Considere-se novamente o exercício anterior. Se cada questão da 
prova valer 1,0 ponto, qual é o valor esperado da nota obtida por um estudante que 
escolhe as respostas ao acaso? 
Suponhaagora que se estabeleça uma condição de penalização: cada resposta errada 
anula uma certa. Nessas condições, qual é o valor esperado da nota desse estudante? 
 
Seja X a variável aleatória que representa o número eventual de questões acertadas pelo 
estudante nas condições estabelecidas. Então a variável aleatória Y que representa a sua 
pontuação (nota) na prova sem as condições de penalização é Y = 1,0 X. Como X tem 
distribuição binomial de parâmetros n = 10 e p = 0,20, decorre que E(X) = n p = 10 . 0,2 
= 2 questões; logo a sua nota esperada é E(Y) = 1,0 E(X) = 2,0. Nas novas condições 
estabelecidas (isto é com a penalização por erro), tem-se que 
 0, se X 5
Y
X-(10 -X) 2X-10, se X > 5



 
Portanto, o valor esperado da nota do estudante nessas novas condições é dado por 
 
E(Y) 0,0.P(X 5)+2,0.P(X 6)+4,0.P(X 7) 6,0.P(X 8)+
8,0.P(X 9) 10,0.P(X 10)
     
  
 
Ou seja, com valores numéricos 
 
E(Y) 0,00.0,9936306 2,0.0,0055050 4,0.0,0007864 6,0.0,0000737
8,0.0,0000041 10,0.0,00000010 0,015
    
 
 
 
Exercício resolvido 3. De acordo com os estudos sobre as vendas de uma rede de 
supermercados, a probabilidade de um cliente que efetua compras na seção de higiene e 
limpeza comprar um determinado artigo é igual a 10%. Para simplificar, admita-se que 
cada cliente compra um único artigo (ou não compra). Em certo dia, 400 clientes 
efetuam compras de artigos de limpeza em um supermercado dessa rede. Seja X a 
variável aleatória que representa o número eventual de artigos comprados nesse dia. 
Determine: 
a) a distribuição de probabilidade de X; 
b) a probabilidade do número de artigos vendidos nesse dia ser superior a 50; 
c) o valor esperado e o desvio padrão do número de artigos vendidos nesse dia. 
 
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
Supondo que os clientes efetuam compras de forma independente uns dos outros, a 
variável aleatória X tem distribuição binomial de parâmetros n = 400 e p = 0,10. Assim, 
tem-se: 
a) a função de probabilidade de X é 
 
x x 400 x
400p(x) 0,1 .0,9 , para x 0,1,2,...,400
 
 
b) a probabilidade requerida é 
 
400
x x 400 x
400
x 51
P(X 51) 0,1 .0,9 

 
 
c) a média e o desvio padrão de X são 
 E(X)= n.p 400.0,10 40
e V(X) n.p.q 400.0,10.0,9 36 6


  
    
 
 
Exercício resolvido 4. Em certa linha de fabricação de calçados, a probabilidade de que 
um pé de sapato apresente defeito é igual a 1/20. Após a fabricação de cada par, os 
mesmos são examinados (pé direito e pé esquerdo). Cada par de sapatos somente é 
aprovado se ambos os pés não apresentarem defeitos. 
a) Qual é a probabilidade de que seja necessário examinar mais de dez pares de sapatos 
até que o primeiro par seja rejeitado? 
b) Qual é o número médio de pares examinados até que o primeiro par seja rejeitado? 
 
Sejam os eventos definidos a seguir: 
iE "o i-ésimopé de sapato apresenta defeito" , para i=1,2 ;
 e A = “pelo menos um pé 
de sapato apresenta defeito”, ou seja 
1 2A E E
. 
Como 
i
1
P(E ) , para i 1,2
20
 
 e supondo-se independência na incidência de defeitos 
nos dois pés de sapatos, resulta que 
   1 2 1 2 1 2 1 2P(A) = 1-P(A) 1 P(E E ) 1 P(E E ) 1 P(E )P(E ) 1 1 P(E ) 1 P(E )         
donde 
19 19 361 39
P(A) = 1 1
20 20 400 400
   
 
Juliana
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Distribuições Discretas 
 
Nessas condições, a variável aleatória X que representa o número eventual de pares de 
sapatos examinados até ser encontrado o primeiro par defeituoso tem distribuição 
geométrica de parâmetro p = 39/400. Portanto, a sua função de probabilidade é 
 x -139 361
p(x) = para x 1,2,3,....
400 400
 
 
 
 
Consequentemente, tem-se: 
a) 
10
x -1 x -1
x =11 x =11
361
39 361 39 361 39 400
P(X 10) P(X 11)
361400 400 400 400 400
1
400
 
 
 
     
         
    
 
 
10
10
361
39 361400
39400 400
400
 
 
  
   
 
 
b) 
 
 
400
E X 10,26
39
 
 
 
Exercício resolvido 5. O número de defeitos existentes em uma chapa de aço fabricada 
por uma empresa possui distribuição de Poisson com uma taxa média de 0,2 defeitos 
por m
2
. Se forem fabricadas 10 chapas de 6m
2 
cada uma, qual é a probabilidade de que 
pelo menos 7 delas não apresentem defeitos? 
 
Seja 
X
= Número de defeitos por chapa. Então, 
 X ~ 
 Poisson 
 
 22
0,2
6m 1,2
m
    
 
 
Logo 
 p = Probabilidade de que uma chapa não apresente defeitos 
  1,2P X=0 e
 
 Seja agora Y = Número de chapas sem defeitos, dentre 10 fabricadas. Então 
 Y ~ 
 Binomial n,p
 com n =10 e p = 
  1,2P X=0 0,3012e 
. Portanto, 
 
 P Y 7
 = 
     
6 1
1,2 1,2
0
1 6 1 1
x
C e e 

     
x 0-x
x
10P X
0,01085
 
Juliana
Realce
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Distribuições Discretas 
 
Note-se que neste caso a aproximação da distribuição binomial por uma de Poisson não 
é muito precisa, pois p não é suficientemente pequeno. 
 
Exercício resolvido 6. Certa indústria fabrica um produto cuja demanda é muito 
elevada, o que assegura a venda de toda a produção. A fabricação desse produto requer 
o emprego de um maquinário complexo que, para funcionar em perfeitas condições, 
exige um monitoramento contínuo. Quando tal maquinário se desregula é necessário 
pará-lo (interrompendo a produção) e realizar um serviço de manutenção para ajustá-lo 
novamente às condições ideias de funcionamento. 
Suponha-se que quando o maquinário funciona nas condições ideais a produção ocorre 
de modo contínuo e um lucro de c unidades monetárias é obtido, por hora de produção. 
Entretanto, devido aos desajustes o maquinário tem o seu funcionamento paralisado 
com certa frequência. Suponha que o número de vezes, X, que o mesmo é paralisado em 
um período de t horas pode ser considerado uma variável aleatória com distribuição de 
Poisson de parâmetro 
λt
. Suponha-se também que se o maquinário for paralisado x 
vezes durante o período de t horas isso acarretará um prejuízo igual a 
2ax bx
. Nessas 
condições, determine o valor de t de modo que o lucro seja máximo em um período de t 
horas. 
 
A função que expressa o lucro em um período de t horas é: 
2L c t -(a X +bX)
 
onde X tem distribuição de Poisson de parâmetro 
α λt
. 
Portanto, 
 
 2 2 2E(L) E ct -aX -bX c t a.E(X ) b.E(X )   
 
e como 
 
2 2 2 2 2E(X) λ t e E(X ) V(X)+E (X) λ t +(λ t) λ t +λ t   
 
Então 
 
 
2 2 2 2
2 2
E(L) c t a (λ t +λ t ) bλ t c t λ (a +b) t +λ a t
c λ (a +b) t -λ a t
       
 
 
Logo o ponto de máximo é estabelecido pela condição 
 
    2 2 2
d E(L) d
0 donde c λ(a +b) t -λ a t c λ (a +b) 2λ a t 0
dt dt
     
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Cap. 5 – Principais 
Distribuições Discretas 
 
do que resulta 
 
2
2
c λ (a +b)
2λ a t c λ (a +b) e assim t
2λ a

  