Estatística - Resumo teórico 6.1

Prévia do material em texto

Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
1 
 
ECO 1721 – Introdução à Estatística Econômica 
UNIDADE I – Cálculo de Probabilidades 
6. Principais Distribuições Contínuas 
Referências: Resumo Teórico 6, Rice – Cap. 2, Montgomery e Runger – Cap. 4, Larson 
– Cap. 3 e Cap. 4 e Meyer – Cap. 4 , Cap. 9 e Cap. 10 
 
Distribuição Uniforme (RT6 – Seção 6.1) 
Exemplo1. Seja X uma variável aleatória com distribuição uniforme no intervalo (a, b). 
Determinar a expressão do momento ordinário de ordem k de X. Determinar a 
expectância e a variância de X. Determinar a função de distribuição acumulada de X. 
Determinar a função geratriz de momentos de X. Demonstrar as duas propriedades da 
distribuição uniforme apresentadas no Resumo Teórico 6. 
 
Se 
X
~ Uniforme (a, b) então sua função de densidade de probabilidade é 
 
1
f(x) , para a x b
b-a
  
 
Então: 
a) a expressão do momento ordinário de ordem k de X é 
 
 
b b b
b
k k k k k 1
k a
a a a
1 1 1 1
μ E X x f(x)dx x dx x dx x
b-a b-a b-a k 1
       
 
  
 
  
k 1 k 1
k
k
b a
μ E X para k 0,1,2,3,...
b-a k 1
 
  

 
Logo segue 
i) 
 
 
  
 
2 2
1
b +a b ab a a +b
μ E X
b-a 2 2 b-a 2

   
 
ii) 
 
 
   
 
 2 2 2 23 3
2
2
b a b a b + a b a b + ab a
μ E X
b-a 3 3 b-a 3
  
   
 
iii) 
     
22 2
2 2 a ab + b a + bV X E X E X
3 2
  
     
 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
2 
 
 2 2 2 2 2 2 2 2a ab + b a 2ab + b 4a 4ab +4b 3a 6ab - 3b
3 4 12
    
   
 
  22 2 b - aa 2ab + b
12 12

 
 
b) A função de distribuição acumulada de X é 
i) para x < a , F(x) = 0 
ii) para 
a x < b
 
 
x a x x
x
a
a a
1 1 x a
F(x) P X x f(t)dt f(t)dt f(t)dt 0 dt t
b a b a b a
 

        
     
 
iii) para 
x b
 , F(x) = 1 
Portanto 
 
0 , x a
x a
F(x) P X x ,a x b
b a
1 , x b

 
    


 
c) A função geratriz de momentos de X é 
 
 
b b t b t a
b
t X t x t x t x
X
a
a a
1 1 1 1
(t) E dx dx = = para t 0
b a b a b a t b a t
e e
M e e e e

   
    
 
d) As duas propriedades são demonstradas a seguir. 
i) Propriedade 1 sendo 
a c < d < b
 então 
 
   
d d
d
c
c c
d -c1 1 1
P c < X < d dx dx x
b-a b-a b - a b-a
    
 
ii) Propriedade 2 Seja a variável aleatória condicionada {X | c < X < d}. Então, 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
3 
 
a função de distribuição dessa variável, para 
c x < d
 é 
 
 
 
x - c
P c < X x) b - a x - c
F(x) = P X x|c < X < d
d - cP c < X < d d - c
b - a

   donde 
 
x -c
F(x) = P X x|c < X < d para c x d
d-c
   
 
Portanto: 
0 para x 0
x -c
F(x) = para c x < d
d -c
1 para x d
 




 
 
que é a expressão da função de distribuição de uma variável aleatória com distribuição 
uniforme no intervalo (c, d). 
 
Exemplo 2. O tempo necessário para um estudante ir de sua casa à escola possui 
distribuição uniforme no intervalo (20 , 25), medido em minutos. Se o estudante sai de 
casa às 7h38m e as aulas começam às 8h, pergunta-se: 
a) Qual é a probabilidade de que o estudante cheque atrasado à escola? 
b) Se já são 7h59m e o estudante ainda não chegou à escola, qual é a probabilidade de 
que ele chegue nos próximos dois minutos? 
c) Qual é o tempo médio de percurso do estudante de sua casa até a escola? 
 
Seja X = tempo eventualmente decorrido no trajeto entre a casa e a escola 
Então 
1
f(x) = para 20 x < 25
5

 logo 
a) P(“o estudante chegar atrasado”) = P(X > 22)  
25 25
25
22
22 22
1 1 1 3
dx dx x
5 5 5 5
    
 
ou, empregando a Propriedade 1, tem-se, diretamente 
25 22 3
p 0,6
25 20 5

  

 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
4 
 
b) tempo decorrido até as 7h 59m => 21 m 
Então P(X < 23 | X > 21) =  
 
P 21 < X < 23 A
P X > 21 B

 
Onde: 
A =  
23 23
23
21
21 21
1 1 1 2
dx dx x
5 5 5 5
   
 e B =  
25 25
25
21
21 21
1 1 1 4
dx dx x
5 5 5 5
   
 
Portanto P(X < 23 | X > 21) 
2
A 2 15 0,5
4B 4 2
5
     
c) 
 
20 + 25 45
E X 22,5
2 2
  
 minutos 
 
Exemplo 3. O teor de manganês em determinado tipo de minério é uma variável 
aleatória com distribuição uniforme no intervalo (0,10 ; 0,15). 
a) Qual é a probabilidade de que o teor de manganês seja superior a 0,12, se ele é 
inferior a 0,14? 
b) Se forem exportadas apenas partidas de minério com teor de manganês maior que 
0,13, qual é o teor médio de manganês do minério exportado? 
 
A função de densidade de probabilidade de X é 
1
f(x) = para 0,10 x < 0,15
0,05

 
logo 
a) P(X > 0,12 | X < 0,14) = 
 
 
0,14 0,12
P 0,12< X < 0,14 0,02 10,05
0,5
0,14 0,10P X < 0,14 0,04 2
0,05

   

 
b) Seja a variável aleatória condicionada {X | X > 0,13}. Pela Propriedade 2, essa 
variável aleatória tem distribuição uniforme no intervalo (0,13 ; 0,15). Assim, tem-se 
 
 
0,13 + 0,15 0,28
E X 0,14
2 2
  
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
5 
 
 
Distribuição Exponencial (RT6 – Seção 6.2) 
Exemplo 4. Seja X uma variável aleatória com distribuição exponencial de parâmetro 
α
. Determinar a expressão do momento ordinário de ordem k de X; calcular a sua 
expectância e a sua variância. Determinar a função de distribuição acumulada de X. 
Determinar a função geratriz de momentos de X. Demonstrar que a distribuição 
exponencial tem a propriedade markoviana – conhecida por “falta de memória” – 
apresentada no Resumo Teórico 6. 
 
Se X tem distribuição exponencial de parâmetro
α
, a sua função de densidade de 
probabilidade é 
αxf(x) = α para x 0 com α 0e  
 
Então segue: 
a) a expressão geral dos momentos ordinários de X é 
 
kk k α x α x
k k
0 0 0
1
μ x f(x)dx x α dx αx αdx
α
e e
  
     
 
e fazendo a substituição de variáveis 
u αx
 resulta que 
du αdx
 e a integral acima 
pode ser expressa como 
 k uk k k
0
1 1
μ u du k+1
α α
e

  
onde 
(k 1) 
 é a função gama no ponto k+1. 
Como k é inteiro, resulta que 
(k 1) k!  
 e portanto tem-se 
 k k k
1 k!
μ k+1
α α
  
 
Logo a expectância e a variância de X são: 
i) 
 1 1
1! 1
μ E X
αα
  
 
ii) 
 22 2 2
2! 2
μ E X
α α
  
 e 
 
     
2
2 2 2
2 1 2 2 2 2
2 1 2 1 1
V X E X E X = μ μ 
αα α α α
 
        
 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
6 
 
b) A função de distribuição acumulada de X é 
i) para x < 0 , F(x) = 0 
ii) para 
x 0
 
 
x 0 x x
αt
0 0
F(x) P X x f(t)dt f(t)dt f(t)dt 0 α dte
 
         
x 0
αt αt αx
0 x
F(x) 1e e e      
 
Portanto 
 
αx
0 , x 0
F(x) P X x
1 , x 0e

    
 
c) A função geratriz de momentos de X é 
   α t xt X t x α xX
0 0
(t) E dx dxM e e e e
 
    
 
Essa integral converge para 
α t 0 
 ou seja para 
t α
 e, nessas condições, tem-se 
 
 
 α t x α t x
X
0
0
1 1
(t) dx para t < α
α t α t
M e e


   
   
 
 
d) A propriedade de “falta de memória” da distribuição exponencial é demonstrada a 
seguir. 
Para qualquer r > 0 tem-se 
 
r
α x α x α x αr α x αr αr
r
r
P X > r α dx = lim 0
x
e e e e e e e


      
 
       
 
Sejam agora t > 0 e h > 0. Então, com base no resultado acima estabelecido, segue 
 
 
 
 
 
α t +h
αh
α t
P X > t +h
P X > t +h | X > t P X > h
P X > t
e
e
e



   
 
Exemplo 5. Determinado fusível, quando ligado a um circuito elétrico, possui duração 
média de 50 horas. Qual é a probabilidade de que o fusível: 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
7 
 
a) dure mais de 10 horas? 
b) tendo durado mais de 30 horas, venha a durar pelo menos mais 10 horas? 
 
A experiência prática confirma a distribuição exponencial é um excelente modelo para o 
tempo de vida de componentes elétricos e eletrônicos. Assim sendo, admita-se que o 
tempo de vida do fusível tem função de densidade 
 
αxf(x) = α para x 0 com α 0e  
 
Então, tem-se 
1
E(X) = 50
α

 donde 
 1 50 0 02/ ,  
 e portanto segue 
 
0,02xf(x) = 0,02 para x 0e 
 
Assim sendo: 
a) 
 
10
0,02x 0,02x 0,02x
10
10
P X > 10 0,02 dx =e e e


  

  
 
donde 
 
  0,2 0,02x 0,2 0,2P X > 10 lim 0 0,8187 0,82
x
e e e e   

      
 
b) Aplicando a Propriedade de “Falta de Memória” da distribuição exponencial
    0,02x 0,02x 0,2
10
10
P X > 40 | X > 30 P X > 10 0,02 dxe e e


      
 
ou seja 
   P X > 40| X > 30 P X > 10 0,8187 0,82  
 
 
Exemplo 6. O tempo de vida de determinado tipo de satélite possui distribuição 
exponencial de média igual a 4 anos. Pergunta-se: 
a) qual é a probabilidade de que um satélite que já durou 3 anos venha a durar pelo 
menos mais 4 anos? 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
8 
 
b) se forem lançados simultaneamente 5 satélites do tipo considerado, qual é a 
probabilidade de que todos eles estejam funcionando no fim de 4 anos após o 
lançamento? 
 
a) Se o tempo de vida desse tipo de satélite tem distribuição exponencial de média igual 
a 4 anos, então 
1
E(X) = 4
α

 donde 
1
α = 0,25
4

 e portanto a função de densidade 
de X é 
0,25xf(x) = 0,25 para x 0e 
. 
Então 
4
0,25x 0,25x 0,25x
4
4
P(X > 7| X > 3) P(X 4) 0,25 dxe e e


  

      
 
 
1 0,3679 0,37e  
 
b) Seja Y = número eventual de satélites em funcionamento após 4 anos. Supondo que 
os satélites funcionam de forma independente uns dos outros, a distribuição de Y é 
binomial de parâmetros n = 5 e p = 
1 0,3679 0,37e  
; portanto, a função de 
probabilidade de Y é 
   
y 5 y
y 1 1
Y 5p (y) 1C e e

  
 para y = 0,1,2, ... ,5 
Logo 
     
5 0
5 1 1 5
Y 5P Y =5 = p (5) 1 0,0067 0,01C e e e
      
 
 
Distribuição Gama (RT6 – Seção 6.3) 
Exemplo 7. Seja X uma variável aleatória com distribuição gama de parâmetros p e 
α
. 
Determinar a expressão do momento ordinário de ordem k de X; calcular a sua 
expectância e a sua variância. Determinar a função geratriz de momentos de X. 
 
Se X tem distribuição gama de parâmetros p e 
α
, a sua função de densidade de 
probabilidade é 
 
p
p 1 α xαf(x) = x para x 0 com p 0 e α 0
p
e    

 
Então segue: 
a) a expressão geral dos momentos ordinários de X é 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
9 
 
p
k k p 1 α x p p k 1 α x
k
0 0 0
α 1
μ x f(x)dx x x dx α x dx
(p) (p)
e e
  
      
   
 
Fazendo a substituição de variável 
u
u α x donde du =αdx e x =
α

 segue 
 p k 1
p k 1p-1 p-1
u p k 1 u
k k
0 0
α u α 1 1
μ du u du p k)
(p) α (p) α (p)α
e e 
 
 
         
    
 
Ou seja 
 
k k k
p k (p k 1)(p k 2)...(p 1)p (p)
μ
α (p) α (p)
       
 
 
 
 
k k k
p k (p k 1)(p k 2)...(p 1)p
μ para p > 0 e k 0,1,2,3,...
α (p) α
      
  

 
Consequentemente, tem-se: 
i) 
 1 1
p p
μ E X
αα
  
 
ii) 
 22 2
p(p+1)
μ E X
α
 
 e 
 
     
2 2 2
2 2 2
2 1 2 2 2 2
p(p 1) p p p p p
V X E X E X = μ μ 
αα α α α
  
        
 
 
A função geratriz de momentos de X é 
   
p p
α t xt X t x p 1 α x p 1
X
0 0
α α
(t) E x dx x dx
(p) (p)
M e e e e
 
     
  
 
Essa integral converge para 
α t 0 
 ou seja para 
t α
 e, nessas condições, fazendo a 
substituição de variável 
u
u (α t) x donde du =(α t)dx e x =
α t
  

 tem-se 
 
 
p 1p p p
α t xp 1 u p 1 u
X p
0 0 0
α α u α
(t) x dx du u du
(p) (p) α t α t (p)
M e e e
  
        
     
  
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
10 
 
 
pp
X p
α α
(t) para t < α
α tα t
M
 
  
 
 
 
Exemplo 8. A ocorrência de falhas das unidades de um processador central em um 
grande sistema computacional pode ser modelada por um processo de Poisson. Suponha 
que em um determinado sistema as falhas ocorram a uma taxa média de 0,0001 falha 
por hora. Seja T o tempo decorrido até que quatro falhas ocorram nesse sistema. 
Determinar a probabilidade de que T exceda 40.000 horas de operação. 
Seja X = número eventual de falhas em 40.000 horas de operação. Então X tem 
distribuição de Poisson de parâmetro 
α = λ t = 0,0001.40000 = 4
. Seja T = tempo até 
ocorrerem quatro falhas. Então T excederá 40.000 h, isto é P(T > 40000) se, e somente 
se, o número de falhas em 40.000 horas for três ou menos (isto é, for no máximo três: 
X 3
). Assim, 
 P(T > 40000) = P(
X 3
) 
Como X tem distribuição de Poisson de parâmetro 
α = 4
 a sua função de probabilidade 
é 
 
4 x
X
4
P X = x = p (x) para x 0,1,2,3,...
x!
e
 
Então 
   
3
4 x 1 2 3
4 4
x =0
4 4 4 4 64
P T > 40000 = P X 3 1 1 4 8
x! 1! 2! 3! 6
e
e e

 
   
                 

donde 
    4 4
32 71
P T > 40000 = P X 3 13 23,6667.0,0183 0,4335 0,43
3 3
e e 
 
       
 
 
Distribuição Beta (RT6 – Seção 6.4) 
Exemplo 9. A demanda mensal de certo produto, expressa em 10.000 unidades, é uma 
variável aleatória com a seguinte função de densidade de probabilidade 
 2f(x) =12x (1 x) para 0 < x < 1 
Determinar: 
a) a demanda média desse produto; 
b) o desvio padrão da demanda; 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
11 
 
c) a probabilidade da demanda ser inferior a 5.000 unidades; 
d) a probabilidade de não ser atendida toda a demanda, se o estoque existente no início 
do mês for 8.000 unidadese não puder ser recompletado durante o mês. 
 
a) 
 
1 1 1 1 1
2 3 3 4
0 0 0 0 0
E X = x f(x) dx = x12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
      
 
    
     1 14 50 0
5 41 1 1 1 3
E X = 12 x x 12 12 0,6
4 5 4 5 20 5
   
       
   
 
b) 
 
1 1 1 1 1
2 2 2 2 4 4 5
0 0 0 0 0
E X = x f(x) dx = x 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
      
 
    
     1 12 5 60 0
6 51 1 1 1 6
E X = 12 x x 12 12
5 6 5 6 30 15
   
      
   
 
     
2
2 2 10 92 3 2 9 1V X = E X E X =
5 5 5 25 25 25
 
      
 
 
1 1
e assim σ = 0,2
25 5
 
 
Note-se que os cálculos correspondentes aos dois itens acima seriam realizados muito 
mais rapidamente recorrendo-se à função beta. De fato, tem-se: 
 
1 1 1
k k k 2 2 + k
0 0 0
E X = x f(x) dx = x 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 (2 k, 2)B      
 
 k
(3 k) (2)
E X 12
(5 k)
  

 
 e portanto segue: 
 
(3 1) (2) (4) (2) 3!1! 1 3
E X 12 12 12 12
(5 1) (6) 5! 5.4 4
    
    
  
 
 2
(3 2) (2) (5) (2) 4!1! 1 2
E X 12 12 12 12
(5 2) (7) 6! 6.5 5
    
    
  
 
c) 
 
0,5 0,5 0,5 0,5
2 2 2 3
0 0 0 0
P X < 0,5 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
        
 
   
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
12 
 
 
 
0,5 0,5 0,5 0,5
2 2 2 3
0 0 0 0
P X < 0,5 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
       
 
   
 
 
     0,5 0,53 40 0
1 1 1 1 1 1 1 1
P X < 0,5 12 x x 12 12
3 4 3 8 4 16 24 64
     
         
    
 
 
 
8 31 1 5
P X < 0,5 12 12 0,3125 0,31
24 64 192 16
 
      
 
 
d) 
 
1 1 1 1
2 2 2 3
0,8 0,8 0,8 0,8
P X 0,8 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
        
 
 
   
 
 
1 1 1 1
2 2 2 3
0,8 0,8 0,8 0,8
P X 0,8 12 x (1 x) dx 12 x (1 x) dx 12 x dx x dx
 
       
 
 
   
 
     1 13 40,8 0,8
1 1 1 512 1 4096
P X 0,8 12 x x 12 1 1
3 4 3 1000 4 10000
      
             
     
 
 
19520 177121 488 1 5904 1808
P X 0,8 12 12 0,1808 0,18
31000 4 10000 120000 100000
 
       
 
 
 
Distribuição Normal (RT6 – Seção 6.5) 
 
Exemplo 10. Seja Z uma variável aleatória com distribuição normal padronizada. 
Utilizando a tabela dessa distribuição, determinar as seguintes probabilidades: 
 a) 
 P 0 < Z < 1
 b) 
 P Z 1,5
 c) 
 P Z 1,05
 
 d) 
 P Z 2,23
 e) 
 P Z 1,27 
 f) 
 P 1,91 Z 2,45 
 
 
a) 
 P 0 < Z < 1 H(1) = 0,3413
 
b) 
 P Z 1,5 0,5 H(1,5) = 0,5000 0,4332 0,0668    
 
c) 
 P Z 1,05 P{ Z 0} P{0 Z 1,05} 0,5 H(1,05) 0,5000 0,3531          
 
 donde 
 P Z 1,05 0,8531 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
13 
 
d) 
   P Z 2,23 P Z > 2,23 0,5 H(2,23) = 0,5000 0,4871 0,0129     
 
e) 
   P Z 1,27 P Z < 1,27 0,5 H(1,27) = 0,5000+0,3938 = 0,8938    
 
f) 
     P 1,91 Z 2,45 P 0 Z 2,45 P 0 Z 1,91 H(2,45) H(1,91)         
 
 donde 
 P 1,91 Z 2,45 0,4929 - 0,4719 = 0,0210  
 
 
Exemplo 11. Seja X uma variável aleatória com distribuição normal, de média 200 e 
desvio padrão 50. Calcular as probabilidades dos seguintes eventos: 
 a) 
(X 250)
 b) 
 X 190
 c) 
 180 X 225 
 
 d)
 X 700
 e)
 X 200
 f) 
 0 X 500 
 
 
Se 
X
~ Normal (200, 50) então 
X-200
Z = tem distribuição normal padronizada
50
, 
isto é 
X
~ Normal (0, 1). Então: 
a) 
250 200
P(X 250) P Z P( 1) 0,5 H(1) 0,5000 0,3413 0,1587
50
Z
 
          
 
 
b) 
190 200
P(X < 190) P Z P( 0,2) P(Z 0,2) 0,5 H(0,2)
50
Z
 
         
 
 
 donde 
P(X < 190) 0,5000 0,0793 0,4207  
 
c) 
 
180 200 225 200 20 25
P 180 X 225 P X P X
50 50 50 50
     
           
   
 
 P 0,4 X 0,5 H(0,4) + H(0,5) = 0,1554 + 0,1915 = 0,3469    
 
d) 
   
700 200
P X 700 P Z > P Z > 10 0,5 H(10) = 0,5 0,5 0
50
 
       
 
 
e) Para a normal, assim como qualquer outra variável aleatória do tipo contínuo, a 
probabilidade de ter-se um valor específico é nula, ou seja
 P X 200 0 
 
f) 
   
0 200 500 200
P 0 X 500 P Z < P 4 < Z < 6 H(4) + H(6)
50 50
  
       
 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
14 
 
 donde 
 P 0 X 500 0,5 +0,5 = 1,0  
 
 
Exemplo 12. O tempo de funcionamento de um aparelho eletrodoméstico até apresentar 
defeito possui distribuição normal, de média 24 meses e desvio padrão 4 meses. Qual 
deve ser o tempo de garantia que o fabricante deve conceder para limitar sua obrigação 
a um máximo de 2,5% dos aparelhos vendidos? 
 
Seja T o tempo de funcionamento do aparelho até apresentar defeito. É sabido que 
X
~ 
Normal (24, 4). Seja agora r o tempo de garantia a ser fixado de tal modo que se tenha 
P(T < r) = 0,025. Então 
 
 P T r 0,025 
 implica 
r 24
P Z 0,025
4
 
  
 
 
Evidentemente, 
r 24
z = 0
4


 e portanto considerando-se 
(r 24)
z = 0
4
 
 
 segue 
 
(r 24)
P Z > 0,025
4
  
 
 
 e assim 
 
(r 24) (r 24)
P Z > 0,5 H 0,025
4 4
      
     
   
 
Consequentemente, 
(r 24)
H 0,5000 0,0250 0,4750
4
  
   
 
 
Examinando a tabela da distribuição normal padronizada verifica-se que 
 0,4750 = H(1,96) donde 
(r 24)
1,96
4
 

e assim 
 
r =24 4.1,96 = 24 7,84 = 16,16 16,2 
 meses 
 
Exemplo 13. O peso de determinado tipo de parafuso possui distribuição normal, de 
 média 50 g e desvio padrão 2 g. O peso de uma porca adequada para os parafusos 
 possui distribuição normal, de média 10 g e desvio padrão 1,5 g. Cada parafuso é 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
15 
 
 montado com duas porcas e a peça assim formada é examinada pelo setor de controle 
 de qualidade da fábrica. Qualquer peça cujo peso for superior a 78 g ou inferior a 
 65 g será rejeitada. Qual é a probabilidade de que uma peça seja aceita? 
 
Sejam as seguintes variáveis aleatórias: 
X = peso eventual de um parafuso do tipo considerado ; 
X
~ Normal (50, 2) 
Y = peso eventual de uma porca do tipo considerado ; 
X
~ Normal (10; 1,5) 
Então, o peso W de um conjunto constituído por um parafuso e duas porcas é 
1 2W=X+Y Y
 
Supondo que os pesos dessas três peças do conjunto são independentes, tem-se 
W
~ Normal (
W Wμ ,σ
) onde os parâmetros média e desvio padrão podem ser 
calculados, como mostrado a seguir: 
i) 
 W 1 2 1 2μ E(W) = E X+Y Y E(X)+E(Y ) + E(Y ) 50 10 10 70      
 
ii) 
 2 2 2 2W 1 2 1 2σ V(W) = V X+Y Y V(X)+V(Y ) + V(Y ) 2 1,5 1,5     
 
donde 
2
Wσ V(W) =4 2.2,25 8,5  
 e 
Wσ V(W) = 8,5 2,92 
 
Então 
        P("rejeitar o conjunto")=P W < 65 W > 78 P W < 65 P W > 78  
 
   
65 70 78 70
P Z P Z > P Z 1,71 P Z 2,74
2,92 2,92
    
         
   
 
   P Z 1,71 P Z 2,74 0,5 H(1,71) 0,5 H(2,74) = 1,0 (0,4564+0,4969) =        
 
1,0 0,9533 0,0467  
 
 
Exemplo 14. O tempo de vida de certo tipo de transistor possui distribuição normal de 
média 1 000 horas e desvio padrão 60 horas. Se forem escolhidos ao acaso 36 
transistores desse tipo, qual é a probabilidade de que a média aritmética dos tempos de 
vida desses transistores fique compreendida entre 980 e 1 030 horas? 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
16 
 
Seja T o tempo de vida eventual de um transistor do tipo considerado. Sabe-se que 
X
~ 
Normal (1000, 60). Sejam agora 
iT , para i 1,2,3, ...,36 os tempos de vida dos 36 transistores escolhidos
 e seja 
T
 
definida por 
36
i
i=1
1
T = T
36
a média aritmética dos tempos de vida desses transistores 
Supondo-se que os tempos de vida de transistores distintos são independentes, então, 
pelo Teorema das Combinações Lineares de Normais Independentes (TCLNI), 
T
 tem 
distribuição normal, de média 
T
μ μ 1000 
 e variância 2 2
2
T
σ 60
σ
36 36
 
 e portanto 
com desvio padrão 2
T
60 60
σ 10
36 6
  
. Ou seja, 
X
~ Normal (1000, 10). Então 
   
980 1000 1030 1000
P 980 < T < 1030 P Z P 2 < Z < 3
10 10
  
      
 
 
       P 2 < Z < 0 P 0 < Z < 3 P 0 < Z < 2 P 0 < Z < 3 H(2) H(3) =      
 
0,4772 0,4986 0,9758  
 
 
Distribuição Lognormal (RT6 – Seção 6.6) 
 
Exemplo 15. Admita-se que a renda anual dos agricultores de certa região, expressa em 
milhões de reais, seja uma variável aleatória com distribuição lognormal, de média 3,25 
u. m. e variância 2,5 (u. m)
2
. Calcular: 
a) Qual é a probabilidade da renda anual ser superior a 3,25 u. m.? 
b) Qual é a proporção de agricultores cuja renda é inferior a 0,9 u. m.? 
Solução 
O cálculo de probabilidades envolvendo uma distribuição lognormal fica facilitado 
explorando-se a relação com a distribuição normal a ela associada. Tendo em vista esse 
propósito, convém empregar as relações a seguir, que expressam a média e o desvio 
padrão da variável aleatória em termos dos correspondentes da normal associada. 
 (i) 
Xμ   E X
21μ σ
2 2
1
exp σ
2
μ e
 
  
 

 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
17 
 
(ii) 
2
Xσ
= 
 Var X
= 
 
2 22μ σ σ 1e ee 
 
Para determinar esses parâmetros da normal associada deve-se resolver o sistema 
formado pelas expressões da média e da variância da lognormal em termos de 
μ
 e 2σ 
(parâmetros da normal). 
Inicialmente, elevando ao quadrado a expressão da média de X obtém-se 
2
2
2
1
μ σ
2 2μ σ2
Xμ e e


 
  
 
 (E 1) 
Agora, desenvolvendo a expressão da variância de X tem-se 
   
2 2 2 22 2μ σ σ 2μ σ σ
X 1 1σ e e ee e
  
 (E 2) 
Em seguida, dividindo (E 2) por (E 1) obtém-se 
2
2
2 σX
X 2
X
1
μ
σ
γ e 
 
do que resulta 
 
2σ 2 2 2
X X1 σ 1γ e portanto ln γe   
 (E 3) 
Finalmente, substituindo (E 3) em (E 1) segue 
22 2
Xln(γ 1)2 2μ σ 2μ σ 2μ 2μ 2
X X(γ 1)μ e e e e e e
    
 
donde 
2
2μ X
2
Xγ 1
μ
e 

 e consequentemente 2
X
2
X
2μ ln
γ 1
μ 
  
 
 
e portanto, finalmente, 2
X
2
X
1
μ ln
2 γ 1
μ 
  
 
 ( E 4) 
Então, os parâmetros da normal associada são: 
 
2
2 2 2 X
X X 2
X
σ
σ 1 onde
μ
ln γ γ 
 
e 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
18 
 
2
X
2
X
1
μ ln
2 γ 1
μ 
  
 
 
Isto posto, aplicando no caso ora considerado, segue 
2
2 X
X 2 2
X
σ 2,5 2,5
γ 0,2367
μ 3,25 10,5625
   
 e 
2
Xγ 1 1,2367 
 
Assim sendo, 
21 3,25 1 10,5625 1 2,1449
μ ln ln ln8,5410 1,0724
2 1,2367 2 1,2367 2 2
   
       
  
 
e 
2σ ln1,2367 0,2124 
 donde 
σ 0,2124 0,4609 
 
Portanto, 
a) 
 P(X 3,25) P 3,25 P(Y > ln3,25) P(Y > 1,1787)Ye    
 
ou seja 
   
1,1787 1,0724 0,1063
P Z P Z P Z 0,2306 P Z 0,23
0,4609 0,4609
   
         
   
 P Z 0,23 0,5 0,0910 0,4090 0,41    
 
b) 
       YP X 0,9 P 0,9 P Y ln 0,9 P Y 0,1054e       
 
donde 
   
0,1054 1,0724 1,1778
P Z P Z P Z 2,5554 P Z 2,56
0,4609 0,4609
     
          
   
 P Z 2,56 0,5 H(2,56) 0,5 0,4948 0,0052 0,52%      
 
 
Exemplo 16. A vazão anual máxima Y de certo rio é uma variável aleatória que admite 
como modelo a distribuição lognormal. Suponha que os valores da média e do desvio 
padrão observados de Y sejam 300 pés cúbicos por segundo e 200 pés cúbicos por 
segundo, respectivamente. Determine a probabilidade da vazão máxima anual ser 
superior a 400 pés cúbicos por segundo. 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
19 
 
De forma análoga à solução do exemplo anterior, tem-se: 
2 2
2 Y
Y 2 2
Y
σ 200 4
γ
μ 300 9
  
 e 
2
Y
4 13
γ 1 1 1,4444
9 9
    
 
Assim sendo, 
21 300 1 90000 1 11,0399
μ ln ln ln 62309,61 5,5199 5,52
2 1,4444 2 1,4444 2 2
   
        
  
 
e 
2σ ln1,4444 0,3677 0,37  
 donde 
σ 0,3677 0,6064 0,61  
 
Portanto, 
 
 XP(Y 400) P 400 P(X > ln 400) P(X > 5,9915)e    
 
ou seja 
   
5,9915 5,52 0,4715
P Z P Z P Z 0,7729 P Z 0,77
0,61 0,61
   
         
   
 
e assim 
 P Z 0,77 0,5 H(0,77) 0,5 0,2794 0,2206 0,22      
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Referências: Resumo Teórico Variáveis Aleatórias – Complemento: Teoremas-Limite, 
Rice – Cap. 5, Montgomery e Runger – Cap. 4 e Cap. 7, Larson – Cap. 5 e Meyer – 
Cap. 7 e Cap. 12 
 
Desigualdade de Chebychev (RT – Teoremas-Limite – Seção 6.7) 
Exemplo 17. O número de bactérias existentes em uma gota de água possui média igual 
a 800 e variância igual a 100. Determinar um limite inferior para a probabilidade de que 
o número de bactérias existentes em certa gota de água esteja compreendido entre 780 e 
820. 
Seja X = número de bactérias existentes em uma gota de água. Sabe-se que 
μ = E(X) = 800
 e que 
2σ 100
. Deseja-se determinar um limite inferior para a 
probabilidade de ocorrência do seguinte evento: 
Juliana
Realce
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
20 
 
 
   A = 780 X 820 X 800 20    
 
Aplicando a desigualdade de Chebychev com 
ε = 20
 segue 
 
 
2
100
P X 800 20 1
20
   
 e portanto 
 P X 800 20 0,75  
 
 
Exemplo 18. O número de peças defeituosas fabricadas por certa máquina durante um 
turno de trabalho possui média igual a 100 e variância 81. Determinar um limite 
superior para a probabilidade de que em certo dia o número de peças defeituosas 
fabricadas seja maior que 118 ou menor que 82. 
 
Seja X = número de peças defeituosas fabricadas em um turno de trabalho 
Tem-se que 
μ =E(X) = 100
 e 
2σ 81
. Deseja-se determinar um limite superior para a 
probabilidade de ocorrência do evento 
     A = X > 118 X 82 X 100 18     
. 
Aplicando a desigualdade de Chebychev com 
ε = 18
 segue 
 
 
2
81
P X 100 18
18
  
 e portanto 
 P X 100 18 0,25  
 
 
Aproximação normal de distribuição binomial (RT – Teoremas-Limite – Seção 6.10) 
Exemplo 19. O gerente de um estabelecimento comercial verificou que cerca de metade 
dos clientes que efetuam compras adquirem produtos de certa seção. Desse modo ele 
estimou probabilidade de um cliente efetuar compras de produtos da referida seção 
como 0,5. Nessas condições, para um grupo de 30 clientes, calcular, numericamente, a 
probabilidade de que: 
a) exatamente 12 clientes comprem produtos daquela seção; 
b) mais do que 20 clientes comprem produtos daquela seção. 
 
Supondo que clientes distintos efetuem compras independentemente uns dos outros, a 
variável aleatória X que representa o número de clientes que efetuam compras de 
produtos na seção considerada tem distribuição binomial de parâmetros n = 30 e p = 0,5. 
Portanto, a função de probabilidade de X é 
Juliana
Realce
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
21 
 
  x x 30 x30P X= x 0,5 0,5 para x =0,1,2,3, ...,30C

 
Então 
a) 
12 12 18 30 12
30 30P(X 12) 0,5 0,5 0,5C C  
 
b) 
 
30 30
x x 30- x 30 x
30 30
x =21 x =21
P X > 20 0,5 0,5 0,5C C  
 
Para a avaliação numérica dessas probabilidades pode ser empregada a aproximação da 
distribuição binomial pela normal. Assim procedendo, tem-se: 
i) 
μ = E(X) = n p = 30.0,5 =15
, 
2σ V(X) n pq = 30.0,5.0,5 7,5  
 e 
σ = 7,5 2,7836
 
ii) Fazendo Y aproximadamente igual a X com Y~ N(15; 2,7836) então segue 
 
11,5 15 12,5 15
P(Y 12) P(11,5 Y 12,5) P Z P 1,28 0,91
2,7386 2,7386
Z
  
           
 
 
 P 0,91 Z 1,28 H(1,28) H(0,91)     
 
= 0,3997 0,3186 0,0811 
 (sendo o resultado exato 0,08055) 
   
20,5 15
P Y > 20 P Z > P Z > 2,01 0,5 H(2,01) 0,5000 0,4778
2,7836
 
      
 
 
donde 
 P Y > 20 0,0222
 (sendo o resultado exato 0,02138) 
 
Teorema do Limite Central (RT – Teoremas-Limite – Seção 6.11) 
Exemplo 20. Certa empresa metalúrgica fabrica peças de ferro fundidas em moldes. 
Após a desmoldagem, as peças apresentam um peso médio de 500 g, com uma variância 
igual a 64 g
2
. As peças desmoldadas são agrupadas em lotes de 100 unidades. 
Determinar a probabilidade de que o peso de um lote seja inferior a 49 800 g. 
 
Juliana
Realce
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
22 
 
Sejam X o peso de uma peça desmoldada e as variáveis aleatórias definidas a seguir
iX = peso da i-ésima peça desmoldada ; para i=1,2,3, ...,100
. Além disso, seja Y o 
peso de um lote de 100 peças, isto é 
100
i
i=1
Y = X
 
Supondo que os pesos de peças distintas são independentes, então, pelo Teorema do 
Limite Central (TLC), segue que Y tem distribuição aproximadamente normal, ou seja: 
Y ~ N(
Yμ
;
Yσ
 ) 
 100
j
j=1
Y= X
 
      
100 100
Y j
j=1 j=1
μ =E Y = E X = 500= 100 500 =50000 
 
 
   
100 100
2
Y j
j=1 j=1
σ Var Y Var X 64 (100)(64) 6400     
 donde 
Yσ 6400 80 
 
 Portanto 
     
49800 50000
P Y < 49800 P Z < P Z < 2,5 P Z 2,5 0,5 H(2,5)
80
 
       
 
logo 
0,5000 0,4938 0,0062 
 
 
Exemplo 21. Em certo pátio de manobras existe um elevador para o transporte de 
caixotes de mercadorias. O peso dos caixotes possui uma média de 100 kg, com um 
desvio padrão igual a 10 kg. Nessas condições: 
a) Se o cabo que sustenta o elevador for dimensionado para uma carga máxima de 8 280 
kg, qual é a probabilidade de que haja excesso de peso quando o elevador transportar 81 
caixotes? 
b) Se forem selecionados 64 caixotes, qual é a probabilidade de que o peso médio 
desses caixotes fique compreendido entre 97,5 kg e 102,5 kg? 
Solução 
a)Sejam as variáveis aleatórias definidas a seguir
iX = peso do i-ésimo caixote ; para i=1,2,3, ...,81
. 
Além disso, seja Y a variável aleatória que representa a soma dos pesos dos 81 caixotes, 
isto é 
i
81
i=1
Y = X
 
Juliana
Realce
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
23 
 
Supondo que os pesos de caixotes distintos são independentes, pelo Teorema do Limite 
Central Y tem distribuição aproximadamente normal, isto é Y ~ N(
Yμ
;
Yσ
 ), sendo 
 
    Yμ = E Y 81 100 8100 
, 
    2Yσ = Var Y = 81 100 = 8100
 e assim
Yσ 8100 90 
 
Portanto
   
8280 8100 180
P "excesso de peso" P Y > 8280 P Z > P Z >
908100
   
     
  
 
 
180
P Z > P Z > 2 0,5 H(2) = 0,5000 0,4772 0,0228
90
 
      
 
 
b) 
Sejam X o peso de um caixote e as variáveis aleatórias definidas a seguir
iX = peso do i-ésimo caixote ; para i=1,2,3, ...,64
. 
Além disso, seja 
X
 a variável aleatória que representa a média dos pesos dos 64 
caixotes, isto é 64
i
i=1
1
X = X
64
. 
Supondo que os pesos de caixotes distintos são independentes, pelo Teorema do Limite 
Central (TLC) 
X
 tem distribuição aproximadamente normal, isto é 
X
 ~ N(
X
μ
;
X
σ
 ), 
sendo 
 Xμ = E X 100
, 
 
2
2
X
10 25
σ = Var X = =
64 16
 e assim 
X
25 5
σ 1,25
16 4
  
 
Logo, a probabilidade desejada é 
   
97,5 100 102,5 100
P 97,5 X 102,5 = P Z P 2 Z 2
1,25 1,25
  
        
 
 
então 
 P 97,5 X 102,5 = H(2) + H(2) =2H(2) = 2.0,4772 = 0, 9544 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exemplo 22. [Convergência em probabilidade] 
Como foi visto no início do curso de Estatística, uma forma de estimar a probabilidade 
de ocorrência de um evento é empregando-se a frequência relativa da ocorrência desse 
evento em uma longa série de realizações de um experimento aleatório. Na prática, essa 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
24 
 
forma de estimar a probabilidade de um evento é muito utilizada. Entre as diversas 
aplicações nesse sentido encontram-se: 
i) na indústria – a estimação da probabilidade de um produto ser fabricado com defeito; 
ii) no comércio – a estimação da probabilidade de um cliente vir a comprar certo 
produto em uma loja; 
iii) no mercado bancário – a estimação da probabilidade de um cliente que fez um 
contrato de financiamento não honrar o pagamento (risco de inadimplência); 
iv) no mercado securitário – a estimação da probabilidade de um segurado que tem uma 
apólice relativa a um sinistro vir a sofrer esse sinistro (risco de sinistro); 
v) no mercado financeiro – a estimação da probabilidade de um ativo (ou carteira de 
investimentos) vir a experimentar uma grande desvalorização. 
Em todos esses casos é comum empregar-se estimativas frequenciais da probabilidade. 
O procedimento justifica-se com base no conceito de convergência em probabilidade. 
Evidentemente, ao empregar esse procedimento é necessário tomar certos cuidados para 
que as estimativas sejam válidas e precisas, caso contrário será obtida apenas uma 
estimativa grosseira (mesmo assim muitas vezes útil). 
Considere-se que um experimento aleatório
 pode ser realizado um número indefinido 
de vezes de forma independente e em condições uniformes. Nessas condições, sejam A 
o evento cuja probabilidade se quer estimar e P(A) = p a referida probabilidade. Seja 
iX
a variável aleatória indicadora definida por 
i
0, se o evento não ocorre na i-ésima realização de
X
1, se o evento ocorre na i-ésima realização de
 
 para i = 1,2,3,.....,n,... 
Seja n
n i
i 1
S X


 o número eventual de ocorrências do evento A em n realizações de 

. 
Então, nas condições acima estabelecidas, para n fixado, a variável aleatória 
nS
 tem 
distribuição binomial de parâmetros n e p. Logo, a sua expectância é igual a 
n p
 e a sua 
variância é igual a 
n pq n p(1 p) 
. 
A frequência relativa de ocorrências de A na série de n realizações de 

 é definida por 
n
n n i
i 1
1 1
Y S X
n n 
  
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
25 
 
A sequência de variáveis 
 
n
n n i
i 1
1 1
Y S X
n n 
  
    
   

, para i = 1,2,3,...,n,...converge em 
probabilidade para p, como é mostrado a seguir. 
A expectância e a variância de 
nY
 são: 
   n n
1 1
E Y E S n p p
n n
  
 e 
   n n2 2
1 1 1
V Y V S n p(1 p) p(1 p)
n n n
    
 
Seja 

um número positivo. Então, pela desigualdade de Chebychev tem-se 
 n 2
p(1 p)
P Y p 1
n

    

 
Portanto, 
 n
n
lim P Y p 1

   
 
o que demonstra a convergência em probabilidade de 
nY
 (a frequência relativa de 
ocorrências do evento A) para p. 
É interessante ressaltar que na maioria das situações práticas não se conhece o valor de 
p e, desse modo, coloca-se a questão de quantas realizações de 

 são necessárias para 
obter-se com uma elevada probabilidade uma estimativa com um grau de precisão 
fixado. Por exemplo, fixando-se a precisão da estimativa como 
0,05
 e a 
probabilidade como sendo no mínimo igual a 0,99 pode ser determinado o número 
mínimo de realizações de 

 para obter o resultado desejado. Para tanto, inicialmente 
observe-se que p(1-p) tem como maior valor possível 0,25 (que é obtido para p = 0,5). 
Por outro lado, um exame da expressão acima obtida com a aplicação da desigualdade 
de Chebychev mostra que para ter-se uma probabilidade maior ou igual a 
1 
 deve-se 
fazer 
2
0,25
n



; portanto, no caso aqui considerado deve-se ter 
2
0,25
n
0,05 0,01

, ou seja 
n 10.000
 
 
Exemplo 23. [Convergência em distribuição] 
Seja 
i 1 2 3 n{λ } {λ ,λ ,λ ,...,λ ,...}
uma sequência crescente de números reais positivos, com 
iλ 
, e seja 
 iX
uma sequência de variáveis aleatórias com distribuição de Poisson, 
com os correspondentes parâmetros 
i{λ }
, para i=1,2,3,...,n,...Mostrar que essa sequência 
de variáveis aleatórias converge em distribuição para a normal. 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
26 
 
Solução 
Como a distribuição das variáveis 
 iX
para i=1,2,3,...,n,... é de Poisson, tem-se que: 
 
   i i iE X V X λ 
 
A distribuição normal é determinada por dois parâmetros – média e desvio padrão – que 
devem coincidir com aqueles da distribuição a ser aproximada – de Poisson; ou seja, 
deve-se ter uma sequência convergente de variáveis aproximantes 
 iY
 tal que: 
 
   i i i i i iμ E Y λ e σ V Y λ   
 
que tenda para a distribuição normal. Adicionalmente, deve-se contornar a dificuldade 
de lidar com os dois parâmetros – média e variância – crescentes, tendendo ao infinito. 
Essa dificuldade é contornada por meio da padronização das variáveis, isto é fazendo-se 
 
 
i i i i
i
ii
X E X X λ
Z
λV X
 
 
 
Então, tem-se que 
   i i i iμ E Z 0 e σ V Z 1   
 
Nessas condições, deve-se agora provar que a função geratriz de momentos de 
iZ
tende 
(converge) para a função geratriz de momentos da distribuição normal padronizada. 
Como cada variável 
iX
 tem distribuição de Poisson, a sua função geratriz de momentos 
tem a seguinte expressão 
 ti
i
λ 1
X (t)
e
M e


 
Logo 
 ti ii i
i i
λ / λ 1t λ t λ
Z X
i
t
(t)
λ
e
M e M e e
 
 
  
 
 
 
Analisando a expressão acima verifica-se que é mais fácil trabalhar com o logaritmo da 
expressão 
   
t
i ii i
i i
λ / λ 1t λ t λ t
Z X i i i
i
t
ln (t) ln t λ λ / λ 1
λ
e
M e M e e e
 
   
           
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
27 
 
Agora, considerando que o desenvolvimento em série de potências de 
xe
 é 
k 2 3
k 0
x x x
1 x ....
k! 2 3
xe


     
 
e fazendo 
i
t
x
λ

, verifica-se que na expressão do logaritmo da função geratriz de 
momentos de 
iZ
(t)M
resulta 
 ii
2 3
t / λ
Z i i i i
3
ii i
t t t
ln (t) t λ λ 1 t λ λ 1 ... 1
2λλ 3 λ
M e
 
          
 
 
 
ou seja 
i
2 3 2 3
Z i i i i
3
ii ii
t t t t t
ln (t) t λ λ ... t λ t λ ...
2λ 2λ 3 λ3 λ
M
 
          
 
 
 
Consequentemente, efetuando a passagem ao limite tem-se 
i
2 3 2
Z
n n
i
t t t
lim ln (t) lim ...
2 23 λ
M
 
 
    
 
 
 
logo, 
2
i
t / 2
Z
n
lim (t)M e


 
Portanto, no limite quando i tende a infinito a expressão da função geratriz de 
momentos da sequência 
iZ
 tende à expressão da função geratriz de momentos da 
distribuição normal padronizada, o que evidencia a convergência em distribuição da 
sequência 
iZ
 para a referida distribuição de probabilidade. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercícios Adicionais Resolvidos 
 
Exercício resolvido 1.Uma fábrica de produtos alimentícios produz certo tipo de doce 
que é enlatado para a venda. Suponha que o peso líquido, em gramas, das latas 
produzidas possa ser considerado uma variável aleatória com distribuição uniforme no 
intervalo (795, 805). Calcular a probabilidade do peso líquido de uma lata diferir do 
peso médio por, no máximo, 3 gramas. 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
28 
 
Solução 
Seja X = peso líquido eventual de uma lata de doce. Como X tem distribuição uniforme 
no intervalo (795, 805) a função de densidade de X é 
 
1
f(x) = para 795 x < 805
10

 
Logo, o peso líquido médio das latas de doce é 
 
795 + 805
E X 800
2
 
 
e portanto 
   
803 797 6
P X 800 3 P 797 X 803 0,6
10 10

       
 
 
Exercício resolvido 2. A vida útil de determinada peça, medida em horas de serviço, 
possui distribuição exponencial de parâmetro 0,04. Calcular a probabilidade de que uma 
peça que já durou 50 horas venha a ter uma vida útil compreendida entre 100 e 200 
horas. 
Solução 
Se 
X
~ Exponencial (
0,04
) então a sua função de densidade de probabilidade é 
 
0,04xf(x) = 0,04 para x 0e 
 
Logo 
 
 
 
P 100 X 200 A
P X > 50 | 100 X 200
P X > 50 B
 
   
 onde: 
A = P(100 < X < 200) e assim
 
200
200 100
0,04x 0,04x 0,04x 4 8
100 200
100
P 100 < X 200 0,04 dx =e e e e e         
 
B = P(X > 50) e portanto 
  0,04x 0,04x2
50
50
B P X > 50 0,04 dxe e e


      
 
Consequentemente, a probabilidade que se quer determinar é 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
29 
 
   
4 8
2 6
2
P X > 50 | 100 X 200 P 50 X 150
e e
e e
e
 
 


       
 
 
Exercício resolvido 3. Seja X uma variável aleatória com distribuição beta de 
parâmetros p e q. Determinar a expressão do momento ordinário de ordem k de X; 
calcular a sua expectância e a sua variância. 
Solução 
Se X tem distribuição beta de parâmetros p e q, então a sua função de densidade de 
probabilidade é 
 
   
1 1( ) (1 ) para 0 1 , 0 e 0p q
p q
f x x x x p q
p q
       
 
 
Logo, a expressão geral dos momentos ordinários de X é 
1 1
1 1 1 1
0 0
1 1
( ) (1 ) (1 )
( , ) ( , )
k k p q k p q
k E X x x x dx x x dx
B p q B p q
          
 
( , ) ( ) ( ) ( )
( )
( , ) ( ) ( ) ( )
k
k
B p k q p k q p q
E X
B p q p q k p q
        
    
 
( 1)( 2)...( 1)
( ) para p > 0 , q > 0 e k 0,1,2,3,...
( 1)( 2)...( 1)( )
k
k
p k p k p p
E X
p q k p q k p q p q
       
        
 
 
1( )
p
E X
p q
   

 
 
2
2
( 1)
( )
( 1)( )
p p
E X
p q p q
  
  
 
 
2
2
( 1)
( )
( 1)( )
p p
E X
p q p q
  
  
 
  2
2
2 2 1 2
1 ( ) ( 1)( 1)
( 1)( ) ( 1)( )
p p p q p p qp p p
p q p q p q p q p q
                
       
 
  2 2
2 2 2
( )
( ) ( 1) ( ) ( 1)
p p pq p q p pq p pq
V X
p q p q p q p q
        
     
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
30 
 
 A função geratriz de momentos é expressa por 
 
 
k k
k
X
k 0 k 0
t (p k) (p q) t
(t) E X
k! (p q k) (p) (k 1)
M
 
 
   
 
     
 
 
 
Exercício resolvido 4. O quociente de inteligência (QI) dos habitantes de certa região 
possui distribuição normal de média 100 e desvio padrão 16. Qual é a probabilidade de 
que um indivíduo escolhido ao acaso naquela região possua QI superior a 135? 
Solução 
Seja X = quociente de inteligência de um habitante da região considerada. Então 
X
~ 
Normal (200, 50) logo 
 
135 100 35
P(X > 135) = P Z > P Z P Z > 2,19 0,5 H(2,19) =
16 16
   
       
   
 
donde 
P(X > 135) = 0,5000 0,4857 0,0143 
 
 
Exercício resolvido 5. O diâmetro de uma peça produzida em série possui distribuição 
normal de média 28 mm e desvio padrão 0,15 mm. As peças passam por uma inspeção, 
sendo eliminadas aquelas cujos diâmetros sejam maiores que 28,225 mm ou inferiores a 
27,625 mm. Qual é a probabilidade de que uma peça venha a ser eliminada na inspeção? 
Solução 
Sejam os seguintes eventos: A = “a peça é aceita” e E = “a peça é eliminada” 
Evidentemente, esses eventos são contrários (ou complementares). Portanto, tem-se 
   
27,625 28 28,225 28
P A P 27,625 X 28,225 P Z
0,15 0,15
  
      
 
 
donde 
   P A P 2,5 Z 1,5 H(2,5) + H(1,5) = 0,4938 0,4332 0,9270      
 
e consequentemente P(E) = 1 – P(A) = 1 – 0,9270 = 0,0730 
 
Exercício resolvido 6. A distribuição dos pesos dos coelhos em uma granja pode ser 
representada por uma distribuição normal de média 5 kg e desvio padrão 0,8 kg. Os 
coelhos devem ser classificados de acordo com o seguinte critério: 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
31 
 
1. coelhos pequenos: os 20% mais leves; 
2. coelhos médio: os 57% seguintes; 
3. coelhos grandes: os 23% mais pesados. 
Pergunta-se: quais são os limites de peso para a classificação? 
 
Solução 
Seja X = peso de um coelho (selecionado ao acaso entre os coelhos da granja). Sabe-se 
que 
X
~ Normal (5; 0,8). 
Sejam 
1 2L e L
 os limites de peso que separam os coelhos pequenos dos médios e estes 
dos grandes, respectivamente. Então: 
1P(X < L ) 0,2
 donde 
1L 5P Z < 0,2
0,64
 
  
 
 e como 
1L 5 0
0,64


tem-se 
1(L 5)P Z 0,2
0,64
  
   
 
 do que resulta 
1(L 5)0,5 H 0,2
0,8
  
  
 
 e assim 
1(L 5)H 0,5 0,2 0,3
0,8
  
   
 
 consequentemente 
1(L 5)H 0,3 H(0,84)
0,8
  
  
 
 
Logo 
1
1
(L 5)
0,84 L 5 0,8.0,84 5 0,672 4,328 4,33
0,8
 
      
 kg 
Por outro lado, tem-se 
2P(X L ) 0,23 
 donde 
1L 5P Z 0,23
0,64
 
   
 
 e como 
2L 5 0
0,64


tem-se 
1(L 5)P Z 0,23
0,64
 
   
 
 do que resulta 
1L 50,5 H 0,23
0,8
 
  
 
 e assim 
1L 5H 0,5 0,23 0,27
0,8
 
   
 
 consequentemente 
1L 5H 0,27 H(0,74)
0,8
 
  
 
 
Logo 
1
1
L 5
0,74 L 5 0,8.0,74 5 0,592 5,592 5,59
0,8

      
 kg 
 
Unidade I – Cálculo de Probabilidades – Capítulo 6 – 
Principais Distribuições Contínuas 
 
32 
 
Exercício resolvido 7. Considere-se novamente o exercício anterior (exercício resolvido 
6). Se forem escolhidos seis coelhos ao acaso da granja, qual é a probabilidade de que o 
peso total dos seis coelhos seja inferior a 28 kg? 
Solução 
 
Seja X o peso eventual de um coelho da granja. Sabe-se que 
X
~ Normal (5; 0,8). Sejam 
agora 
iX , para i 1,2,3,4,5,6 os pesos dos 6 coelhos escolhidos
 e seja S a soma dos 
pesos desses coelhos, isto é 6
i
i =1
S = X
. Supondo-se que os pesos de coelhos distintos 
são independentes, então, pelo Teorema das Combinações Lineares de Normais 
Independentes (TCLNI), S tem distribuição normal, de média 
Sμ 6μ 6.5 30  
 e 
variância 
2 2 2
Sσ 6σ 6.0,8 6.0,64 3,84   
, consequentemente com desvio padrão 
Sσ 3,84 1,9596 1,96  
. Ou seja, 
X
~ Normal (30; 1,96). Então 
     
28 30
P S < 28 P Z < P Z < 1,02 P Z 1,02 0,5 H(1,02)
1,96
 
       
 
donde 
 P S < 28 0,5000 0,3461 0,1539  
 
 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------