Solucionário Exercicio

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1. Suponha que a ocorrência de chuva (ou não) dependa de das condições do tempo no 
dia imediatamente anterior. Admitamos que se chover hoje, choverá amanhã com 
probabilidade de 0,7; e que se não chover hoje, então choverá amanhã com 
probabilidade de 0,4. Sabendo que choveu hoje, calcule a probabilidade de chover depois 
de amanhã. 
Solução: 
Seja os eventos: 
A ≔ {Choverá amanhã} 
B ≔ {Choverá depois de amanhã} 
Como, por hipótese, choveu hoje, então: 
𝑃(𝐴) = 0,7 
e 
𝑃(𝐴′) = 1 − 𝑃(𝐴) = 1 − 0,7 = 0,3 
Além disso, usando ainda os dados do problema: 
𝑃(𝐵|𝐴) = 0,7 
e 
𝑃(𝐵| 𝐴′) = 0,4 
Logo, usando a ideia de Probabilidade Total: 
𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐵|𝐴) ⋅ 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵|𝐴′) ⋅ 𝑃(𝐴′) ⇒ 
𝑃(𝐵) = 0,7 ⋅ 0,7 + 0,4 ⋅ 0,3 ⇒ 
𝑃(𝐵) = 0,61 
 
2. Em determinada área, 10% do terreno contem areia, 20% contem argila e 5% contem 
ambas, areia e argila. Uma amostra aleatória do terreno é retirada. Calcule 
a) A probabilidade da amostra conter pelo menos um dos materiais. 
b) A probabilidade de na amostra conter somente areia 
c) A probabilidade de não conter nem areia e nem argila 
Solução: 
Seja os eventos: 
A ≔ { a amostra contém areia} 
B ≔ { a amostra contém argila} 
Assim, pelos dados do problema, temos: 
𝑃(𝐴) = 10% = 0,1 
𝑃(𝐵) = 20% = 0,2 
𝑃(𝐴 𝑒 𝐵) ≔ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 5% = 0,05 
a) 
Neste item é pedido a ocorrência de 𝐴 ou 𝐵, ou seja, estão atrás de 𝐴 ∪ 𝐵. Assim: 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 0,1 + 0,2 − 0,05 ⇒ 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 0,25 = 25% 
 
b) 
Neste segundo caso é avaliado o evento 𝐴 e 𝐵′, ou seja, a ocorrência de areia na amostra 
e a não ocorrência de argila. Assim: 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵′) = 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵′) = 0,1 − 0,05 ⇒ 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,05 = 5% 
 
c) 
O evento pedido é 𝐴 ∪ 𝐵,. Assim, usando o resultado do item a): 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 1 − 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) 
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 1 − 0,25 ⇒ 
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,75 = 75% 
 
3. Um PBX recebe uma media de 3 chamadas por minuto. Supondo que as chamadas que 
chegam se comportam segundo uma distribuição de Possion, calcule: 
a) A probabilidade não receba chamadas no intervalo de um minuto. 
b) A probabilidade de obter no máximo 1 chamada em 2 minutos 
Solução: 
a) 
Temos: 
𝜆 = 3 chamadas/min ⋅ 1 min = 3 chamadas 
E a variável aleatória em estudo é: 
𝑋 ≔ {número de chamdas em 1 minuto} 
Assim: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑓(0; 3) =
𝑒−3 ⋅ 30
0!
⇒ 
𝑃(𝑋 = 0) ≅ 0,0498 = 4,98% 
 
b) 
Agora temos: 
𝜆 = 3 chamadas/min ⋅ 2 mins = 6 chamadas 
Além disso, a nova variável aleatória é: 
𝑋 ≔ {número de chamdas em 2 minutos} 
Logo, desejamos o valor de: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝐹(1; 6) = 𝑓(0; 6) + 𝑓(1; 6) ⇒ 
𝑃(𝑋 ≤ 1) =
𝑒−6 ⋅ 60
0!
+
𝑒−6 ⋅ 61
1!
⇒ 
𝑃(𝑋 ≤ 1) ≅ 0,0174 = 1,74% 
 
4. Uma moeda é jogada 8 vezes. Calcule as seguintes probabilidades: 
a) de ocorrer 6 caras; 
b) de sair pelo menos 2 caras; 
c) Da primeira cara ocorrer somente na quinta jogada 
d) A segunda cara ocorrer na quinta jogada 
Solução: 
Seja 𝑋 a variável aleatória do problema definida por: 
𝑋 ≔ Número de caras ocrorrido 
Assim, 𝑋 é uma variável binomial com 𝑛 = 8 e 𝑝 = 0,5. Além disso: 
𝑓(𝑥; 𝑛; 𝑝) = (
𝑛
𝑥
) 𝑝𝑥(1 − 𝑝)𝑛−𝑥, para 𝑥 = 0,1,2, … , 𝑛 
Logo: 
𝑓(𝑥; 8; 0,5) = (
8
𝑥
) 0,5𝑥 ⋅ 0,58−𝑥 = (
8
𝑥
) 0,58, para 𝑥 = 0,1,2, … , 8 
a) 
Para este caso, temos 𝑥 = 6 .Logo: 
𝑃(𝑋 = 6) = 𝑓(6; 8; 0,5) = (
8
6
) ⋅ 0,58 ⇒ 
𝑃(𝑋 = 6) ≅ 0,109 = 10,9 % 
 
b) 
Procuramos a seguinte probabilidade: 
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 < 2) 
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝐹(1; 8; 0,5) 
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − (
8
0
) ⋅ 0,58 − (
8
1
) ⋅ 0,58 ⇒ 
𝑃(𝑋 ≥ 2) ≅ 0,965 = 96,5 % 
 
c) 
Neste caso, temos uma distribuição geométrica com 𝑥 = 5 e 𝑝 = 𝑞 = 0,5. Logo: 
𝑓(5; 0,5) = 0,5 ⋅ 0,55−1 ⇒ 
𝑓(5; 0,5) ≅ 0,0313 = 3,13 % 
 
d) 
 A distribuição que representa tal situação é a binomial negativa, onde 𝑥 = 5 , 𝑝 = 𝑞 =
0,5 e 𝑘 = 2. Logo: 
𝑓(𝑥 = 5; 𝑘 = 2, 𝑝 = 0.5) = (
5 − 1
2 − 1
) ⋅ 0.52 ⋅ 0.55−2 ⇒ 
𝑓(5; 2, 0.5) = 0.125 = 12.5 % 
 
5. A probabilidade de um determinado jogador converter em gol um penalti igual a 3/4, 
sempre que chuta. Se ele cobra 5 penaltis, qual a probabilidade de: 
a) errar todos ou seja; não marcar nenhum gol 
b) acertar todos, ou seja marcar 5 gols 
c) acertar apenas 2, ou seja marcar aénas 2 gols 
d) que o primeiro penalti convertido em gol seja na terceira cobranca 
e) que o segundo penalti convertido em gol seja na quinta cobranca 
Solução 
a) 
Trata-se de uma distribuição binomial onde 𝑋 é o número gols dentre as cinco cobranças. 
Além disso, tem-se 𝑝 =
3
4
= 0.75, 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0.25 , 𝑛 = 5 e 𝑥 = 0. Assim, a 
probabilidade requerida será: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑓(0; 5; 0.75) = (
5
0
) 0.750 ⋅ 0.255−0 ⇒ 
𝑃(𝑋 = 0) ≅ 0.00098 = 0.098% 
 
b) 
Para este caso, tem-se: 
𝑃(𝑋 = 5) = 𝑓(5; 5; 0.75) = (
5
5
) 0.755 ⋅ 0.255−5 ⇒ 
𝑃(𝑋 = 5) ≅ 0.2373 = 23.73% 
 
c) 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑓(2; 5; 0.75) = (
5
2
) 0.752 ⋅ 0.255−2 ⇒ 
𝑃(𝑋 = 2) ≅ 0.0879 = 8,79% 
d) 
Usando a distribuição geométrica com 𝑥 = 3 e 𝑝 = 0.75; 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑓(3; 0.75) = 0.75 ⋅ 0.253−1 ⇒ 
𝑃(𝑋 = 3) ≅ 0,0313 = 3,13 % 
 
e) 
 Pela binomial negativa, onde 𝑥 = 5 , 𝑝 = 𝑞 = 0,5 e 𝑘 = 2 , temos: 
𝑓(𝑥 = 5; 𝑘 = 2, 𝑝 = 0.75) = (
5 − 1
2 − 1
) ⋅ 0.752 ⋅ 0.255−2 
𝑓(5; 2, 0.75) ≅ 0.0352 = 3.52 % 
 
6. Uma caixa tem 3 moedas: uma não viciada, outra com 2 caras e uma terceira 
viciada, de modo que a probabilidade de ocorrer cara nesta moeda viciada é de 1/5. 
Uma moeda é selecionada ao acaso na caixa. Saiu cara. Qual a probabilidade de que a 
terceira moeda tenha sido selecionada? 
Solução: 
Seja os eventos: 
𝑀1 ≔ A moeda selecionada é não viciada 
𝑀2 ≔ A moeda selecionada é de 2 caras 
𝑀3 ≔ A moeda selecionada é viciada 
𝐶 ≔ Sair cara. 
Então, estamos atrás de sair 𝑃(𝑀3|𝐶). Para isso, usaremos Teorema de Bayes: 
𝑃(𝑀3|𝐶) =
𝑃(𝐶|𝑀3) ⋅ 𝑃(𝑀3)
𝑃(𝐶|𝑀1) ⋅ 𝑃(𝑀1) + 𝑃(𝐶|𝑀2) ⋅ 𝑃(𝑀2) + 𝑃(𝐶|𝑀3) ⋅ 𝑃(𝑀3)
 
𝑃(𝑀3|𝐶) =
1
5 ⋅
1
3
1
2 ⋅
1
3 + 1 ⋅
1
3 +
1
5 ⋅
1
3
 ⇒ 
𝑃(𝑀3|𝐶) ≅ 0,1176 = 11,76% 
 
7. Uma moeda não viciada é lançada 3 vezes. Seja X igual a 0 ou 1, conforme ocorra 
cara ou coroa no primeiro lançamento, e seja Y o número de caras que ocorram. 
Determine: 
a) as distribuições de X e Y; 
b) a distribuição conjunta de X e Y; 
c) Cov(X;Y). 
Solução 
a) 
A variável 𝑋 é de Bernoulli, enquanto que 𝑌 obedece uma distribuição binomial (𝑛 = 3), 
ambas com 𝑝 = 0.5. Assim: 
X 0 1 
𝑓𝑋(𝑥) 0.5 0.5 
e 
𝑓𝑌(𝑦) = {
(
3
𝑦
) 0.53 , se 𝑥 = 0,1,2,3 ⇒
 0 , caso contrário
 
Y 0 1 2 3 
𝑓𝑌(𝑦) 0.125 0.375 0.375 0.125 
 
b) 
O espaço amostral é: 
𝑆 = {CCC, CCK, CKC, CKK, KCC, KCK, KKC, KKK} 
Assim, verifica-se que a distribuição conjunta será: 
X\Y 0 1 2 3 
0 0 
1
8
= 0.125 
2
8
= 0.25 
1
8
= 0.125 
1 
1
8
= 0.125 
2
8
= 0.25 
1
8
= 0.125 0 
c) 
Temos que: 
𝐸(𝑋) = 0 ⋅ 0.5 + 1 ⋅ 0.5 = 0.5 
e 
𝐸(𝑌) = 0 ⋅ 0.125 + 1 ⋅ 0.375 + 2 ⋅ 0.375 + 3 ⋅ 0.125 = 1.5 
e 
𝐸(𝑋𝑌) = (0 ⋅ 0) ⋅ 0 + (0 ⋅ 1) ⋅ 0.125 + (0 ⋅ 2) ⋅ 0.25 + (0 ⋅ 3) ⋅ 0.125 + (1 ⋅ 0) ⋅ 0.125 
+(1 ⋅ 1) ⋅ 0.25 + (1 ⋅ 2) ⋅ 0.125 + (1 ⋅ 3) ⋅ 0 ⇒ 
𝐸(𝑋𝑌) = 0.5 
Assim: 
Cov(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸(𝑋) ⋅ 𝐸(𝑌) = 0. .5 − 0.5 ⋅ 1.5 ⇒ 
Cov(𝑋, 𝑌) = −0.25 
 
8. Sejam X: renda familiar em R$ 1.000,00 e Y: N.º de aparelhos de TV em cores. 
Considere o quadro: 
 
X 1 2 3 1 3 2 3 1 2 3 
Y 2 1 3 1 3 3 2 1 2 3 
 
a) Verificar, usando o coeficientede correlação, se há dependência entre as duas 
variáveis; 
b) Determinar a renda familiar média de quem possui 2 aparelhos de TV. Use a 
distribuição de probabilidades E(X/Y = 2). 
Solução 
Como trata-se de uma amostra então: 
𝑋 =
1 + 2 + 3 + 1 + 3 + 2 + 3 + 1 + 2 + 3
10
= 2.1 
𝑌 =
2 + 1 + 3 + 1 + 3 + 3 + 2 + 1 + 2 + 3
10
= 2.1 
∑ 𝑥2 = 12 + 22 + 32 + 12 + 32 + 22 + 32 + 12 + 22 + 32 = 51 
∑ 𝑦2 = 22 + 12 + 32 + 12 + 32 + 32 + 22 + 12 + 22 + 32 = 51 
∑ 𝑥𝑖𝑦𝑖 = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 = 49 
Assim: 
𝑠𝑋 =
√∑ 𝑥
2 − 𝑛 ⋅ 𝑋
2
𝑛 − 1
= √
51 − 10 ⋅ 2.12
10 − 1
≅ 0,8756 
𝑠𝑌 =
√∑ 𝑦
2 − 𝑛 ⋅ 𝑌
2
𝑛 − 1
= √
51 − 10 ⋅ 2.12
10 − 1
≅ 0,8756 
𝑠𝑋𝑌 =
∑ 𝑥𝑖𝑦𝑖 − 𝑛 ⋅ 𝑋 ⋅ 𝑌
𝑛 − 1
=
49 − 10 ⋅ 2.1 ⋅ 2.1
10 − 1
≅ 0,5444 
Logo: 
𝑟𝑋,𝑌 =
𝑠𝑋𝑌
𝑠𝑥𝑠𝑌
≅
0,5444
0,8756 ⋅ 0,8756
≅ 0,71 
Como 𝑟𝑋,𝑌 ≠ ±1 não há dependência entre tais variáveis. 
 
b) 
A tabela abaixo mostra a distribuição da conjunta de 𝑋 𝑒 𝑌. 
 𝑌 = 1 𝑌 = 2 𝑌 = 3 
𝑋 = 1 
2
10
= 0.2 
1
10
= 0.1 0 
𝑋 = 2 
1
10
= 0.1 
1
10
= 0.1 
1
10
= 0.1 
𝑋 = 3 0 
1
10
= 0.1 
3
10
= 0.3 
 
Assim: 
𝑓𝑌(𝑌 = 2) = 0.1 + 0.1 + 0.1 = 0.3 
e 
𝐸(𝑋|𝑌 = 2) = ∑ 𝑥𝑖𝑓𝑋𝑌(𝑋 = 𝑥𝑖|𝑌 = 2) = ∑ 𝑥𝑖
𝑓𝑋𝑌(𝑋 = 𝑥𝑖 , 𝑌 = 2)
𝑓𝑌(𝑌 = 2)
 
𝐸(𝑋|𝑌 = 2) = 1
𝑓𝑋𝑌(𝑋 = 1, 𝑌 = 2)
𝑓𝑌(𝑌 = 2)
+ 2
𝑓𝑋𝑌(𝑋 = 2, 𝑌 = 2)
𝑓𝑌(𝑌 = 2)
+ 3
𝑓𝑋𝑌(𝑋 = 3, 𝑌 = 2)
𝑓𝑌(𝑌 = 2)
 
𝐸(𝑋|𝑌 = 2) = 1 ⋅
0.1
0.3
+ 2 ⋅
0.1
0.3
+ 3 ⋅
0.1
0.3
 ⇒ 
𝐸(𝑋|𝑌 = 2) = 2 ⇒ 
𝐸(𝑋|𝑌 = 2) = R$ 2 000,00 
 
9. Uma prova contem uma questão em que o aluno deve responder se ela é falsa ou 
verdadeira. Dos alunos de uma turma, 25% não sabem resolver a questão, enquanto os 
demais sabem a resposta. Um aluno da turma é escolhido ao acaso. 
(a) Qual a probabilidade de que ele tenha acertado a questão? 
(b) Dado que o aluno acertou a questão, qual a probabilidade de que ele tenha 
“chutado"? 
Solução: 
a) 
Seja os eventos: 
𝐴 ≔ O aluno acertou a questão 
𝑆 ≔ O aluno sabe a questão 
Assim, estamos atrás de 𝑃(𝐴). Usando probabilidade total, temos: 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴|𝑆) ⋅ 𝑃(𝑆) + 𝑃(𝐴|𝑆′) ⋅ 𝑃(𝑆′) ⇒ 
𝑃(𝐴) = 1 ⋅ 0.75 + 0.5 ⋅ 0.25 ⇒ 
𝑃(𝐴) = 0,875 = 87,5% 
 
b) 
Usando o Teorema de Bayes, temos: 
𝑃(𝑆′|𝐴) =
𝑃(𝐴|𝑆′) ⋅ 𝑃(𝑆′)
𝑃(𝐴|𝑆) ⋅ 𝑃(𝑆) + 𝑃(𝐴|𝑆′) ⋅ 𝑃(𝑆′)
 
𝑃(𝑆′|𝐴) =
0.5 ⋅ 0.25
1 ⋅ 0.75 + 0.5 ⋅ 0.25
⇒ 
𝑃(𝐴) ≅ 0,1429 = 14,29% 
 
10. Uma turma de estudantes compreende 3 canhotos e 24 destros. Selecionam-se 
aleatoriamente dois estudantes diferentes para um projeto de coleta de dados, 
representando-se por X o número de estudantes canhotos escolhidos, calcule: 
a) A média, a variância e o desvio padrão da variável aleatória X. 
b) A probabilidade de pelo menos um canhoto ser escolhido 
Solução 
a) 
A variável aleatória 𝑋 possui um distribuição hipergeométrica, onde: 
𝑁 = 3 + 24 = 27; 
𝑛 = 2; 
𝑘 = 3 
Logo: 
𝐸(𝑋) =
𝑛𝑘
𝑁
=
2 ⋅ 3
27
 ⇒ 
𝐸(𝑋) ≅ 0,222 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
𝑛𝑘(𝑁 − 𝑘)(𝑁 − 𝑛)
𝑁2(𝑁 − 1)
=
2 ⋅ 3 ⋅ (27 − 3) ⋅ (27 − 2)
272 ⋅ (27 − 1)
 ⇒ 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) ≅ 0,19 
e 
𝜎𝑋 = √𝑉𝑎𝑟(𝑋) ⇒ 
𝜎𝑋 ≅ 0,436 
 
b) 
Para este caso: 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 < 1) = 1 − 𝑓(0, 27, 2,3) 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 −
(
3
0
) (
27 − 3
2 − 0
)
(
27
2
)
⇒ 
𝑃(𝑋 ≥ 1) ≅ 0,2137 = 21,37%